Gradiente, Divergencia Y Rotacional. 6f4qx

INSTITUTO TECNOLÓGICO SUPERIOR DE CALKINÍ EN EL ESTADO DE CAMPECHE

INGENIERIA EN SISTEMAS COMPUTACIONALES TERCER SEMESTRE MATEMÁTICAS III ING. JULIO CÉSAR PECH SALAZAR Subtema 4.10 Derivada direccional, gradiente divergencia y Rotacional.

Material de apoyo

Clave de la asignatura: ACM-0405 UNIDAD

4

NOMBRE

TEMAS

Funciones vectorial de 4.10 Derivada direccional, gradiente divergencia y Rotacional. varias variables

Gradiente de un vector

Se llama gradiente de una función, que se representa por Grad F, al vector cuyas proyecciones sobre los ejes de coordenadas son las derivadas parciales de dicha función. En esta expresión observamos que el gradiente de la función F define un campo vectorial.

Propiedades

1.- Las componentes del vector Grad F, en cada punto, son la razón de las variaciones de la función y de la coordenada a lo largo de las direcciones de los ejes en dicho punto. 2.- Su módulo, en cada punto, es el máximo valor de la variación de la función con la distancia. 3.- Su dirección es la de máxima variación. 4.- Su sentido es el de crecimiento de la función. Por lo tanto el gradiente de una función escalar puntual es una función vectorial puntual. Ejemplo: Dada la función F (x, y, z) =, calcular el gradiente en el punto (2, 1,-1). El gradiente de una función escalar es:

Ahora sustituimos el punto en la expresión obtenida: 2·12i+ (4·2·1-3· (-1)2) j-6·1· (-1) k Luego Grad F = 2i + 5j + 6k.

Divergencia de un vector

La operación divergencia esta definida como:

En notación de operador, Div F es el producto punto de y F. Nótese que x F es un campo vectorial, mientras que · F: R 3 -> R, de modo que · F es un campo escalar. Leemos · F como "divergencia de F". El significado físico completo de la divergencia se puede explicar como: Si imaginamos F como el campo de velocidad de un gas o fluido, entonces Div F representa la tasa de expansión por unidad de volumen de gas o de fluido. Por ejemplo, si F (x, y, z) = x i + y j + z k, entonces Div F = 3; esto significa que el gas se esta expandiendo a la tasa de 3 unidades cúbicas por unidad de volumen por unidad de tiempo. Esto es razonable, pues en este caso F es un vector radial hacia afuera, y conforme el gas se mueve hacia afuera a lo largo de las líneas de flujo, se expande. Si Div F < 0 esto significa que el gas se comprime. El teorema siguiente no muestra la relación entre las operaciones divergencia y rotacional. Teorema: Para cualquier campo vectorial F de clase C2, Esto es, la divergencia de cualquier rotacional es cero.

Rotacional de un vector

La operación rotacional asocia a cada campo vectorial C1 F en R 3. El campo vectorial Rot F definido como sigue: Sea y hagamos

Esta fórmula es fácil de recordar si la escribimos con la operación de "operador". Introduzcamos formalmente el símbolo "del" o "nabla":

es un operador; esto es, actúa u opera sobre funciones con valores reales. Específicamente, f, operando sobre f, esta dado por:

es el gradiente de f. Esta notación formal es bastante útil; si vemos como vector con componentes producto cruz

, entonces podemos tomar también el

Así, Rot F = x F. El teorema siguiente enuncia la relación básica entre el gradiente y el rotacional. Teorema: Para cualquier función f de clase C2, tenemos esto es, el rotacional de cualquier gradiente es el vector cero.

