2.2: Opcional — Líneas de Campo

Supongamos que dejamos caer un pequeño palo en un río ¹ siendo el campo de velocidad del agua que fluye\(\textbf{v} (x,y)\text{.}\) Estamos asumiendo, por simplicidad, que el campo de velocidad no depende ² a tiempo\(t\text{.}\) El palo se moverá junto con el agua ³. Cuando el palo está a\(\textbf{r} \text{,}\) su velocidad será la misma que la velocidad del agua a la\(\textbf{r} \text{,}\) que se encuentra\(\textbf{v} (\textbf{r} )\text{.}\) así si el palo está en el\(\textbf{r} (t)\) momento\(t\text{,}\) tendremos

\[ \dfrac{d\textbf{r} }{dt} = \textbf{v} \big(\textbf{r} (t)\big) \nonumber \]

El palo trazará un camino, parametrizado por\(\textbf{r} (t)\text{.}\)

Definición 2.2.1

Un camino que es parametrizado por una función\(\textbf{r} (t)\) que obedece

\[ \dfrac{d\textbf{r} }{dt} = \textbf{v} \big(\textbf{r} (t)\big) \nonumber \]

se llama

• línea de campo o curva integral (para campos vectoriales generales) o
• línea de corriente o línea de flujo (cuando el campo vectorial\(\textbf{v} \) está siendo considerado como un campo de velocidad) o una
• línea de fuerza (cuando el campo vectorial\(\textbf{v} \) está siendo considerado como un campo de fuerza)

del campo vectorial\(\textbf{v} \text{.}\)

Ejemplo 2.2.2. Croquis de Línea de Flujo para el Vórtice del Ejemplo 2.1.4

Considere el campo de vectores de vórtice,\(\textbf{v} (x,y) = \Omega\big(-y\hat{\pmb{\imath}} +x\hat{\pmb{\jmath}}\big)\) del Ejemplo 2.1.4. Una vez que esbozamos el campo vectorial, como en la Figura 2.1.6, o incluso hicimos el “sketch esqueleto” de la Figura 2.1.5, podemos hacernos una idea aproximada de cómo son las líneas del arroyo simplemente siguiendo las flechas. Por ejemplo, supongamos que iniciamos una línea de arroyo (es decir, dejamos caer el palo en la corriente) en el\(x\) eje positivo. Mirando la Figura 2.1.5, que se repite aquí,

el palo

• comienza moviéndose en la\(+y\) dirección, es decir, recto hacia arriba.
• A medida que se mueve más hacia el primer cuadrante, desarrolla un\(x\) componente negativo de velocidad cada vez más grande. Por lo que también se mueve hacia la izquierda hacia el\(y\) eje -eje.
• Finalmente cruza el\(y\) eje positivo moviéndose en la\(-x\) dirección, es decir, hacia la izquierda.
• A medida que se mueve más hacia el segundo cuadrante, desarrolla un\(y\) componente negativo de velocidad cada vez más grande. Por lo que también se mueve hacia abajo hacia el\(x\) eje -eje.
• Finalmente cruza el\(x\) eje negativo moviéndose en la\(-y\) dirección, es decir, recto hacia abajo.
• A medida que se mueve más hacia el tercer cuadrante, desarrolla un\(x\) componente positivo de velocidad cada vez más grande. Por lo que también se mueve hacia la derecha hacia el\(y\) eje -eje.
• Finalmente cruza el\(y\) eje negativo moviéndose en la\(+x\) dirección, es decir, hacia la derecha.
• A medida que se mueve más hacia el cuarto cuadrante, desarrolla un\(y\) componente positivo de velocidad cada vez más grande. Por lo que también se mueve hacia arriba hacia el\(x\) eje -eje.

Con este tipo de análisis no podemos decir si la línea aerodinámica, que es la línea roja en la figura anterior, volverá al\(x\) eje -

• exactamente en su punto de partida, formando una curva cerrada, o
• dentro de su punto de partida, en espiral hacia adentro, o
• fuera de su punto de partida, en espiral hacia afuera.

