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• Pablini JuGar

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Problema 0.1 Calcular la longitud de una vuelta de una h´elice de radio R y paso de rosca a, parametrizada por γ(φ) = (R cos φ, R sin φ, aφ). Obtener la parametrizaci´on por longitud de arco de la h´elice. Soluci´ on: Calculamos la velocidad de la parametrizaci´on, γ 0 (φ) = −R sin φ ux + R cos φ uy + a uz ,

kγ 0 (φ)k =

p R 2 + a2 ,

para calcular la longitud de la h´elice, L(Γ) =

Z

0

2π

kγ 0 (φ)k dφ =

Z

0

2π

p p R2 + a2 dφ = 2π R2 + a2 . 2

Figura 1: H´elice La ecuaci´on de la parametrizaci´on por longitud de arco es ds = kγ 0 (φ)k dφ. Por tanto, Z φ p s= kγ 0 (φ)k dφ = R2 + a2 φ , 0

γ˜(s) = γ



s √ 2 R + a2



  s s s , R sin √ , a√ = R cos √ .2 R 2 + a2 R 2 + a2 R 2 + a2

Problema 0.2 Calcular el momento de inercia de un rect´angulo homog´eneo de lados a, b respecto a un eje que coincida con uno de los lados, respecto a un eje paralelo al anterior que pase por el centro y respecto a un eje perpendicular al rect´angulo que pase por su centro. Soluci´ on: Podemos parametrizar de manera trivial el rect´angulo por medio de g : (−a/2, a/2) × (−b/2, b/2) → R3 , (x, y) 7→ (x, y, 0) situando el rect´angulo en el plano XY y el origen en el centro del rect´angulo. 1


  

Figura 2: Rect´angulo de lados a, b

Calculamos el momento respecto a los ejes, teniendo en cuenta que la densidad es σ = M/ab, ya que el ´area del rect´angulo es ab,  3 b/2 Z a/2 Z b/2 Z a/2 Z y dx dy y 2 = σ dx Ix = σ (y 2 + z 2 ) dS = σ 3 −b/2 S −a/2 −b/2 −a/2 Z b3 a/2 M b2 ab3 = σ = . dx = σ 12 −a/2 12 12 Por la simetr´ıa de la figura, M a2 a2 + b 2 , Iz = Ix + Iy = M .2 12 12 Finalmente, para calcular el momento respecto al lado a, como est´a separado una distancia b/2 del centro de masa, Iy =

b2 M b2 = , 4 3 usando el teorema de Steiner. Del mismo modo, Ia = Ix + M

M a2 .2 3 Problema 0.3 Calcular por dos m´etodos el flujo del campo v(x, y, z) = 2y uy a trav´es de la parte del cilindro de ecuaci´on x2 + y 2 = R2 , R > 0, comprendida entre los planos z = −a, z = a. Ib =

Soluci´ on: Parametrizamos el cilindro usando coordenadas cil´ındricas, g:

(0, 2π) × (−a, a) → R3 , (φ, z) 7→ (R cos φ, R sin φ, z)

tomando como normal ∂φ × ∂z . Por tanto, el flujo x v vy Z 2π Z a ∂g1 ∂g2 Φv,S = dφ dz ∂φ ∂φ ∂g 0 −a ∂g2 1 ∂z ∂z 2

es vz ∂g3 ∂φ ∂g3 ∂z



g(z,φ)

∂

  ∂φ

∂φ×∂

Figura 3: Cilindro

=

=

0 2R sin φ 0 dz −R sin φ R cos φ 0 dφ −a 0 0 0 1 Z 2π Z a Z 2π 2R2 dφ dz sin2 φ = 4aR2 sin2 φ dφ

Z

2π

Z

a

0

=

4aR2



0

−a

φ sin 2φ − 2 4

2π

= 4πaR2 . 2

0

ν Ζ+

ν

Ζ−

Figura 4: Cilindro cerrado Como la divergencia del campo v es div v(x, y, z) =

∂v x (x, y, z) ∂v y (x, y, z) ∂v z (x, y, z) + + =2, ∂x ∂y ∂z

podemos aplicar el teorema de la divergencia para calcular el flujo pedido, usando el recinto comprendido dentro del cilindro, si le a˜ nadimos las dos tapas circulares que lo cierran, Z± , situadas en los planos z = −a, z = a, con normales exteriores respectivas νZ− = −uz , νZ+ = uz . Teniendo en cuenta que el flujo a trav´es de las tapas Z± es nulo, ya que uz es perpendicular al campo v, Z Z div v dV = 2 dV = 2Vol(V ) = 4πaR2 . 2 Φv,S = Φv,S + Φv,Z− + Φv,Z+ = V

V

3

Problema 0.4 Calcular por varios m´etodos la circulaci´on del campo v(x, y, z) = y 2 ux a lo largo del tri´angulo definido por los ejes X, Y y la recta x + y = 1, z = 0. Soluci´ on: Parametrizamos el tri´angulo, descomponi´endolo en tres segmentos, X, Y , XY ,





    

γX : (0, 1) → R3 , x 7→ (x, 0, 0) γXY :

γY : (0, 1) → R3 , y 7→ (0, y, 0)

(0, 1) → R3 . x 7→ (x, 1 − x, 0)

Figura 5: Tri´angulo Γ

Si escogemos como orientaci´on el sentido antihorario en el plano XY , resultar´a que estamos recorriendo X en sentido positivo, Y , XY en sentido negativo. Por tanto, Cv,Γ = Cv,X − Cv,Y − Cv,XY = 0 − 0 − Z

Cv,X = Cv,Y =

Cv,XY

Z

0

Z

1

1

=

Z

0

0

hv, τ iγX dx =

Z

1

0

1

hv, τ iγY dx =

Z

Z

1

hv, τ iγXY dx =

1

0

=

1

0

0

h0, ux i dx = 0 ,

2  y ux , uy dx = 0 ,

 (1 − x)2 ux , ux − uy dx

(x − 1)3 (1 − x) dx = 3 2



1 1 =− .2 3 3

1 0

=

1 . 3

Otro m´etodo para calcular la circulaci´on consiste en aplicar el teorema de Stokes a una superficie que tenga por borde orientado la curva Γ, por ejemplo, el tri´angulo plano limitado por Γ, con normal ν = uz , que lo podemos ver como la 4

regi´on D del plano comprendida entre las rectas y = 1 − x, y = 0 para x ∈ [0, 1]. Como ux uy uz rot v(x, y, z) = ∂x ∂y ∂z = −2y uz , y2 0 0 Cv,Γ

= Φrot v,D =

Z

D

=

Z

0

1

hrot v, νi dS =

 1−x dx −y 2 0 = −

Z

0

Z

0

1

dx

Z

1−x

dy (−2y) 0

1

(1 − x)2 dx =

5



(1 − x)3 3

1 0

=−

1 .2 3