PROPIEDADES DE LA DERIVADA. GRADIENTES Y DERIVADAS DIRECCIONALES CONCEPTOS BÁSICOS En funciones de varias variables, la operación de la derivación disfruta de propiedades parecidas a las que tiene en funciones de una variable, lo que resulta de muy fácil aplicación en casos de derivadas de sumas, productos y cocientes de funciones. La operación que quizá acarrea ciertas dificultades operacionales es la derivación de composición de funciones. Para dos funciones f y g que se pueden componer entre sí, se verifica la siguiente forma matricial de la regla de la cadena:

D( f  g )(x 0 )  Df (y 0 )Dg (x 0 ) En la práctica, sin embargo, raras veces practicamos el producto matricial, sino que aplicamos el primero y segundo caso especial de la regla de la cadena:  dh f dx f dy h dz  c:R R  f ·c (t )     dt x dt y dt z dt  h(t )  f (c(t ))  f ( x(t ); y (t ); z (t )) f : R3  R 3

 h f u f v h w  g ( x; y; z )  (u ( x; y; z ); v( x; y; z ); w( x; y; z ))     x u x v x w x  h( x; y; z ))  f  g  f (u ( x; y; z ); v( x; y; z ); w( x; y; z )) f : R3  R ; g : R3  R3

En el segundo caso, podemos escribir expresiones análogas para las derivadas de h respecto a y y respecto a z. El gradiente de una función de Rn en R es el vector de sus derivadas parciales:

 f f f  f ( x; y; z )   ; ;   x y z  Las derivadas direccionales, notadas Duf, son límites de cocientes incrementales según una dirección de acercamiento u a un punto del dominio. Si tomamos la forma normalizada (vector unitario) de la dirección u, se puede mostrar que Duf(x0) = f(x0)·u; y el máximo valor de la derivada direccional se obtiene en la dirección del vector gradiente. Si se tiene una superficie definida por F(x; y; z) = 0, el gradiente F es un vector normal a la superficie en cualquier punto. PROBLEMAS 1.) Verificación de la regla de la cadena. Verificar la regla de la cadena para h/x donde h(x; y) = f(u(x; y); v(x; y)) y

f (u; v) 

u2  v2 u2  v2

, u ( x; y )  e  x  y

, v( x; y )  e xy

SOLUCIÓN Para hacer la verificación, primero aplicaremos la fórmula de la regla de la cadena y luego haremos el reemplazo de u y v en f y haremos el cálculo como derivada parcial. Aplicando la regla de la cadena tenemos:

h f u f v 2u (u 2  v 2 )  (u 2  v 2 )2u 2v(u 2  v 2 )  (u 2  v 2 )2v xy  x y    (  e )  ye 2 2 x u x v x u2  v2 u2  v2









Operando tenemos:

h  4uv 2 4vu 2  x y  (  e )  2 x u2  v2 u2  v2





e



 4e  x  y e 2 xy 2 x2 y

 e 2 xy





2

( e  x  y ) 

e



2

ye xy

Reemplazando por las expresiones de u y v en términos de x y y 

4e xy e  2 x  2 y 2 x2 y

 e 2 xy





2

ye xy 

e

4e 2 xy  2 x  2 y 2 x2 y

 e 2 xy



2

(1  y )

Ahora haremos el mismo cálculo reemplazando u y v en f y derivando parcialmente:

f (u; v) 

u2  v2 u2  v2

, u ( x; y )  e  x  y

 h( x; y )  f (u ( x; y ); v( x; y )) 





, v( x; y )  e xy 

e  2 x  2 y  e 2 xy  e  2 x  2 y  e 2 xy

 





h  2e  2 x  2 y  2 ye 2 xy e  2 x  2 y  e 2 xy  e  2 x  2 y  e 2 xy  2e  2 x  2 y  2 ye 2 xy   2 x e  2 x  2 y  e 2 xy





  2e  4 x  4 y  2e 2 xy  4 x  4 y  2 ye 2 xy  2 x  2 y  2 ye 4 xy    2e  4 x  4 y  2 ye 2 xy  2 x  2 y  2e 2 xy  2 x  2 y  2 ye 4 xy  2 e  2 x  2 y  e 2 xy