Si bien el procedimiento anterior es una buena manera de obtener una idea cualitativa de las trayectorias, podemos desarrollar descripciones más precisas y detalladas de las líneas de campo trabajando analíticamente. Como vimos anteriormente, pensando en\(\textbf{r} (t)\) como la posición en el momento\(t\) de un palo caído al agua cuya velocidad a\((x,y)\) es\(\textbf{v} (x,y)\text{,}\) la velocidad del palo en el momento\(t\) será la misma que la velocidad del agua a la\(\textbf{r} (t)\text{,}\) que se encuentra\(\textbf{v} \big(\textbf{r} (t)\big)\text{.}\) Así\(\textbf{r} (t)\) obedecerá la sistema de ecuaciones diferenciales de primer orden

Ecuación 2.2.3

\[ \dfrac{d\textbf{r} }{dt}(t) = \textbf{v} \big(\textbf{r} (t)\big) \nonumber \]

Observe que si reparametrizamos\(\textbf{r} (t)\text{,}\) digamos\(\textbf{R}(u) = \textbf{r} \big(t(u)\big)\text{,}\) entonces\(\textbf{R}'(u) = \textbf{r} '\big(t(u)\big)\ t'(u)\) es paralelo a (aunque no necesariamente igual a)\(\textbf{r} '\big(t(u)\big)= \textbf{v} \big(\textbf{r} \big((t(u)\big)\big) =\textbf{v} \big(\textbf{R}(u)\big)\text{.}\) Así que si solo nos importa la curva trazada por el palo, y no sobre cuándo el palo está en cada punto del camino, entonces basta con imponer el más débil condición ⁴ que, cuando la barra está a\(\textbf{r} (t)\text{,}\) su velocidad\(\textbf{r} '(t)\) es paralela a (aunque no necesariamente igual a)\(\textbf{v} \big(\textbf{r} (t)\big)\text{.}\) En tres dimensiones,\(\textbf{r} '(t)\) es paralela a\(\textbf{v} \big(\textbf{r} (t)\big)\) cuando el producto cruzado es cero:

Ecuación 2.2.4

\[ \textbf{r} '(t)\times\textbf{v} \big(\textbf{r} (t)\big)=\vecs{0} \nonumber \]

En dos dimensiones todavía podemos utilizar el producto cruzado por el simple recurso de pensar\(\textbf{r} '(t)\) y\(\textbf{v} \big(\textbf{r} (t)\big)\) como tres vectores componentes cuyos terceros componentes son cero.

Una forma más conveniente de implementar la condición más débil de “solo paralelo”, implica reparametrizar nuestra aerodinámica. Supongamos que estamos en dos dimensiones con\(\textbf{r} '(t)=\big(\dfrac{dx}{dt}(t)\,,\,\dfrac{dy}{dt}(t)\big)\)\(\textbf{v} (\textbf{r} )=\big(v_1(\textbf{r} )\,,\,v_2(\textbf{r} )\big)\) y y arreglamos algunos\(t_0\text{.}\) Si\(\dfrac{dx}{dt}(t_0)\) es distinto de cero ⁵, podemos reparametrizar la curva (al menos cerca\(\textbf{r} (t_0)\)) para usar\(x\text{,}\) en lugar de\(t\) como parámetro. Para ello, nosotros

• resolver\(x=x(t)\) para\(t\) como una función de\(x\text{.}\) Llamar a la solución\(T(x)\text{.}\) Entonces
• el punto en la curva que tiene\(x\) -coordenada\(x\) es\(\textbf{R}(x)=\big(X(x)\,,\,Y(x)\big)\) con\(X(x)=x\) y\(Y(x) = y\big(T(x)\big)\text{.}\)

