Regla de la cadena para gradientes
De Laplace
(Nueva página: ==Enunciado== Si <math>\phi = \phi(u)\,</math>, con <math>u = u(\mathbf{r})</math>, demuestre que <center><math>\nabla \phi = \frac{\mathrm{d}\phi}{\mathrm{d}u} \nabla u</math></cent...) |
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| + | ===Demostración=== | ||
| + | Este teorema se puede demostrar mediante la regla de la cadena. Si <math>\phi\,</math>$ depende de <math>x</math>, <math>y</math> y <math>z</math> sólo a través de <math>u</math> se tiene que | ||
| + | <center> | ||
| + | <math>\nabla\phi=\frac{\partial \phi}{\partial x}\mathbf{u}_{x}+\frac{\partial \phi}{\partial y}\mathbf{u}_{y}+ | ||
| + | \frac{\partial \phi}{\partial z}\mathbf{u}_{z}= | ||
| + | \dtot{\phi}{u}\frac{\partial u}{\partial x}\mathbf{u}_{x}+\dtot{\phi}{u}\frac{\partial u}{\partial y}\mathbf{u}_{y}+ | ||
| + | \dtot{\phi}{u}\frac{\partial u}{\partial z}\mathbf{u}_{z}=\dtot{\phi}{u}\nabla u</math></center> | ||
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| + | Una forma más elegante de demostrar esto es aplicando que el gradiente es aquel vector que para cualquier <math>\mathrm{d}\mathbf{r}</math> verifica | ||
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| + | <center><math>\mathrm{d}\phi=\nabla\phi{\cdot}\mathrm{d}\mathbf{r}</math></center> | ||
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| + | por otro lado se tiene que | ||
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| + | \mathrm{d}\phi=\frac{\mathrm{d}\phi}{\mathrm{d}u}\,\mathrm{d}u=\frac{\mathrm{d}\phi}{\mathrm{d}u}\,\nabla | ||
| + | u{\cdot}\mathrm{d}\mathbf{r} | ||
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| + | Igualando ambas expresiones y aplicando que <math>\mathrm{d}\mathbf{r}</math> es arbitrario, se llega a la identidad buscada. | ||
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| + | Empleando este teorema es posible calcular multitud de gradientes. Así los correspondientes a los apartados 1 y 2 se | ||
| + | pueden obtener a partir del de la función <math>u=r</math>. | ||
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| + | Para cualquier potencia de <math>r</math> se tendrá | ||
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| + | <math>\nabla(r^n)=\frac{\partial r^n}{\partial r}\nabla r=nr^{n-1}\nabla r</math> | ||
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| + | por lo que el problema se reduce a calcular <math>\nabla r</math>. Si aplicamos la fórmula anterior a <math>r^2</math> queda | ||
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| + | <math>\nabla\left(r^2\right)=2r\nabla r</math> | ||
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| + | <math>\nabla\left(r^2\right)=\nabla\left(x^2+y^2+z^2\right)= | ||
| + | 2x\mathbf{u}_{x}+2y\mathbf{u}_{y}+2z\mathbf{u}_{z}=2\mathbf{r}</math></center> | ||
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| + | por lo que, igualando las dos expresiones, | ||
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| + | <center><math>2r\nabla r=2\mathbf{r}</math>{{tose}}\nabla r=\frac{\mathbf{r}}{r}</center> | ||
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| + | y, para cualquier potencia de <math>r</math> | ||
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| + | <math>\nabla\left(r^n\right)=nr^{n-1}\frac{\mathbf{r}}{r}=nr^{n-2}\mathbf{r}</math> | ||
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| + | ===Segundo caso=== | ||
| + | Para el caso del logaritmo se tiene | ||
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| + | <center><math>\nabla(\ln r)=\frac{1}{r}\nabla r=\frac{\mathbf{r}}{r^2}</math></center> | ||
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| + | Un método alternativo para estos dos casos es empleando coordenadas esféricas | ||
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| + | <center><math>\nabla\phi = \frac{\partial \phi}{\partial r}\mathbf{u}_{r}+\frac{1}{r}\,\frac{\partial \phi}{\partial \theta}\mathbf{u}_{\theta}+ | ||
| + | \frac{1}{r\,\mathrm{sen}\,\theta}\,\frac{\partial \phi}{\partial \varphi}\mathbf{u}_{\varphi}</math></center> | ||
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| + | Para el caso de una función que depende exclusivamente de la distancia al origen (un campo central), el gradiente se reduce a | ||
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| + | <math>\nabla\phi(r) = \frac{\mathrm{d}\phi}{\mathrm{d}r}\mathbf{u}_{r}</math> | ||
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| + | que para <math>\phi=r^n\,</math> da | ||
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| + | <center><math>\nabla(r^n)= n r^{n-1} \mathbf{u}_{r} = n r^{n-2}\mathbf{r}</math></center> | ||