   4e 2 xy  4 x  4 y  4 ye 2 xy  4 x  4 y  2 e  2 x  2 y  e 2 xy





Esta última expresión es equivalente a la que habíamos hallado por regla de la cadena, con lo cual hemos verificado esta última. 2.) Forma matricial de la regla de la cadena. Sea f(u; v; w) = (eu-w; cos(v + u) + sen(u + v + w)) g(x; y) = (ex; cos(y - x); e-y) Calcular f º g y D(f º g)(0; 0). SOLUCIÓN Evaluando g en el origen tenemos: g(0; 0) = (1; 1; 1) Estos últimos serán los valores de u, v y w correspondientes a valores nulos de x y y, con lo cual: f º g(0; 0) = f(1; 1; 1) = (1; cos1 + sen3) En cuanto a la matriz de derivadas, tendremos:

  e uw 0  e uw Df (u; v; w)     sen(v  u )  cos(u  v  w)  sen(v  u )  cos(u  v  w) cos(u  v  w) 1 0 1   Df (1;1;1)     sen 2  cos 3  sen 2  cos 3 cos 3   ex 0   Dg ( x; y )  sen( y  x)  sen( y  x)   0  ey   1 0  Dg (0;0)  0 0  0  1 1 0  1 0  1    D f  g (0;0)  Df (1;1;1)Dg (0;0)    0 0   sen 2  cos 3  sen 2  cos 3 cos 3   0  1   1 1   D f  g (0;0)     sen 2  cos 3  cos 3

3.) Sea g(x) = f(x; y(x); z(x; y(x)). Sea también y(1) = 0, z(1; 0) = 1, z(1; 0) = (1; 2), f(1; 0; 1) = (1; 2; 3); g’(1) = 5. Determinar y’(1). SOLUCIÓN Por la regla de la cadena tenemos:

g ( x) 



f dx f dy f dz f f f  z dx z dy      1  y ( x)    x dx y dx z dx x y z  x dx y dx 

 f f f  z z 1  y ( x)    1  y ( x)   g (1)  1  1  2 y (1)  31  1  2 y (1)   x y z  x y 

 4  8 y (1)  5  y (1) 

1 8

Nótese que el punto con el cual estamos trabajando es (x; y; z) = (1; 0; 1). 4.) Aplicación a un problema físico. Se ensaya a la tracción un monocristal de un metaloide de forma prismática rectangular con una base cuadrada de 2 cm. de lado y una altura de 15 cm. Debido a la anisotropía (distinto comportamiento según las direcciones) del material, se ha observado que uno de los lados de la base se deforma dos veces más rápido que el otro. Si en un momento dado se determina que por efecto de la tracción la longitud de la pieza aumenta a una tasa de 1 mm/s, hallar la tasa de variación de ambos lados de la base. SOLUCIÓN

Llamemos x al lado de la base que se deforma más lento, y al que se deforma más rápido y z a la altura de la pieza. El volumen de la pieza será: V(x; y; z) = xyz Por la regla de la cadena, la variación de volumen con el tiempo vendrá dada por:

dV V dx V dy V dz dx dy dz     yz  xz  xy dt x dt y dt z dt dt dt dt

dy dx  2 (dato) dt dt 



 yz  2 xz  dx  xy dz dt

dt

Puesto que se trata de un sólido, el material es incompresible y su volumen permanecerá constante, siendo su derivada con respecto al tiempo nula. Introduciendo este hecho y los datos del problema tendremos: dV dx dx dx  2  15  2  2  15  2  2  0,1  0  90  0,4  0   0,0044 cm/s  dt dt dt dt dy   0,0088 cm/s dt

5.) Gradiente y derivada direccional. Calcular las derivadas direccionales de las siguientes funciones a lo largo de vectores unitarios en los puntos indicados y en direcciones paralelas al vector dado: a) f(x; y) = xy, (x0; y0) = (e; e), d = 5i + 12j b) f(x; y) = exy + yz, (x0; y0; z0) = (1; 1; 1), d = (1; -1; 1) SOLUCIÓN a) Recordando que Duf(x0) = f(x0)·u, debemos hallar el gradiente de la función y un vector unitario en la dirección dada.

    log x y  log x y    y log x  y log x      e   f ( x; y )   x y ; x y    e ; e ; e y   x y y  x   x  y  y    e y log x ; log x e y log x    x y ; log x x y   f (e; e)  e e ; e e x  x 











u

d (5;12)  5 12    ;  2 2 d  13 13  5  12

 5 12  17 D u f (e; e)  f (e; e)·u  e e ; e e · ;   e e  13 13  13



b) En este caso tendremos:





 x   x  x f ( x; y; z )   e  yz ; e  yz ; e  yz   e x ; z; y  f (1;1;1)  (e;1;1) y z  x 



u

 

 

 