Entonces la condición que\(\textbf{R}'(x)=\big(1,Y'(x)\big)\) es paralela a\(\textbf{v} \big(\textbf{R}(x)\big)\) dice que\(\textbf{R}'(x)\) es un múltiplo escalar de\(\textbf{v} \big(\textbf{R}(x)\big)\) para que haya un número distinto de cero\(c(x)\) para que\(\textbf{R}'(x)=c(x) \textbf{v} \big(\textbf{R}(x)\big)\text{.}\) Eso sea

\[ \big(1,Y'(x)\big) =\big( c(x)v_1\big(x,Y(x)\big)\,,\, c(x)v_2\big(x,Y(x)\big) \big) \nonumber \]

o equivalentemente

\[ Y'(x)=\frac{Y'(x)}{1} =\frac{c(x)\,v_2\big(x,Y(x)\big)}{c(x)\,v_1\big(x,Y(x)\big)\big)} =\frac{v_2\big(x,Y(x)\big)}{v_1\big(x,Y(x)\big)} \nonumber \]

Esta es exactamente la afirmación que\(y=Y(x)\) es una solución de la ecuación diferencial

\[ \dfrac{dy}{dx}(x) = \frac{v_2\big(x,y\big)}{v_1\big(x,y\big)} \nonumber \]

Es convencional pretender ⁶ que\(\dfrac{dy}{dx}\) es la relación de\(\text{d}y\) y\(\text{d}x\) y reescribir la ecuación diferencial ⁷ como

\[ \frac{\text{d}x}{v_1(x,y)}=\frac{\text{d}y}{v_2(x,y)} \nonumber \]

Aquí un resumen de la discusión que acabamos de concluir. Se extiende a tres dimensiones de manera obvia.

Ecuación 2.2.5

Utilice el símbolo\(\parallel\) para representar “es paralelo a”.

En dos dimensiones

\[\begin{align*} &\Big(\dfrac{dx}{dt}(t)\,,\,\dfrac{dy}{dt}(t)\Big) \parallel \big(v_1(\textbf{r} (t))\,,\,v_2(\textbf{r} (t)\big)\\ &\hskip0.5in\iff \Big(\dfrac{dx}{dt}(t)\,,\,\dfrac{dy}{dt}(t)\,,\,0\Big)\times \big(v_1(\textbf{r} (t))\,,\,v_2(\textbf{r} (t))\,,\,0\big) = \vecs{0}\\ &\hskip0.5in\iff \frac{dx}{v_1(x,y)}=\frac{dy}{v_2(x,y)} \end{align*}\]

y en tres dimensiones

\[\begin{align*} &\Big(\dfrac{dx}{dt}(t)\,,\,\dfrac{dy}{dt}(t)\,,\,\dfrac{dz}{dt}(t)\Big) \parallel \big(v_1(\textbf{r} (t))\,,\,v_2(\textbf{r} (t))\,,\,v_3(\textbf{r} (t))\big)\\ &\hskip0.5in\iff \Big(\dfrac{dx}{dt}(t)\,,\,\dfrac{dy}{dt}(t)\,,\,\dfrac{dz}{dt}(t)\Big)\times \big(v_1(\textbf{r} (t))\,,\,v_2(\textbf{r} (t))\,,\,v_3(\textbf{r} (t))\big) = \vecs{0}\\ &\hskip0.5in\iff \frac{dx}{v_1(x,y,z)}=\frac{dy}{v_2(x,y,z)}=\frac{dz}{v_3(x,y,z)} \end{align*}\]

Apliquemos esto a dos ejemplos, en los que las líneas de arroyos del campo vórtice del Ejemplo 2.1.4 se encuentran por dos métodos diferentes.

Ejemplo 2.2.6. Líneas de corriente para el campo de vórtice usando\(\textbf{r} '(t) \!\parallel\!\textbf{v} (\textbf{r} (t))\)

En este ejemplo encontraremos las líneas de corriente para el campo de vórtice,\(\textbf{v} (x,y) = \Omega\big(-y\hat{\pmb{\imath}} +x\hat{\pmb{\jmath}}\big)\) del Ejemplo 2.1.4, utilizando el requisito de que, en una línea de corriente, el vector de velocidad\(\textbf{r} '(t)\) debe ser paralelo a\(\textbf{v} \big(\textbf{r} (t)\big)\text{.}\) Por 2.2.5 una forma de expresar este requisito matemáticamente es

\[\begin{gather*} \frac{dx}{-\Omega y} = \frac{dy}{\Omega x} \end{gather*}\]

