CAPÍTULO 11. Teoremas Integrales.

Transcripción

1 CAPÍTULO 11 Teoremas Integrales. Este capítulo final contiene los teoremas integrales del análisis vectorial, de amplia aplicación a la física y a la ingeniería. Los anteriores capítulos han preparado el terreno para sembrar estos teoremas. Gran parte del trabajo ya fue realizado y lo único que falta es poner las piezas juntas. Resolvemos interesantes ejercicios de los teoremas de Green, Stokes y Gauss.

2 SECCIÓN 1. Teorema de Green. Esta primera sección nos presenta el teorema de Green con algunas de sus aplicaciones. En general no hay dificultades mayores ya que las integrales son curvilíneas y dobles, conceptos que ya hemos practicado en detalle en los capítulos 8 y 9. CONTENIDOS 1. Ejemplos del teorema de Green. 2. Aplicación al cálculo de áreas. 3. Teorema de Green para regiones múltiplemente conexas. 246

3 Problemas. Galería Elementos geométricos para aplicar el teorema de Green en nuestro ejercicio. (1) Calcular la circulación de F(x, y) = (x 2 + y 2, 3xy + ln(y 2 + 1)) a lo largo de la frontera de la región definida por 4x 2 + (y 1) 2 1 recorrida en sentido positivo. Solución. Comenzamos por dibujar la región y su curva frontera positivamente orientada. El cálculo directo de la integral de línea es difícil, pero aplicando el teorema de Green tenemos El cálculo de la circulación sobre C en el sentido indicado es muy difícil pero la integral doble sobre R es relativamente sencilla. C + ds = R Q x P y dx dy. Calculando tenemos Q x = 3y y P y = 2y. donde R es la región azul de la figura siguiente. 247

4 Luego debemos calcular la integral Luego, la respuesta el ejercicio es R y dx dy. C + ds = π 2. Para hallar esta integral introducimos el cambio de coordenadas Se puede ver la solución on-line clickeando aquí. x = 1 2 r cos(θ), y = 1 + r sen(θ). (2) Calcular el área de la región D R 2 definida por x 2 y 2 ( a ) + ( b ) 1 con a, b > 0 usando una integral de línea. El Jacobiano de esta transformación es J = r 2. Con esto nuestra integral doble se transforma en Solución. La igualdad del teorema de Green nos dice que 2π (1 + r sen(θ)). r 2 dr dθ = π 2. C + ds = R Q x P y dx dy. 248

5 Si conseguimos un campo F(x, y) = (P(x, y), Q(x, y)) tal que C + (0,x) ds = R 1 dx dy = A(R). Q x P y = 1 Podemos parametrizar C + en la forma entonces la integral doble del teorema de Green nos da el área de R. c(t) = (a cos(t), b sen(t)), t [0,2π]. Hay muchos campos con tal propiedad, por ejemplo F(x, y) = (0,x) Luego C + (0,x) ds = satisface Q x P y = 1. 2π 0 (0, a cos(t)) ( a sen(t), b cos(t)) dt = Por esto 2π 0 2π ab cos 2 (t) dt = ab cos 2 (t) dt = πab

6 es Por lo tanto, el área del interior de nuestra elipse Apliquemos el teorema de Green para regiones múltiplemente conexas. A(R) = πab. Se puede ver la solución on-line clickeando aquí. Consideremos una circunferencia de radio r > 1. Sea R la región comprendida entre la circunferencia de radio r con centro en el origen y la circunferencia de radio 1 con centro en el origen. Orientemos el borde de R como se muestra en el gráfico. (3) Sea F : R 2 {(0,0)} R 2 tal que F(x, y) = ((P(x, y), Q(x, y)). Si F C 1 y además (Q x P y )(x, y) = 4 en su dominio, calcular C + ds siendo C una circunferencia con centro en el origen y radio r sabiendo que para r = 1 el valor de dicha integral es 3π. Entonces, aplicando el teorema de Green para regiones múltiplemente conexas tenemos Cr ds + C1 ds = R Q x P y dx dy = Solución. El dominio de definición de F no es simplemente conexo, luego no podemos deducir que una integral de línea a lo largo de cualquier curva cerrada sea 0. R 4 dx dy = 4.A(R). Ahora bien, el área de R es π. r 2 π = π(r 2 1). 250