 1 1 1  d (1;1;1)    ; ;  d 12  (1) 2  12  3 3 3 

 1 1 1  e D u f (1;1;1)  f (1;1;1)·u  (e;1;1)· ; ;   3  3 3 3

6.) Suponer que una montaña tiene forma de un paraboloide elíptico z = c - ax2 - by2 , donde a, b y c son constantes positivas, x y y son las coordenadas este-oeste y norte-sur, y z es la altitud sobre el nivel del mar (x, y y z están medidas en metros). En el punto (1; 1), ¿en qué dirección aumenta más rápido la altitud? Si se suelta una canica en (1; 1), ¿en qué dirección comenzará a rodar? SOLUCIÓN Una función aumenta más rápidamente en la dirección del vector gradiente, y disminuye más rápidamente en la dirección opuesta al mismo. En nuestro caso: f (1;1)   a b     ;  f (1;1)  a 2 b 2 a 2 b 2  Ésa es la dirección de máximo crecimiento. La canica rodará en la dirección en la cual más rápidamente disminuya la altura, es decir, la opuesta a la recién hallada: f ( x; y )  (2ax;2by )  f (1;1)  (2a;2b)  u 

 a b Máximo decrecimiento  u   ; 2 2 2 a b 2  a b

   

7.) El capitán Ralph tiene dificultades cerca del lado soleado de Mercurio. La temperatura del casco de la nave, cuando él está en la posición (x; y; z), viene dada por 2 2 2 T ( x; y; z )  e  x  2 y 3 z , donde x, y y z vienen dados en metros. Actualmente está en el punto (1; 1; 1). a) ¿En qué dirección deberá avanzar para disminuir más rápidamente la temperatura? b) Si la nave viaja a e8 m/s, ¿con qué rapidez decrecerá la temperatura si avanza en esa dirección? c) Desafortunadamente el metal del casco se cuarteará si se enfría a una tasa mayor que 14e 2 grados por segundo. Describir el conjunto de direcciones posibles en que puede avanzar para bajar la temperatura a una tasa no mayor que ésa. SOLUCIÓN

a) La dirección de máximo decrecimiento u será la dirección unitaria opuesta al vector gradiente.



T ( x; y; z )   2 xe  x

2

 2 y 2 3 z 2

;4 ye  x

2

 2 y 2 3 z 2

;6 ze  x

2

 2 y 2 3 z 2

 T (1;1;1)  e 6 (2;4;6)  T (1;1;1)  e 6 (2;4;6)



Normalizndo 



2 3   1 u ; ;   14 14 14 

b) El valor de e8 m/s que nos dan es la rapidez (módulo de la velocidad) de la nave. El vector velocidad vendrá dado por el producto de ese módulo por la dirección unitaria de avance. Así:

2 3   1  dx dy dz  v   ; ;   e8u  e8  ; ;   dt dt dt   14 14 14  Queremos obtener la tasa de variación de la temperatura, y lo logramos mediante la regla de la cadena: En ( x ; y ; z )  (1;1;1)

dT T dx T dy T dz    dt x dt y dt z dt





 2e

e8

6

14

 4e

6

2e 8 14

 6e

6

3e 8 14

 2 14e 2

c) En el punto anterior vemos que la máxima velocidad de crecimiento de la temperatura es el doble de lo que la nave puede tolerar. Para que no se cuartee, es necesario avanzar en otra dirección, cuyo vector unitario podemos llamar u = (a; b; c). En ese caso tendremos que el vector velocidad será v = (a; b; c)e8, y podremos escribir: dT  T ·v   2e 6 ;4e 6 ;6e 6 · ae 8 ; be 8 ; ce 8  (2a  4b  6c)e 2 dt







Esta tasa de variación de la temperatura debe ser negativa y su módulo debe ser menor que 14e 2 . Por lo tanto:  14e 2 

dT  0   14e 2  (2a  4b  6c)e 2  0   14  2a  4b  6c  0 dt

Moviéndose en cualquier dirección unitaria u = (a; b; c) que cumpla con esas condiciones el cohete se enfriará sin cuartearse. 8.) Plano tangente. Hallar el valor de la constante c tal que en todo punto de intersección de las dos superficies esféricas (x - c)2 + y2 + z2 = 3 (*) x 2 + (y - 1)2 + z2 = 1 (**) los planos tangentes correspondientes sean perpendiculares uno al otro.

