PROBLEMAS RESUELTOS DE CÁLCULO VECTORIAL
teoría de campos, cursores, gradiente, rotacional, divergencia

Ver enunciado del ejercicio en:

Ejercicios de Calculo vectorial

Estás en : Matemáticas y Poesía > Ejercicios resueltos

 
Ejercicios de cálculo vectorial - Respuesta del ejemplo 27

Para demostrar la primera parte vemos si se cumple:
    \( \overrightarrow{H}rot \overrightarrow{H} = 0 \; \; \; \; \; \; (\ast) \)
Tenemos:
    \( rot \; \vec{H} = \overrightarrow{\nabla}\wedge \overrightarrow{H} = \)
    \(\displaystyle \left|
    \begin{array}{ccc}
    \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\
    \frac{\partial}{\partial x }& \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\
    X & Y & Z \\
    \end{array}
    \right| = \left( \frac{\partial Z}{\partial y} - \frac{\partial Y}{\partial z}\right) \hat{i} + \left( \frac{\partial X}{\partial z} - \frac{\partial Z}{\partial x}\right) \hat{j} + \left( \frac{\partial Y}{\partial x} - \frac{\partial X}{\partial y}\right) \hat{k} \)
Por lo que, operando:
    \( \displaystyle \vec{H} · rot \; \vec{H} = \left[ (yz)\, \hat{i} + (-zx)\, \hat{j} + (-y^2)\, \hat{k}\right]\, \left[ (-2i + x)\, \hat{i} + (y)\, \hat{j} + (-2z)\, \hat{k}\right] = \)

    \( \displaystyle = 2y^2z + yzx - zxy - 2y^2z = 0 \)
Esto significa que se puede integrar la ecuación diferencial:
    \( (yz)dx + (-zx)dy + (-y^2)dz = 0 \)
Haciendo z = cte. tenemos:
    \( \displaystyle \begin{array}{l} (yz)dx + (-zx)dy = 0 \quad ; \quad ydx - xdy = 0 \; \; \Rightarrow \\  \\ \Rightarrow \; \; \ln x - \ln y = \ln K(z) \quad ; \quad \frac{x}{y} = K(z)2 \end{array} \)
Diferenciando esta expresión tenemos:
    \( \displaystyle \frac{1}{y}dx - \frac{x}{y^2}dy - K'(z)dz = 0 \; \; \Rightarrow \; \; \)

    \( \displaystyle \; \; \Rightarrow \; \; zy^2\frac{1}{y}dx - zy^2\frac{x}{y^2}dy - zy^2K'(z)dz = 0\)
E identificando coeficientes con la ecuación del enunciado:
    \( \displaystyle \begin{array}{l} zy^2 \, K'(z) = y^2 \; \; \Rightarrow \; \; K'(z) = \frac{1}{z} \; \; \Rightarrow \\  \\ \Rightarrow \; \; dK = \frac{1}{z}dz \; \; \Rightarrow \; \; K(z) = \ln z + \ln C = \ln Cz \end{array}\)
Y sustituyendo en la expresión de K(z) :
    \( \displaystyle K(z) = \ln Cz = \frac{x}{y} \; \; \Rightarrow \; \; Cz = \exp \left(\frac{x}{y}\right)\)
Que son las superficies ortogonales buscadas.

Se dice que un campo vectorial es colineal a otro, si son paralelos entre si. Resulta fácil ver en este caso que el campo H’ dado por:
    \( \displaystyle \overrightarrow{H}' = \left(\frac{1}{y}\; , - \frac{x}{y^2}\; , - \frac{1}{z}\right) \; \; \Rightarrow \)

    \( \displaystyle \left( \frac{\partial Z}{\partial y} - \frac{\partial Y}{\partial z}\right) \hat{i} + \left( \frac{\partial X}{\partial z} - \frac{\partial Z}{\partial x}\right) \hat{j} + \left( \frac{\partial Y}{\partial x} - \frac{\partial X}{\partial y}\right) \hat{k} = \)

    \( \displaystyle (0)\, \hat{i} + (0)\, \hat{j} + \left(-\frac{1}{y^2} + \frac{1}{y^2} \right)\, \hat{k} \)
Es colineal con H.

Para que este campo admita un potencial, se ha de cumplir que la expresión diferencial:
    \( \displaystyle \frac{1}{y}\, dx - \frac{x}{y^2}\, dy - \frac{1}{z}\, dz = 0\)
Sea integrable. Esto se comprueba viendo que se cumple la ecuación (*) para H'. Y tenemos:
    \( \displaystyle \vec{H}' \, rot \; \vec{H}' = \left[ \left(\frac{1}{y}\right)\, \hat{i} + \left(- \frac{x}{y^2}\right)\, \hat{j} + \left(- \frac{1}{z}\right)\, \hat{k}\right]\, \left[ (0)\, \hat{i} + (0)\, \hat{j} + (0)\, \hat{k}\right] = 0\)
De los cálculos anteriores puede deducirse con facilidad que rot H vale:
    \( \displaystyle (- 2y + x )\, \hat{i} + (y)\, \hat{j} + (- 2z)\, \hat{k} \)
La ecuación diferencial de las líneas de campo que tienen como vector tangente a rot H es:
    \( \displaystyle \frac{1}{x-2y}\, dx = \frac{1}{y}\, dy = \frac{1}{- 2z}\, dz \)
Tomando las dos últimas resulta:
    \( \displaystyle \frac{1}{y}\, dy = \frac{1}{- 2z}\, dz \; \; ; \; \; - 2\, \ln y = \ln z + \ln \varphi(x) \; \; \Rightarrow \; \; z\, y^2 = K_1(x) \)
Y de las dos primeras:
    \( \displaystyle \frac{1}{x-2y}\, dx = \frac{1}{y}\, dy \; \; ; \; \; \frac{dx}{2y-x} + \frac{dy}{y} = 0 \; \; \Rightarrow \; \; ydx + (2y-x)dy = 0 \; \; \Rightarrow \; \;\)

    \( \displaystyle \frac{ydx + (2y - x)dy}{y^2} = 0 \; \; ; \; \; \frac{ydx - xdy}{y^2} + \frac{2dy}{y} = 0 \; \; ; \; \; \frac{x}{y} + \ln (y^2) = K_2(x)\)
Tenemos entonces que las superficies tangentes al campo rot H vienen dadas por:
    \(\displaystyle \left. \begin{array}{ll} z\, y^2 = K_1(x) \\ \\ \frac{x}{y} + \ln(y^2) = K_2(x) \end{array} \right\} \; \; K_1 = \phi(K_2) \; \; \Rightarrow \; \; z \, y^2 = \phi\left[\frac{x}{y} + \ln (y^2)\right] \)
Ejercicios resueltos de cálculo vectorial y teoría de campos


tema escrito por: José Antonio Hervás