7 Entonces Se puede ver la solución on-line clickeando aquí. Cr ds + C1 ds = 4π(r 2 1). Galería Elementos geométricos para aplicar el teorema de Green para dominios simplemente conexos. Pero sabemos que la segunda integral es igual a 3π, entonces Cr ds 3π = 4π(r 2 1) luego obtenemos que para r > 1 Cr ds = 4πr 2 π. Dejamos como ejercicio análogo el caso r < 1 recomendando especial cuidado al sentido de las circunferencias. Para aplicar el teorema de Green al borde de la región R debemos orientar las curvas como se indica claramente en esta figura. 251

8 Agregamos también para una mejor comprensión la animación siguiente. Movie Sentido de circulación para aplicar el teorema de Green. Cuando el dominio es simplemente conexo debemos aplicar el teorema de Green como se muestra en esta animación. Obsérvese que para ambas curvas la región R queda a la izquierda. 252

9 SECCIÓN 2. Teorema de Stokes. En esta sección trabajamos con el teorema de Stokes que generaliza al de Green cambiando una integral de línea en el plano por una en el espacio y sustituyendo la integral doble por una integral de superficie. Por eso relaciona los capítulos 8 y 10. El tema de la orientación es un poco más difícil que en el teorema de Green y además la integral de superficie es en general más difícil que la integral doble. Los siguiente ejercicios, cuidadosamente seleccionados, nos ayudan a comprender este importante teorema. CONTENIDOS 1. Teorema de Stokes. 2. Rotor. 3. Orientacion de una superficie respecto de una curva para aplicar el teorema de Stokes. 253

10 Problemas. (1) Dado el campo F con matriz Jacobiana Pero al darnos la matriz Jacobiana, nos han dado las derivadas parciales de cada componente del campo. De aquí podemos calcular entonces el rotor del mismo. D(F(x, y, z)) = y 2 2xy z 2 2yz calcular la circulación de F a lo largo de la curva intersección del plano x + y + z = 4 con los planos coordenados, indicando en un gráfico el sentido de orientación de la curva., es Recordemos que el rotor de un campo vectorial C 1 F(x, y, z) = (P(x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z)) Solución. Como no tenemos el campo es imposible calcular directamente Rot(F) = F = (R y Q z, P z R x, Q x P y ). En nuestro caso, tenemos entonces que C ds. Rot(F) = (z 2 0, 0 0, 0 2xy) = (z 2, 0, 2xy). Por lo tanto aplicando el teorema de Stokes tenemos 254

11 C ds = S Rot(F) n ds. ejercicio y actuar en consecuencia en la forma en que ponemos la normal a lo que llamaremos la superficie. Galería Orientación de los objetos geométricos para aplicar el teorema de Stokes. Comencemos por dibujar la curva C y una superficie S de la cual C es su borde. En la siguiente animación vemos el sentido en el cual debemos circular a lo largo de la curva si ponemos la normal como se indica. Ahora bien, nuestra superficie se puede parametrizar en la forma φ(x, y) = (x, y, 4 x y) (x, y) D Si circulamos sobre la curva C es el sentido indicado por las flechas debemos calcular el flujo del rotor a través de S con el sentido de la normal indicada. donde Pero debemos especificar el sentido en el cual se recorre C, que podemos elegirlo nosotros en este D = {(x, y) : 0 x 4 0 y 4 x}. 255

12 pues D es la proyección de nuestra superficie sobre el plano xy. = x (4 x y) 2 2xy dy dx = 0. Calculando tenemos φ x = (1, 0, 1) Se puede ver una solución on-line clickeando aquí. φ y = (0, 1, 1) (2) Calcular la circulación de un campo F cuyo rotor es luego F = (x y, y x, z) a lo largo de la curva parametrizada por n = φ x φ y = (1, 1, 1). g(t) = (3 cos(t), 3 sen(t), 6 3 cos(t) 3sen(t)), t [0,2π]. Por lo tanto Solución. Aplicando el teorema de Stokes tenemos C ds = S Rot(F) n ds = C ds = S Rot(F) n ds D ((4 x y) 2, 0, 2xy) (1, 1, 1) dydx = 256

13 donde C es la curva cuya parametrización es la función g y S es la parte acotada del plano x + y + z = 6 cuyo borde es la curva C. Galería Elementos geométricos involucrados para aplicar el teorema de Stokes. El asunto es obviamente colocar la normal a la superficie S como corresponde. Nuestra superficie se puede parametrizar así φ(x, y) = (x, y, 6 x y), (x, y) D siendo D = {(x, y) R 2 : x 2 + y 2 9}. Calculando tenemos como ya hemos hecho en el ejercicio anterior Ya que el sentido de circulación está prefijado de antemano debemos orientar la superficie con la normal como se indica en este gráfico. Vista 1. n = φ x φ y = (1, 1, 1) 257