SOLUCIÓN Podemos escribir ambas esferas como F1(x; y; z) = 3 y F2(x; y; z) = 1, respectivamente. Los vectores normales a los planos tangentes correspondientes serán los gradientes de F1 y F2 . Sabemos que deben ser perpendiculares y por lo tanto su producto interno debe ser nulo.

F1  (2( x  c);2 y;2 z ) 2 2 2   F1 ·F2  4 x  4 xc  4 y  4 y  4 z  0  F2  (2 x;2( y  1);2 z )   x 2  xc  y 2  y  z 2  0

y 2  z 2  3 ( x  c ) 2 (de la ecuación (*) ) 



x 2  xc  y  3  ( x  c) 2  0

Despejando de esta última es:

xc  y  3  c 2  0 (***) Ahora maniobramos algebraicamente despejando z2 de las ecuaciones de ambas esferas: z 2  3  ( x  c) 2  y 2   3  ( x  c) 2  y 2  1  x 2  ( y  1) 2  2 2 2  z  1  x  ( y  1)   3  x 2  2 xc  c 2  y 2  1  x 2  y 2  2 y  1  3  2 xc  c 2  2 y  y  32  xc  12 c 2

Introduciendo esto en la ecuación (***) tenemos:

xc  32  xc  12 c 2  3  c 2  0   32  12 c 2  0  c   3

PROBLEMAS DE TEOREMA DE LA DIVERGENCIA ENUNCIADO DEL TEOREMA Sea E una región simple sólida cuya superficie frontera S tiene una orientación positiva (hacia afuera). Sea F un campo vectorial cuyas funciones componentes tienen derivadas parciales continuas sobre una región abierta que contiene a E. Entonces:

 F  dS   div F dV S

E

Recordar que otra notación para div F es ·F PROBLEMAS RESUELTOS 9.) Evaluar el flujo del campo vectorial F(x;y;z) = xyi +(y2 + e xz )j +sen(xy)k 2

a través de la superficie frontera de la región E acotada por el cilindro parabólico z = 1 - x2 y los planos z = 0, y = 0, y + z = 2. SOLUCIÓN El problema invita a la transformación de la integral de flujo en algún otro tipo de integral para evitar las complejidades que surgirían de parametrizar el segundo término de la segunda componente del campo vectorial, y también para hacer una sola integral en vez de cuatro. Para aplicar el teorema de la divergencia calculamos:

z z = 1 -x2

div F = y + 2y = 3y Evaluaremos la integral de volumen de esta función escalar tomando el dominio como una región de tipo 3; esto es, una región encerrada entre dos funciones de un dominio bidimensional ubicado sobre el plano xz.

1

S

E

E

(1; 0; 0)

x

 F  dS   div F dV   3 ydV  3

(0; 0; 1)

1 x 2

 

1 0

2 z

0

ydydzdx  ···  184 35 

y=2-z

(0; 2; 0)

y

10.) Verificar el teorema de la divergencia para el campo vectorial F = rr y la superficie esférica x2 + y2 + z2 = 9. SOLUCIÓN: El vector r es el vector posición (x; y; z). De modo que en términos de las variables cartesianas el campo vactorial dado puede expresarse como: F  x 2  y 2  z 2 ( x; y; z )

La superficie dada puede parametrizarse a través de coordenadas esféricas:

 x  3 sen  cos 0    y  3 sen  sen  , 0    2  z  3 cos   Con esta parametrización tenemos:

i r  r   3 sen  sen  3 cos  cos

j

k 0   3 sen 

3 sen  cos 3 cos  sen 

 (9 sen 2  cos ;9 sen 2  sen  ;9 sen  cos  ) ¿Es ésta una normal exterior? Probémoslo con un punto. En (0;3;0) tendríamos  =  = /2, y para tales valores el PVF calculado da (0;-9;0), o sea una normal interna. Por lo tanto la normal externa vendrá dada por el PVF calculado haciendo el producto vectorial en el orden opuesto, esto es:

r  r  (9 sen 2  cos ;9 sen 2  sen  ;9 sen  cos  ) Evaluando ahora F en función de esta parametrización es: F(;) = 3(3sencos; 3sensen; 3cos) y: F·(rr) = ··· = 81sen Así que: 2