Se trata de una simple ecuación diferencial separable. Podemos resolverlo multiplicando cruzadamente e integrando ambos lados. (Recordemos que\(\Omega\) es una constante.)

\[\begin{align*} \Omega x\,\text{d}x = -\Omega y\,\text{d}y &\iff \Omega \int x\,\text{d}x = -\Omega \int y\,\text{d}y\\ &\iff \frac{1}{2} \Omega x^2 =-\frac{1}{2} \Omega y^2 +C'\\ &\iff x^2+y^2 = C \end{align*}\]

donde\(C'\) y\(C=\frac{2}{\Omega}C'\) son solo constantes arbitrarias. Entonces las líneas de corriente del campo de vórtice son exactamente círculos centrados en el origen.

Podemos llegar exactamente a la misma conclusión usando la formulación cruzada del producto 2.2.4.

\[\begin{align*} &\Big(\dfrac{dx}{dt}(t)\,,\,\dfrac{dy}{dt}(t)\,,\,0\Big)\times \big(v_1(\textbf{r} (t))\,,\,v_2(\textbf{r} (t))\,,\,0\big) = \vecs{0}\\ &\hskip0.5in\iff \Big(\dfrac{dx}{dt}(t)\,\hat{\pmb{\imath}}+\dfrac{dy}{dt}(t)\,\hat{\pmb{\jmath}}\Big)\times \big(-\Omega y(t)\,\hat{\pmb{\imath}}+\Omega x(t)\,\hat{\pmb{\jmath}}\big) = \vecs{0}\\ &\hskip0.5in\iff \Big(\Omega x(t)\dfrac{dx}{dt}(t) +\Omega y(t)\dfrac{dy}{dt}(t)\Big)\hat{\mathbf{k}}=\vecs{0}\\ &\hskip0.5in\iff \Omega x(t)\dfrac{dx}{dt}(t) +\Omega y(t)\dfrac{dy}{dt}(t)=0\\ &\hskip0.5in\iff \dfrac{d\ }{dt}\Big(\frac{1}{2} \Omega x(t)^2+\frac{1}{2}\Omega y(t)^2\Big)=0\\ &\hskip0.5in\qquad\text{(Go ahead and evaluate the derivative.)}\\ &\hskip0.5in\iff \frac{1}{2}\Omega\big(x(t)^2+y(t)^2\big) = C'\\ &\hskip0.5in\iff x(t)^2+y(t)^2=C \end{align*}\]

Ejemplo 2.2.7. Líneas de corriente para el campo de vórtice usando\(\textbf{r} '(t)\!=\!\textbf{v} (\textbf{r} (t))\)

Esta vez encontraremos las líneas de arroyos para el campo vórtice,\(\textbf{v} (x,y) = \Omega\big(-y\hat{\pmb{\imath}} +x\hat{\pmb{\jmath}}\big)\) del Ejemplo 2.1.4, usando 2.2.3, que es

\[\begin{align*} \dfrac{dx}{dt} &= -\Omega y\\ \dfrac{dy}{dt} &= \Omega x \end{align*}\]

Podemos convertir este sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias lineales de primer orden en una única ecuación diferencial de coeficiente constante lineal de segundo orden ⁸, diferenciando la primera ecuación, para obtener\(\frac{\mathrm{d}^{2}x}{\mathrm{d}t^{2}} = -\Omega\dfrac{dy}{dt}\text{,}\) y luego sustituyendo en la segunda ecuación para obtener

\[ \frac{\mathrm{d}^{2}x}{\mathrm{d}t^{2}} + \Omega^2 x = 0 \nonumber \]

Esta ecuación es un caso especial de la ecuación diferencial ordinaria tratada en el Ejemplo A.9.3 del Apéndice A.9, titulado “Revisión de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Lineales”. De hecho es exactamente (A.9.6) con\(R=0\text{,}\)\(L=C=\frac{1}{\Omega}\text{.}\) Así que la solución general es (A.9.8) con\(\rho=0\) y\(\nu=\Omega\text{,}\) cuál es

\[ x(t) = A\cos(\Omega t-\theta) \nonumber \]

con\(A\) y\(\theta\) siendo constantes arbitrarias ⁹. Entonces

\[ y(t) = -\frac{1}{\Omega}\dfrac{dx}{dt} =A\sin(\Omega t-\theta) \nonumber \]

dándonos las conocidas líneas circulares de los arroyos.