14 normal cuyo sentido es correcto para aplicar el teorema de Stokes. Se puede ver una solución on-line clickeando aquí. Entonces C ds = S Rot(F) n ds = (3) Sea F(x, y, z) = (P(x, y, z), Q(x, y, z,) 2) un campo vectorial C 2 en la región R R 3 descripta por x 2 + y 2 + z 2 < 9. Suponiendo que F = 0 en R, calcular la circulación de F a lo largo de la curva σ(t) = (sen(t), 1, cos(t)), t [0,π]. D (x y, y x, 6 x y) (1, 1, 1) dydx D 6 x y dy dx = Solución. La curva es abierta y la clave del ejercicio es agregarle una parte a dicha curva para encerrar una superficie conveniente y poder aplicar el teorema de Stokes. = 6. D dx dy = 6.A(D) = 6.π.3 2 = 54π pues las integrales de x, y sobre D se anulan. (Hágase si hay dudas sobre este hecho). La curva que agregaremos y la superficie que elijamos deben estar contenidas en la región x 2 + y 2 + z 2 < 9 donde tenemos las hipótesis garantizadas. 258

15 Movie Curva abierta y cómo es recorrida. Procedemos a cerrar la curva con un segmento que va desde (0, 1, 1) hasta (0, 1, 1). Sea además S la parte del plano cuyo borde es la unión de la curva del ejercicio y nuestro segmento como mostramos a continuación. Ahora bien, si C denota la unión de la curva cuya parametrización es σ con el segmento τ antedicho y si S es la parte del plano que se ve en el gráfico con su normal entonces, una aplicación del teorema de Stokes nos da C ds = S Rot(F) n ds = S 0 n ds = 0. Debemos cerrarla para poder aplicar el teorema de Stokes. La curva del ejercicio es con su orientación la siguiente. Entonces, recordando lo que hemos llamado C tenemos Ahora bien, parecería natural completar la circunferencia. Pero esto no sirve. Si pudiéramos calcular lo completado casi podríamos calcular lo pedido directamente ya que es casi análogo. σ ds + τ ds =

16 Galería Elementos geométricos para aplicar el teorema de Stokes. 1 1 ds = (P, Q, 2) (0, 0, 1) dt = τ dt = 4. Por lo tanto σ ds + 4 = 0 σ ds = 4. Se puede ver una solución on-line clickeando aquí. Dos vistas de los elementos geométricos y sus orientaciones para aplicar correctamente el teorema de Stokes. A continuación una vista de atrás para una óptima comprensión. Ahora bien, el segmento τ se puede parametrizar en la forma c(t) = (0, 1, t), t [ 1,1]. Entonces 260

17 SECCIÓN 3. Teorema de Gauss. En esta última sección trabajamos con el teorema de Gauss o teorema de la divergencia. Este teorema relaciona una integral de superficie con una integral triple. Por eso conecta los capítulos 8 y 9 de la misma manera que el teorema de Stokes relaciona los capítulos 9 y 10. CONTENIDOS 1. Teorema de Gauss. 2. Divergencia. 3. Campos solenoidales. 261

18 Problemas. Galería Paralelepípedo. (1) Calcular, usando el teorema de Gauss, el flujo del campo F(x, y, z) = (xy, yz, xz) a través de la superficie frontera del paralelepípedo V = [0,1] [0,2] [0,3]. Solución. Sea S la superficie borde del volumen V. Sea vector normal que apunta hacia afuera de V. Sea n un Div(F) = P x + Q y + R z = y + z + x la divergencia del campo vectorial F. Para aplicar el teorema de Gauss debemos colocar las normales de las caras hacia afuera. Entonces, el teorema de Gauss nos permite escribir V x + y + z dx dy dz. S n ds = V Div(F) dv = Calculemos para empezar 262

