Solución 5 práctica Universidad Nacional de Ingeniería Facultad de Ingeniería Eléctrica y Electrónica

1. UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIER´IA
FACULTAD DE INGENIER´IA EL´ECTRICA Y
ELECTR´ONICA
Sarango Veliz, Andy Juan
20141327K
Chavez Zegarra, John Josue
20141297D
9 de diciembre de 2015
1. Indique el valor de verdad de las siguientes proposiones:
a) Si A es un tensor de segundo orden sim´etrico y T es un tensor de segundo orden anti-
sim´etrico, entonces A : T = 0.
b) Si ¯u, ¯v son vectores y A un tensor de segundo orden, entonces ¯u • AT
• ¯v = ¯v • A • ¯u.
Justifique su respuesta.
Soluci´on
PARTE A
A : T = 0
ˆei Aij ˆej : ˆel Tlk ˆek
Aij Tlk δilδjk
AijTij
(ESCALAR)
AijTij = A1jT1j + A2jT2j + A3jT3j
A11T11 A21T21 A31T31
+ + +
A12T12 A22T22 A32T32
+ + +
A13T13 A23T23 A33T33
1

2. Considerando la propiedad de un tensor sim´etrico A12 = A21, A31 = A13, A32 = A23 y
antisim´etrico T11 = T22 = T33 = 0, T21 = −T12, T31 = −T13, T32 = −T23, resultando:
A : T = 0
PARTE B
¯u • AT
• ¯v = ¯v • A • ¯u
ui ˆei · ˆel Ajl ˆej · vk ˆek = vk ˆek · ˆej Ajl ˆel · ui ˆei
ui Ajl δil vk δjk = vk Ajl δkj ui δli
ul Ajl vj = vj Ajl ul
2. Eval´ue el flujo del campo vectorial F(x, y, z) = (x2
, y2
, z2
) a trav´es de la superficie
z = 1 − x2 + y2, 0 ≤ z ≤ 1
A) Directamente.
B) Aplicando el teorema de la divergencia.
Soluci´on
PARTE A (DIRECTO)
Haciendo
x = u cos(θ), 0 ≤ θ ≤ 2π
y = u sin(θ), 0 ≤ u ≤ 1
z = 1 − u
ˆ
s
F · (ru × rθ)ds
ˆ
s
(u2
cos2
(θ), u2
sin2
(θ), (1 − u)2
) · (u cos(θ), u sin(θ), u)ds
ˆ 2π
0
ˆ 1
0
(u3
cos3
(θ) + u3
sin3
(θ) + u + u3
− 2u2
)du dθ
ˆ 2π
0
(
cos3
(θ) + sin3
(θ)
4
+
1
12
)dθ
=
π
6
PARTE B (DIVERGENCIA)
ˆ ˆ ˆ
· Fdv = 2
ˆ ˆ ˆ
(x + y + z)dv
Haciendo
x = r cos(θ)
y = r sin(θ)
2

3. z = 1 − r
2
ˆ ˆ ˆ
(r cos(θ) + r sin(θ) + z)r dr dθ dz
2
ˆ 1
0
ˆ 2π
0
ˆ 1−r
0
(r2
cos(θ) + r2
sin(θ) + zr) dz dθ dr
= ¡2
π
&&12
=
π
6
3. a) Utilizando coordenadas curvilineas ortogonales, calcule el ´area de la superficie esf´erica cuyo
radio mide R.
b) Utilizando coordenadas curvil´ıneas ortogonales, calcule el ´area del casquete esf´erico de
apertura ϕ = π
4 .
Soluci´on
PARTE A
Haciendo
x = ρ sin(φ) cos(θ)
y = ρ sin(φ) sin(θ)
z = ρ cos(φ)
r = xˆi + yˆj + zˆk
r(ρ,θ,φ)
hρ = 1
hθ = ρ sin(φ)
hφ = ρ
0 ≤ θ ≤ 2π
0 ≤ φ ≤ π
0 ≤ ρ ≤ R
⇒ dA = hθhφ drθ drφ
ˆ ˆ
dA =
ˆ π
0
ˆ 2π
0
ρ2
sin(φ) drθ drφ
2πR2
ˆ π
0
sin(φ) drφ
= 4πR2
PARTE B
⇒ dA = hθhφ drθ drφ
ˆ ˆ
dA =
ˆ π
4
0
ˆ 2π
0
ρ sin(φ) drθ drφ
2πR2
ˆ π
4
0
sin(φ) drφ
= πR2
(2 −
√
2)
3

