Ejercicios de cálculo vectorial - Respuesta del ejemplo 27

Para demostrar la primera parte vemos si se cumple:

\( \overrightarrow{H}·rot \overrightarrow{H} = 0 \qquad \qquad (\ast) \)

Tenemos:

\( \displaystyle rot \; \vec{H} = \overrightarrow{\nabla}\wedge \overrightarrow{H} =\left|
\begin{array}{ccc}
\hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\
\frac{\partial}{\partial x }& \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\
X & Y & Z \\
\end{array}
\right| = \left( \frac{\partial Z}{\partial y} - \frac{\partial Y}{\partial z}\right) \hat{i} + \left( \frac{\partial X}{\partial z} - \frac{\partial Z}{\partial x}\right) \hat{j} + \left( \frac{\partial Y}{\partial x} - \frac{\partial X}{\partial y}\right) \hat{k} \)

Por lo que, operando:

\( \displaystyle \vec{H} \cdot rot \; \vec{H} = \left[ (yz)\cdot \hat{i} + (-zx)\cdot \hat{j} + (-y^2)\cdot \hat{k}\right]\cdot \left[ (-2i + x)\cdot \hat{i} + (y)\cdot \hat{j} + (-2z)\cdot \hat{k}\right] = \)

\( \displaystyle = 2y^2z + yzx - zxy - 2y^2z = 0 \)

Esto significa que se puede integrar la ecuación diferencial:

\( (yz)dx + (-zx)dy + (-y^2)dz = 0 \)

Haciendo z = cte. tenemos:

\( \displaystyle (yz)dx + (-zx)dy = 0 \quad ; \quad y·dx - x·dy = 0 \quad \Rightarrow \quad \ln x - \ln y = \ln K(z) \quad ; \quad \frac{x}{y} = K(z)\)

Diferenciando esta expresión tenemos:

\( \displaystyle \frac{1}{y}·dx - \frac{x}{y^2}·dy - K'(z)·dz = 0 \quad \Rightarrow \quad \)

\( \displaystyle \quad \Rightarrow \quad z·y^2·\frac{1}{y}·dx - z·y^2·\frac{x}{y^2}·dy - z·y^2·K'(z)·dz = 0\)

E identificando coeficientes con la ecuación del enunciado:

\( \displaystyle zy^2 \cdot K'(z) = y^2 \quad \Rightarrow \quad K'(z) = \frac{1}{z} \quad \Rightarrow \quad dK = \frac{1}{z}·dz \quad \Rightarrow \quad K(z) = \ln z + \ln C = \ln Cz\)

Y sustituyendo en la expresión de K(z) :

\( \displaystyle K(z) = \ln Cz = \frac{x}{y} \quad \Rightarrow \quad Cz = \exp \left(\frac{x}{y}\right)\)

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:

\( \displaystyle \overrightarrow{H}' = \left(\frac{1}{y}\; , - \frac{x}{y^2}\; , - \frac{1}{z}\right)\)

\( \displaystyle \left( \frac{\partial Z}{\partial y} - \frac{\partial Y}{\partial z}\right) \hat{i} + \left( \frac{\partial X}{\partial z} - \frac{\partial Z}{\partial x}\right) \hat{j} + \left( \frac{\partial Y}{\partial x} - \frac{\partial X}{\partial y}\right) \hat{k} = (0)\cdot \hat{i} + (0)\cdot \hat{j} + \left(-\frac{1}{y^2} + \frac{1}{y^2} \right)\cdot \hat{k} \)

Es colineal con H.

Para que este campo admita un potencial, se ha de cumplir que la expresión diferencial:

\( \displaystyle \frac{1}{y}\cdot dx - \frac{x}{y^2}\cdot dy - \frac{1}{z}\cdot dz = 0\)

Sea integrable. Esto se comprueba viendo que se cumple la ecuación (*) para H'. Y tenemos:

\( \displaystyle \vec{H}' \cdot rot \; \vec{H}' = \left[ \left(\frac{1}{y}\right)\cdot \hat{i} + \left(- \frac{x}{y^2}\right)\cdot \hat{j} + \left(- \frac{1}{z}\right)\cdot \hat{k}\right]\cdot \left[ (0)\cdot \hat{i} + (0)\cdot \hat{j} + (0)\cdot \hat{k}\right] = 0\)

De los cálculos anteriores puede deducirse con facilidad que rot H vale:

\( \displaystyle (- 2y + x )\cdot \hat{i} + (y)\cdot \hat{j} + (- 2z)\cdot \hat{k} \)

La ecuación diferencial de las líneas de campo que tienen como vector tangente a rot H es:

\( \displaystyle \frac{1}{x-2y}\cdot dx = \frac{1}{y}\cdot dy = \frac{1}{- 2z}\cdot dz \)

Tomando las dos últimas resulta:

\( \displaystyle \frac{1}{y}\cdot dy = \frac{1}{- 2z}\cdot dz \quad ; \quad - 2\cdot \ln y = \ln z + \ln \varphi(x) \quad \Rightarrow \quad z\cdot y^2 = K_1(x) \)

Y de las dos primeras:

\( \displaystyle \frac{1}{x-2y}\cdot dx = \frac{1}{y}\cdot dy \quad ; \quad \frac{dx}{2y-x} + \frac{dy}{y} = 0 \quad \Rightarrow \quad ydx + (2y-x)dy = 0 \quad \Rightarrow \quad\)

\( \displaystyle \frac{ydx + (2y - x)dy}{y^2} = 0 \quad ; \quad \frac{ydx - xdy}{y^2} + \frac{2dy}{y} = 0 \quad ; \quad \frac{x}{y} + \ln (y^2) = K_2(x)\)

Tenemos entonces que las superficies tangentes al campo rot H vienen dadas por:

\(\displaystyle \left. \begin{array}{ll} z\cdot y^2 = K_1(x) \\ \frac{x}{y} + \ln(y^2) = K_2(x) \end{array} \right\} \quad K_1 = \phi(K_2) \quad \Rightarrow \quad z \cdot y^2 = \phi\left[\frac{x}{y} + \ln (y^2)\right] \)