19 V x dx dy dz = x dz dy dx = 1 3x dy dx = 6x dx = 3. 0 a través del trozo de esfera de ecuación x 2 + y 2 + z 2 = 13, z 2 no depende de la función Q. Indicar en un gráfico la orientación elegida para el vector normal a la superficie. Se ve que análogamente Solución. V y dx dy dz = 6 y V z dx dy dz = 9. Para poder aplicar el teorema de Gauss precisamos una superficie cerrada. Luego agregamos a la parte de la esfera del ejercicio la tapa circular plana a altura z = 2 de radio 3. Llamemos a esta tapa T y sea el trozo de nuestra esfera S. Por lo tanto Entonces, aplicando el teorema de Gauss S n ds = V Div(F) dv = = 18. S T n ds = V Div(F) dv = V dv. (2) Demostrar que el flujo de F(x, y, z) = (x + ye z, Q(x, z), 5z) Por lo tanto 263

20 Galería Elementos geométricos para aplicar el teorema de Gauss. T n ds. La tapa T se puede parametrizar en la forma φ(x, y) = (x, y, 2), (x, y) D donde D = {(x, y) R 2 : x 2 + y 2 9}. El flujo a través de la esfera está indicado por la normal del gráfico para poder aplicar el teorema de la divergencia Calculando tenemos S n ds + T n ds = 6.Vol(V ). φ x = (1, 0, 0) φ y = (0, 1, 0) Calculemos ahora entonces 264

21 n = φ x φ y = (0, 0, 1). Galería Semiesfera y tapa Pero esta normal no apunta al exterior del volumen luego debemos tomar como normal n = (0, 0, 1). Con esto T n ds = T 5z ds = T 10 ds = Cerramos la semiesfera con un plano a altura z = 0. Vemos también las normales elegidas. Vista A(T ) = 10.π.3 2 = 90π. Luego tenemos hasta ahora Esto completa la prueba de que el flujo de F a través de S no depende de la función Q. Pero si queremos hallar el valor debemos calcular todavía Vol(V ). S n ds = 6.Vol(V ) + 90π. Es posible calcular Vol(V ) en coordenadas cilíndricas. En efecto, 265

22 Vol(V ) = 2π 2π r 2 r dz dr dθ = r 13 r 2 2r dr = 2π. 133/ Solución. Para aplicar el teorema de la divergencia precisamos una superficie cerrada. Como el campo F lo conocemos en el plano z = 0 resulta natural cerrar la semiesfera con dicho plano y orientando las normales como se indica en la figura. Sustituyendo este valor en Vol(V ) obtenemos el resultado final Sea entonces S nuestra semiesfera y sea T la parte del plano z = 0 que satisface la condición x 2 + y Entonces, aplicando el teorema de Gauss tenemos S n ds = 6.2π. 133/ π. S T n ds = V Div(F) dv Se puede ver una solución on-line clickeando aquí. (3) Calcular el flujo de F a través de la semiesfera de ecuación z = 25 x 2 y 2 sabiendo que existe un campo G C 2 (R 3 ) tal que F = Rot(G) y que F(x, y, 0) = (0, y, x 1). Indicar en un gráfico la orientación elegida para n. donde V es el volumen comprendido entre el plano y la semiesfera graficado. Ahora bien, no podemos calcular Div(F) pues no tenemos F pero sabemos que existe un G C 2 (R 3 ) tal que F = Rot(G). Entonces debemos calcular 266

23 Div(Rot(G)) = ( G). S n ds + T n ds = 0. Pero la divergencia de un rotor (con las condiciones C 2 del ejercicio) da 0. Es decir Pero la segunda integral la podemos calcular. Parametricemos la tapa T por medio de la función Div(Rot(G)) = ( G) = 0. φ(x, y) = (x, y, 0) (x, y) D Luego siendo S T n ds = V Div(F) dv = D = {(x, y) R 2 : x 2 + y 2 25}. V Div(Rot(G)) dv = V 0 dv = 0. Calculando tenemos Entonces φ x = (1, 0, 0) φ y = (0, 1, 0) luego 267

24 n = φ x φ y = (0, 0, 1). S n ds + 25π = 0, Pero de acuerdo al gráfico debemos tomar luego el resultado final Entonces n = (0, 0, 1). S n ds = 25π. Se puede ver una solución on-line clickeando aquí. T n ds = T (0, y, x 1) (0, 0, 1) ds = T 1 x ds = T 1 ds = A(T ) = π.5 2 = 25π. pues la integral de x en el disco se anula. (Hágase si hay duda sobre este hecho). Con todo esto tenemos 268

25 Este libro está dedicado a los alumnos de Análisis Matemático 2, a sus excelentes profesores, a mi familia, a mi mujer Julia y a quienes fueron mis docentes, particularmente a Daniel y a Héctor. cclxix