Más sobre\(\textbf{r} '(t)\times\textbf{v} \big(\textbf{r} (t)\big)=\vecs{0}\)

Aquí hay un lema que da una versión más precisa de “si solo nos importa la curva trazada por el palo, y no sobre cuándo el palo está en cada punto del camino, entonces basta con imponer la condición más débil\(\textbf{r} '(t)\times\textbf{v} \big(\textbf{r} (t)\big)=\vecs{0}\)”.

Lema 2.2.8

Lat\(a \lt b\) y let\(\textbf{v} (\textbf{r} )\) ser un campo vectorial. Supongamos que, para todos\(a \lt u \lt b\text{,}\)\(\textbf{R}(u)\) está definido, ambos\(\textbf{R}'(u)\) y\(\textbf{v} \big(\textbf{R}(u)\big)\) son continuos y distintos de cero y

\[ \textbf{R}'(u)\times\textbf{v} \big(\textbf{R}(u)\big)=\vecs{0} \nonumber \]

Entonces\(\left \{\textbf{R}(u)|a \lt u \lt b\right \}\) se contiene en una línea de campo.

Prueba

Como\(\textbf{R}'(u)\times\textbf{v} \big(\textbf{R}(u)\big)=\vecs{0}\) y ambos\(\textbf{R}'(u)\) y\(\textbf{v} \big(\textbf{R}(u)\big)\) son distintos de cero, hay\(a(u)\) tal que

\[ \textbf{R}'(u) = a(u)\,\textbf{v} \big(\textbf{R}(u)\big) \nonumber \]

Esto\(a(u)=\frac{\textbf{R}'(u)\cdot\textbf{v} (\textbf{R}(u))}{\textbf{v} (\textbf{R}(u))\cdot\textbf{v} (\textbf{R}(u))}\) es necesariamente distinto de cero y continuo. Ya que\(a(u)\) es distinto de cero y continuo, nunca cambia de signo. Es decir, ya sea\(a(u) \gt 0\) para todos\(u\text{,}\) o\(a(u) \lt 0\) para todos\(u\text{.}\) Let\(T(u)\) ser un antiderivado de\(a(u)\text{.}\) Entonces\(T(u)\) es estrictamente monótona (y continua) y por lo tanto es invertible. Es decir, hay una función continua\(U(t)\) que obedece\(U\big(T(u)\big)=u\) para todos\(a \lt u \lt b\) y\(T\big(U(t)\big)=t\) para todos\(t\) en el rango de\(U\text{.}\) Diferenciar\(T\big(U(t)\big)=t\) da\(T'\big(U(t)\big)\,U'(t)=1\) y de ahí\(U'(t) = \frac{1}{T'(U(t))}\text{.}\) Establecer\(\textbf{r} (t) = \textbf{R}\big(U(t)\big)\text{.}\) Entonces

\[\begin{align*} \textbf{r} '(t) &= \textbf{R}'\big(U(t)\big) U'(t) = a\big(U(t)\big)\,\textbf{v} \big(\textbf{R}\big(U(t)\big)\big) \frac{1}{T'\big(U(t)\big)}\\ & = a\big(U(t)\big)\,\textbf{v} \big(\textbf{r} (t)\big) \frac{1}{a\big(U(t)\big)}\\ &=\textbf{v} \big(\textbf{r} (t)\big) \end{align*}\]

Así\(\textbf{r} (t)\) es una línea de campo y\(\textbf{R}(u) = \textbf{r} (T(u))\) es una reparametrización de\(\textbf{r} (t)\text{.}\)

Aquí hay un par de ejemplos que muestran que pueden pasar cosas malas si bajamos el requisito que\(\textbf{v} (\textbf{R}(u))\) es distinto de cero.