 F  dS   F( ; )  (r r )dd    S

D

0

0

81sen dd  81

2

0

 cos d  324 2

0

Hemos hecho un cálculo bastante complejo por integrales de superficie. Veamos ahora cómo reduciendo esto a una integral de volumen con el teorema de la divergencia el cálculo se simplifica notablemente. Calculemos en primer lugar la divergencia:

div F 

 



 

   x x2  y2  z2  y x2  y2  z2  x x2  y2  z2 x y x



Calculando las derivadas parciales por separado y sumando miembro a miembro se tiene:

  y y  z z

 x  y  z  x  y  z 

x2

 x x2  y2  z2  x2  y2  z2  x 2

2

2

2

2

2

div F  3 x 2  y 2  z 2 

x2  y2  z2  x2  y2  z2  x2  y2  z2 2

2

x y z

2

x2  y2  z2 y2 x2  y2  z2 z2 x2  y2  z2

 4 x2  y2  z2

Si ahora llevamos esto a coordenadas esféricas tenemos: 2



3

0

0

0

 div FdV     4    E

2



sen  ddd  4 

0



2

0

3

4    sen  dd  4 0

Haciendo los cálculos obtenemos:

 div FdV  324 E

Hemos obtenido el mismo resultado por los dos caminos, verificando así el teorema de la divergencia.

11.) Calcular el flujo del campo F(x; y; z) =(0; esenxz + tanz; y2) a través del semielipsoide superior 2x2 + 3y2 + z2 = 6, z  0 con su normal apuntando hacia arriba. SOLUCIÓN

z

Resolveremos este problema por el teorema de la divergencia. Si observamos que div F = 0, y llamando (ver figura) S = S1  S2 y V el volumen encerrado por S, podemos plantear:

6 S2

    FdV  0    V    F  dS  0 (1) por teor. div. S      FdV   S F  dS V por ser   F  0 

2 O

Nos interesa la integral no sobre toda la superficie S, sino sólo sobre S2. Puesto que la integral es un concepto aditivo respecto al dominio de integración, tendremos

3 x

S1

por ec. (1)

 F  dS   F  dS   F  dS S

S1





S2

0   F  dS    F  dS (2) S2

S1

Vemos que la integral sobre S2 es la misma que la integral sobre S1 cambiada de signo. Calcularemos, pues, esta última, que aparenta ser más sencilla, dado que la normal es un vector vertical y además la superficie carece de componente z. S1 es una elipse sobre el plano xy, 2x2 + 3y2 = 6, que puede ser parametrizada directamente en coordenadas cartesianas como T(x; y) = (x(x; y); y(x; y); z(x; y)), donde:

x  x  3x 3  y  y , 2 2 2 2 z  0  2 - 3 x  y  2 - 3 x 

,

donde los límites para x y y han sido despejados de la ecuación de la elipse. Para esta parametrización, tenemos que el producto vectorial fundamental será: i j k N  Tx  Ty  1 0 0  k 0 1 0

Si ejecutáramos el PVF en el orden inverso, nos daría -k. ¿Cuál debemos elegir? El enunciado nos pide que la normal de la superficie elipsoidal apunte hacia arriba, lo cual significa que apunte hacia el exterior del volumen indicado en la figura, que es el que

y

usamos para plantear el teorema de la divergencia. Por lo tanto, para la base también deberemos tomar la normal exterior a dicho volumen, esto es, -k. Por lo tanto la integral que buscamos vendrá expresada por: 3

 F  dS   F  NdS    S1

 3  2-(2/3) x 2

S1

3

 

2 / 3 3- x

2

 3  2 / 3 3- x

  94

2 3

2-(2/3) x 2

 y 2 dydx    2

3

1  3 3

 278   

3 2

y3

(0;0; y )  (0;0;1)dydx   2

3



2-(2/3) x 2

 3  2-(2/3) x 2

2 / 3 3- x

2

 2 / 3 3- x

dydx   13 2 23  2

3/ 2

 3 - x  3

 3

 y 2 dydx 

2 3/ 2

tablas 

dx 



Luego, reemplazando en (2) tenemos

 F  dS    F  dS  S2

3 2



S1

Que es el resultado que buscábamos. Podrían haberse utilizado también coordenadas elípticas, que hubieran simplificado la integral pero a costa de una mayor complejidad en el cálculo del PVF, lo que significaba aproximadamente el mismo trabajo que operando en cartesianas.