4. 4. Calcule la medida del ´angulo s´olido subtendido por una placa rectangular, con respecto a un
punto P situado sobre una perpendicular trazada en uno de sus v´ertices y cuya distancia es d,
y las longitudes de la placa rectangular son a y b.
Soluci´on
Si d=h
El punto de refrencia P est´a situada a una distancia h = d directamente arriba de uno de sus
v´ertices. Para esto, se emplear´a un sistema de coordenadas cartesianas con el origen posicionado
en el v´ertice que esta debajo de P, como se puede ver en la figura.
A partir del diferencial de ´angulo s´olido subtendido por un elemento de superficie cartesiano
se tiene que:
dΩ =
h dx dy
(x2 + y2 + h2)
3
2
Ya que z = h = d, entonces
Ω = h
ˆ b
0
ˆ a
0
dx dy
(x2 + y2 + h2)
3
2
Al integrar primero con respecto a y
ˆ
dx
(x2 ± A2)
3
2
= ±
x
A2(x2 ± A2)
1
2
Con A2
= x2
+ h2
resulta de forma muy sencilla
Ω = hb
ˆ a
0
dx
(x2 + h2)(x2 + b2 + h2)
1
2
Si ahora se utiliza
ˆ
dx
(x2 + B2)
√
x2 + A2
=
1
B
√
A2 − B2
arctan(
x
√
A2 − B2
B
√
x2 + A2
)
Si A2
> B2
, con B2
= h2
y A2
= b2
+ h2
resulta:
Ω = arctan(
bx
h
√
x2 + b2 + h2
)|a
0
4

5. Finalmente
Ω = arctan[
ab
d(a2 + b2 + d2)
1
2
]
5. Demuestre que:
‚
s
( φ) • ¯n ds = 4πGM(r), siendo φ = (−GM
r ) es el potencial gravitacional, y
M(r) es la masa total contenida en la esfera acotada por la superficie esf´erica de radio r y S
es la superficie de contorno de la esfera. Considerando un planeta que tiene la forma de una
esfera acotada por una superficie esf´erica de radio r = a y la densidad de masa es funci´on del
radio ρ = ρ(r), obtenga el potencial gravitacional para r < a y r ≥ a. Considere la densidad
de masa uniforme en el planeta ρ = ρ0.
Soluci´on
‹
s+s
( φ) • ¯n ds =
ˆ ˆ ˆ
V
· ( φ)dV
φ = +GM
¯r
r3
⇒ ( φ) = GM (¯r.r−3
) = GM(r−3
¯r + ¯r r−3
) = 0
‹
s
( φ) · ¯n ds = −
‹
s
( φ) · ¯r ds
Donde ¯n = − ¯r
ε Finalmente
−
‹
s
GM ¯r
ε3
.
−¯r
ε
ds =
GM
ε2
‹
s
ds =
4πGM ε2
ε2
= 4πGM
6. Evaluar
´
ζ
F • d¯r si S es la parte del cilindro z = 1 − x2
, acotado por 0 ≤ x ≤ 1; −2 ≤ y ≤ 2
y el campo vectorial es ¯F(¯x) = (xy ; yz ; xz).
Soluci´on
ˆ
S
( × ¯F) · ¯n dS =
ˆ
S
(−y ; −z ; −x) · (2x ; 0 ; 1) dS
ˆ 2
−2
ˆ 1
0
(−2xy − x) dx dy
−
ˆ 2
−2
(x2
y +
x2
2
)|1
0 dy = −(
y2
2
+ y)|2
−2
= −4
5