Ejemplo 2.2.9

Deje que el campo vectorial\(\textbf{v} (x,y)\) sea idéntico cero. Entonces cualquier línea de campo\(\big(x(t)\,,\,y(t)\big)\) debe obedecer

\[\begin{gather*} x'(t)=0\qquad y'(t)=0 \end{gather*}\]

lo que obliga a ambos\(x(t)\) y\(y(t)\) a ser constantes. Entonces, cada línea de campo es solo un punto. Por otro lado cada inconstante\(\textbf{R}(u)\) obedece\(\textbf{R}'(u)\times\textbf{v} \big(\textbf{R}(u)\big)=\vecs{0}\) pero no está contenida en una línea de campo. (Como no\(\textbf{R}(u)\) es constante, cubre más de un punto, mientras que cada línea de campo es un solo punto.)

Ahora aquí hay un ejemplo más interesante.

Ejemplo 2.2.10

Considerar el campo vectorial\(\textbf{v} (x,y)=x\,\hat{\pmb{\imath}}\text{.}\) Este campo vectorial toma el valor\(\vecs{0}\) en cada punto del\(y\) eje -eje, es un múltiplo positivo de\(\hat{\pmb{\imath}}\) en cada punto del medio plano derecho y es un múltiplo negativo de\(\hat{\pmb{\imath}}\) en cada punto del semiplano izquierdo. Busquemos las líneas de campo. Cualquier línea de campo debe obedecer

\[\begin{gather*} \dfrac{dx}{dt}(t)=x(t)\qquad \dfrac{dy}{dt}(t)=0 \end{gather*}\]

Entonces\(y(t)\) debe ser una constante. Podemos resolver la ecuación diferencial lineal ordinaria\(\dfrac{dx}{dt}(t)=x(t)\) moviendo el\(x(t)\) hacia el lado izquierdo, y multiplicando por el (factor integrador)\(e^{-t}\text{.}\) Esto da

\[ e^{-t}\dfrac{dx}{dt}(t)-e^{-t} x(t)=0 \nonumber \]

Según la regla del producto, esto es lo mismo que

\[ \dfrac{d}{dt}\big(e^{-t}x(t)\big)=0 \nonumber \]

lo que obliga\(e^{-t}x(t)\) a ser una constante. Entonces nuestras líneas de campo están\(\big(Ce^t\,,\,D\big)\text{,}\) con\(C\) y\(D\) siendo constantes arbitrarias. Tenga en cuenta que

• si\(C=0\text{,}\) la línea de campo es solo el punto único\((0,D)\) en el\(y\) eje -eje. Se ilustra con el punto negro en la siguiente figura.
• Si\(C \gt 0\text{,}\) entonces como\(t\) se ejecuta desde\(-\infty\)\(+\infty\text{,}\) la línea de campo cubre la media línea horizontal

  \[ \left \{(x,D)|x \gt 0\right \} \nonumber \]

  en el medio plano derecho. Se ilustra con la línea roja en la siguiente figura.
• Si\(C \lt 0\text{,}\) entonces como\(t\) se ejecuta desde\(-\infty\)\(+\infty\text{,}\) la línea de campo cubre la media línea horizontal

  \[ \left \{(x,D)|x \lt 0\right \} \nonumber \]

  en el medio plano izquierdo. Se ilustra con la línea azul en la figura siguiente (con un valor diferente al de\(D\) la línea roja).

Por otro lado, fijar cualquier constante\(D\) y establecer\(\textbf{R}(u) = u\hat{\pmb{\imath}} +D\hat{\pmb{\jmath}}\text{.}\) Entonces

\[ \textbf{R}'(u)\times\textbf{v} \big(\textbf{R}(u)\big) =\hat{\pmb{\imath}}\times\big(u\hat{\pmb{\imath}}) =\vecs{0} \nonumber \]

Pero como\(u\) corre de\(-\infty\) a\(+\infty\text{,}\)\(\textbf{R}(u)\) corre sobre la línea completa\(\left \{(x,D)|-\infty \lt x \lt \infty\right \}\text{.}\) No está contenida en ninguna sola línea de campo y, de hecho, cubre completamente tres líneas de campo diferentes.