12.) Hidrostática. A partir del principio de Pascal, demostrar el de Arquímedes. Principio de Pascal: p = p0 + gh Principio de Arquímedes: Empuje = Peso de líquido desplazado (en módulo). SOLUCIÓN: p0 E

L-z

dF

S

p z

dS

L

z

y x

Si E es un sólido con superficie frontera S sumergido en un líquido de densidad consante , en cuya interfase con la atmósfera reina una presión ambiente p0, y si adoptamos un sistema de coordenadas como el de la figura, el principio de Pascal nos dice que la presión en el diferencial de superficie indicado, ubicado a una profundidad L - z, vendrá dada por: p = p0 + g(L - z)

Por definición de presión, la fuerza que el fluido ejercerá sobre cada elemento de superficie del sólido vendrá dada en igual dirección y sentido contrario a la normal externa a este último, siendo: dF = -pdS La componente vertical de esta fuerza vendrá dada por: dFz = dF·(0;0;1) = -pdS·(0;0;1) = -[p0 + g(L - z)](0;0;1)·dS Si integramos este diferencial de fuerza sobre todo el dominio, esto es, sobre toda la superficie S, obtendremos la componente vertical de la fuerza resultante:

Fz    ( p 0  g ( L  z ))(0;0;1)  dS   (0;0; p 0  gL  gz )  dS S

S

Notemos ahora que esta última es una integral de flujo, y que podemos por lo tanto aplicarle el teorema de la divergencia:

Fz   (0;0; p 0  gL  gz )  dS   div (0;0; p 0  gL  gz ) dV  S

E

  g dV  g   dV  gM E

E

Donde M es la masa del líquido que ocuparía un volumen igual al del objeto sumergido. La fuerza vertical total, pues, es igual al peso del líquido desplazado. Se deja al lector demostrar por un razonamiento similar que las componentes x e y de la fuerza son nulas. Por lo tanto el empuje total del líquido es igual al peso del líquido desplazado, con lo cual hemos demostrado el principio de Arquímedes. Resolverlos siguientes reactivos 1)

Calcular

la

derivada

direccional

1 2 f ( x, y )  4  x  y superficie en 4 2

(1,2)

de

en

dirección

la de

u  (cos 3 )i  ( sen 3 ) j 



a) -1.866 b) 3.44 c) 4.345 d) 5.678 e) 6.789 2)

Calcular

la

f ( x, y )  4  x 2 

derivada

direccional

1 2 y superficie en 4

(1,3)

dirección

en

la de

u  (cos 3 )i  ( sen 3 ) j 

a) -2.299

de



b) 3.456 c) 5.678 d) 7.567 e) 9.456

3)

Calcular

la

derivada

direccional

1 2 f ( x, y )  4  x  y superficie en 4 2

(1,4)

de

en

dirección

la de

u  (cos 3 )i  ( sen 3 ) j 



a) -2.732 b) 3.345 c) 4.567 d) 6.788 e) 7.890 4)

Calcular

la

derivada

direccional

1 2 f ( x, y )  4  x  y superficie en 4 2

(1,5)

dirección

de

en

la de

u  (cos 3 )i  ( sen 3 ) j 



a) -3.165 b) 4.567 c) 5.678 d) 6.789 e) 7.890 5)

Calcular

la

f ( x, y )  4  x 2 

derivada

1 2 y superficie 4

direccional

en

(1,6)

dirección

u  (cos 3 )i  ( sen 3 ) j a) -3-598 b) 4.678 c) 6.789 d) 7.890 e) 10.234

Bibliografía propuesta Libro: Cálculo Tomo II Autor: Roland E. Hostetler Robert P. Editorial: Grupo Editorial Iberoamericano Libro: Cálculo con Geometría Analítica Autor: Swokowski Earl W. Editorial: Grupo Editorial Iberoamericano

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