DEPARTAMENTO DE MATEMATICAS

ANALISIS VECTORIAL Y TENSORIAL

EXAMEN FINAL

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1 Julio 2014

1. Sea −→r1 , −→r2 , −→r3 los respectivos vectores posicion respecto de un origen O de las masaspuntuales m1, m2 y m3. Se define su centro de masa como el punto cuyo vector posicion−→r respecto del origen O es:

−→r =m1

−→r1 +m2−→r2 +m3

−→r3m1 +m2 +m3

Si las masas puntuales valen m1 = 4, m2 = 8, m3 = 24 y sus vectores posicion respectodel origen O del sistema cartesiano son respectivamente −→r1 = (0, 6), −→r2 = (6, 6), −→r3 =(12, 0) a) determinar el vector posicion −→r del centro de masa respecto del origen O =(0, 0) y respecto del origen O∗ = (6, 6), b) si los puntos correspondiente a −→r obtenidosanteriormente coinciden, mostrar que si se toma cualquier otro origen O∗ = (a, b) seobtendra el mismo punto. 1

Evaluando en −→r se tiene,

−→r =4(0, 6) + 8(6, 6) + 24(12, 0)

4 + 8 + 24= (

28

3, 2)

Si consideramos otro sistema, con origen O∗ = (6, 6) y vectores−→r∗1 ,

−→r∗2 ,

−→r∗3 .

Encontramos asi una relacion entre los dos sistemas

−→r1 = v +−→r∗1

−→r2 = v +−→r∗2

−→r3 = v +−→r∗3

Ası −→r∗1 = (−6, 0)−→r∗2 = (0, 0)−→r∗3 = (6,−6)

Reemplazando

−→r =4(−6, 0) + 8(0, 0) + 24(6,−6)

4 + 8 + 24= (

120

36,−4)

esta es la direcion hacia el punto (283, 2) desde el origen O∗ = (6, 6)

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1

Ahora tomamos otro origen cualquiera O∗∗ = (a, b)

−→r1 = v +−→r∗∗1

−→r2 = v +−→r∗∗2

−→r3 = v +−→r∗∗3

Ası−→r1 = (−a, 6− b)

−→r2 = (6− a, 6− b)

−→r3 = (12− a,−b)

Reemplazando

−→r = (a, b) +4(−a, 6− b) + 8(6− a, 6− b) + 24(12− a,−b)

4 + 8 + 24= (

28

3, 2)

2. Los vectores M = (4, 0, 4) y N = (0, 4, 4) son los vectores diagonales de un paralelo-gramo.

a) Hallar la longitud del perımetro de dicho paralelogramo.

b) Hallar el valor del area de dicho paralelogramo. 2

Sea A y B los lados del paralelogramo tal que A + B = N y A − B = M de estotenemos 2A = M +N = (4, 0, 4) + (0, 4, 4) = (4, 4, 8) entonces A = (2, 2, 4), y porconsiguiente B = (2,−2, 0) y por lo tanto P = 4

√2 + 4

√6 y area |A×B| = 8

√3.

3

3. Una partıcula se mueve a lo largo de la curva segun la funcion

−→r = ti+ t2j + t3k

a) Encontrar los modulos de las componentes tangencial y normal del vector aceleracioncuando t = 2.

b) A partir de los modulos de la componente normal y del vector velocidad, hallar elvalor de la curvatura cuando t = 2

−→r ′ = (1, 2t, 3t2)

−→r ′′ = (0, 2, 6t)

en t = 2−→r ′ = (1, 4, 12)

−→r ′′ = (0, 2, 12)

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2

y la aT = Proy−→r ′

−→r ′′ = (1,4,12)(0,2,12)(1,4,12)(1,4,12)

(1, 4, 12) = 152161

(1, 4, 12)

|aT | =152√161

Y como a = aT+aN entonces aN = a−aT = (0, 2, 12)−152161

(1, 4, 12) = 1161

(−152,−286, 108)

y su modulo es |aN | =√

724161

.

para encontrar la curvatura usemos la siguiente igualdad

a =dv

dtT +

v2

ρN

para ello tenemos v = |r′| = |(1, 4, 12)| =√161 y como k = 1

ρ, tenemos que

1

ρv2 = aN =

√

724

161

entonces k = 1161

√

724161

.