Ejercicios

Etapa 1

1

Supongamos que el campo vectorial\(\textbf{v} (x,y)\) esbozado a continuación representa la velocidad del agua en movimiento\((x,y)\) en el punto en el primer cuadrante del\(xy\) plano.

Esboza el camino seguido por un patito de goma caído en el punto

1. \(\displaystyle (0,2)\)
2. \(\displaystyle (1,0)\)
3. \(\displaystyle (1,2)\)

2

Buscar un campo vectorial\(\textbf{v} (x,y)\) para el cual

\[\begin{align*} x(t) &= e^{-t}\cos t\\ y(t) &= e^{-t}\sin t \end{align*}\]

es una línea de campo.

Etapa 2

3 ✳

Considera la función\(f(x,y) = xy\text{.}\)

1. Determinar explícitamente las líneas de campo (líneas de flujo) de\(\vecs{F} (x,y) = \vecs{ \nabla} f\text{.}\)
2. Dibuje las líneas de campo\(\vecs{F} \) y las curvas de nivel de\(f\) en el mismo diagrama.

4 ✳

Encuentra la línea de campo del campo vectorial\(\vecs{F} = 2y\,\hat{\pmb{\imath}}+ \frac{x}{y^2}\,\hat{\pmb{\jmath}}+e^y\hat{\mathbf{k}}\) que pasa\((1,1,e)\text{.}\)

5 ✳

Buscar y bosquejar las líneas de campo del campo vectorial\(\vecs{F} = x\,\hat{\pmb{\imath}}+ 3y\,\hat{\pmb{\jmath}}\text{.}\)

1. Piensa en Poohsticks.
2. Esta no es una suposición tan irrazonable. El flujo a menudo cambia en una escala de tiempo mayor.
3. Esto tampoco es una aproximación irrazonable.
4. Tendremos una discusión más cuidadosa al respecto en la optativa §2.2.1.
5. Si\(\dfrac{dx}{dt}(t_0)=0\text{,}\) pero\(\dfrac{dy}{dt}(t_0)\ne 0\text{,}\) deberíamos usar\(y\) en lugar de\(x\) como parámetro. Si\(\dfrac{dx}{dt}(t_0)=\dfrac{dy}{dt}(t_0)=0\text{,}\) entonces\(\textbf{r} (t)=\textbf{r} (t_0)\) para todos\(t\) y el aerodinámico no se mueve. Es sólo un punto único.
6. Por supuesto que no\(\dfrac{dy}{dx}\) es la relación de\(\text{d}y\) y\(\text{d}x\text{.}\) Sin embargo pretender que lo es proporciona una manera sencilla de recordar la técnica que se utiliza para resolver la ecuación. Es posible que hayas usado este dispositivo mnemotécnico antes cuando aprendiste a resolver ecuaciones diferenciales separables. La sección 2.4 del texto CLP-2 contiene un tratamiento de ecuaciones diferenciales separables, incluyendo una justificación para el dispositivo mnemónico.
7. Aquí hay otra forma no rigurosa, pero intuitiva de llegar a esta ecuación. Supongamos que nuestro palo está a\((x,y)\) y tiene velocidad\(\big(\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}(t)\,,\,\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}(t)\big)\text{.}\) En un pequeño intervalo de tiempo\(\text{d}t\) el palo se mueve por\(\big(\dfrac{dx}{dt}(t)\,,\,\dfrac{dy}{dt}(t)\big)\text{d}t =(\text{d}x,\text{d}y)\text{,}\) lo que es paralelo a\(\big(v_1(x,y)\,,\,v_2(x,y)\big)\) si\(\frac{\text{d}x}{v_1(x,y)}=\frac{\text{d}y}{v_2(x,y)}\text{.}\)
8. En el Ejemplo 2.1.7 convertimos una ecuación diferencial ordinaria de segundo orden en un sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden. Ahora solo estamos revirtiendo el procedimiento que ahí usamos.
9. Incluso si no sabes cómo\(x(t) = A\cos(\Omega t-\theta)\) se llegó, deberías poder verificar fácilmente que realmente obedece\(x''+\Omega^2 x=0\text{.}\)