4. Sea φ(x, y) la funcion que a cada punto (x, y) del plano le asigna su distancia al punto(6, 6). a) Calcular y representar graficamente el gradiente de φ(x, y) en cuatro puntosde la circunferencia x2 + y2 = 4. b) Calcule el modulo del vector gradiente en cualquierpunto e indique el significado de dicho valor. 4

φ(x, y) =√

(x− 6)2 + (y − 6)2 y la gradiente

∇φ(x, y) = (x− 6

√

(x− 6)2 + (y − 6)2,

y − 6√

(x− 6)2 + (y − 6)2)

∇φ(x, y) =1

√

(x− 6)2 + (y − 6)2(x− 6, y − 6)

∇φ(x, y) =1

√

(x− 6)2 + (y − 6)2((x, y)− (6, 6))

De ahı observamos que el campo gradiente de φ le asigna a un punto un vector endireccion y sentido de su vector posicion con respecto al punto (6, 6).

|∇φ(x, y)| = 1 El modulo de la gradiente es la tasa de cambio de φ en su direccionde mayor aumento.

5. a) Bosquejar el campo vectorial F = −1r

−→r , con −→r = xi+yj, r = |−→r |,en ocho puntos dela circunferencia con centro en el origen y radio 4. b) Si es conservativo, hallar su funcionde potencial φ donde (∇φ = F ) c) Empleando el inciso anterior determinar el trabajorealizado al trasladar una partıcula desde un punto de la circunferencia x2 + y2 = 1hasta un punto de la circunferencia x2 + y2 = 4.

F = −1r

−→r = 1√x2+y2

(−x,−y) tomando cualquer punto de la circunferencia se nota

que la direccion de F apunta hacia el centro de la circunferencia.

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3

∇× F = (0, 0, 0)

por tanto es conservativo. F = −1r

−→r es conservativo entonces existe una funcionφ tal que F = ∇φ(r), entonces

F = −1

r−→r = ∇φ(r) =

φ(r)′

r−→r

De estoφ(r)′ = −1

∫

φ(r)′dr =

∫

(−1)dr

φ(r) = −r + C.

note que el potencial no es unico,

el trabajo es∫ 2

1Fdr = φ(2)− φ(1) = −1

6. Se conoce que la divergencia de un campo de velocidades V es x+ y + z − 1. Si S es lasuperficie del cubo limitado por x = 0,x = 1,y = 0,y = 1,z = 0,z = 1.

a) Determinar el caudal de salida y el caudal de entrada por S, b) Representar grafica-mente la region del cubo donde se esta ”perdiendo lıquido”5

Note que uno puede encontrar distintos campos vectoriales tal que su divergenciava ser x+ y + z − 1 uno de esos campo es V = (x

2

2, y2

2, z

2

2− z)

• en S1 N1 = (1, 0, 0), V N1 =x2

2y x = 1, 0 ≤ z ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1

∫ 1

0

∫ 1

0

1

2dydz =

1

2

Sale

• S2 N2 = (0, 1, 0), V N2 =y2

2y y = 1, 0 ≤ z ≤ 1, 0 ≤ x ≤ 1∫ 1

0

∫ 1

0

1

2dzdx =

1

2

Sale

• S3 N3 = (0, 0, 1), V N3 =z2

2− z y z = 1, 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1∫ 1

0

∫ 1

0

−1

2dxdy = −1

2

Entra

• en S4, S5, S6 la integral es cero

• por lo tanto∫ ∫

sV NdS = S1 + S2 + S3 + S4 + S5 + S6 =

12note tambien que

•∇V = z + x+ y − 1

∫ 1

0

∫ 1

0

∫ 1

0

z + x+ y − 1dxdydz =1

2

Si la ∇V < 0 es sumidero, por tanto esto ocurre si x+ y + z − 1 < 0 es decir quepor debajo del plano se esta perdiendo el lıquido.

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