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| + | y para <math>\phi=\ln(r)</math> | ||
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| + | <center><math>\nabla(\ln(r)) = \frac{1}{r}\mathbf{u}_{r} = \frac{\mathbf{r}}{r^2}</math></center> | ||
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| + | ===Tercer caso=== | ||
| + | Para la última función efectuamos un cálculo análogo, notando que | ||
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| + | <center><math>\nabla |\mathbf{r}-\mathbf{r}_0|^n=n|\mathbf{r}-\mathbf{r}_0|^{n-1}\nabla|\mathbf{r}-\mathbf{r}_0|</math></center> | ||
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| + | <center><math>\nabla|\mathbf{r}-\mathbf{r}_0|^2=\nabla\left(\left(\mathbf{r}-\mathbf{r}_0\right){\cdot}\left(\mathbf{r}-\mathbf{r}_0\right)\right) | ||
| + | =\nabla\left(r^2-2\mathbf{r}{\cdot}\mathbf{r}_0+\mathbf{r}_0^2\right)</math></center> | ||
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| + | El gradiente del primer término es conocido | ||
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| + | <math>\nabla(r^2) = 2\mathbf{r}</math> | ||
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| + | El segundo, de acuerdo con lo que se demuestra en un problema de [[identidades vectoriales]] | ||
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| + | <center><math>\nabla(2\mathbf{r}{\cdot}\mathbf{r}_0) = 2\mathbf{r}_0</math></center> | ||
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| + | El tercer sumando se anula, por ser un vector constante | ||
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| + | <center><math>\nabla(r_0^2) = \mathbf{0}</math></center> | ||
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| + | Reuniendo los tres términos | ||
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| + | <center><math>\nabla\left|\mathbf{r}-\mathbf{r}_0\right|^2 = 2(\mathbf{r}-\mathbf{r}_0)</math></center> | ||
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| + | y de aquí | ||
| + | |||
| + | <center><math>\nabla|\mathbf{r}-\mathbf{r}_0| = \frac{(\mathbf{r}-\mathbf{r}_0)}{|\mathbf{r}-\mathbf{r}_0|}</math>{{tose}} | ||
| + | <math>\nabla |\mathbf{r}-\mathbf{r}_0|^n=n|\mathbf{r}-\mathbf{r}_0|^{n-2}(\mathbf{r}-\mathbf{r}_0)</math></center> | ||
| + | |||
| + | y, en particular | ||
| + | |||
| + | <center> | ||
| + | <math>\nabla\left(\frac{1}{|\mathbf{r}-\mathbf{r}_0|}\right)= | ||
| + | -\frac{\mathbf{r}-\mathbf{r}_0}{|\mathbf{r}-\mathbf{r}_0|^3}</math></center> | ||
[[Categoría:Problemas de fundamentos matemáticos]] | [[Categoría:Problemas de fundamentos matemáticos]] | ||
Revisión de 10:20 30 sep 2008
Contenido |
1 Enunciado
Si 
, con 
, demuestre que
Encuentre 
si
2 Solución
2.1 Demostración
Este teorema se puede demostrar mediante la regla de la cadena. Si 
$ depende de x, y y z sólo a través de u se tiene que
No se pudo entender (Falta el ejecutable de <strong>texvc</strong>. Por favor, lea <em>math/README</em> para configurarlo.): \nabla\phi=\frac{\partial \phi}{\partial x}\mathbf{u}_{x}+\frac{\partial \phi}{\partial y}\mathbf{u}_{y}+ \frac{\partial \phi}{\partial z}\mathbf{u}_{z}= \dtot{\phi}{u}\frac{\partial u}{\partial x}\mathbf{u}_{x}+\dtot{\phi}{u}\frac{\partial u}{\partial y}\mathbf{u}_{y}+ \dtot{\phi}{u}\frac{\partial u}{\partial z}\mathbf{u}_{z}=\dtot{\phi}{u}\nabla u
Una forma más elegante de demostrar esto es aplicando que el gradiente es aquel vector que para cualquier 
verifica
por otro lado se tiene que
\mathrm{d}\phi=\frac{\mathrm{d}\phi}{\mathrm{d}u}\,\mathrm{d}u=\frac{\mathrm{d}\phi}{\mathrm{d}u}\,\nabla
u{\cdot}\mathrm{d}\mathbf{r}
\]
Igualando ambas expresiones y aplicando que es arbitrario, se llega a la identidad buscada.
2.2 Primer caso
Empleando este teorema es posible calcular multitud de gradientes. Así los correspondientes a los apartados 1 y 2 se pueden obtener a partir del de la función u = r.
Para cualquier potencia de r se tendrá
por lo que el problema se reduce a calcular 
. Si aplicamos la fórmula anterior a r2 queda
pero
por lo que, igualando las dos expresiones,
\nabla r=\frac{\mathbf{r}}{r}y, para cualquier potencia de r
2.3 Segundo caso
Para el caso del logaritmo se tiene
Un método alternativo para estos dos casos es empleando coordenadas esféricas
Para el caso de una función que depende exclusivamente de la distancia al origen (un campo central), el gradiente se reduce a
que para 
da
y para φ = ln(r)
2.4 Tercer caso
Para la última función efectuamos un cálculo análogo, notando que
El gradiente del primer término es conocido
El segundo, de acuerdo con lo que se demuestra en un problema de identidades vectoriales
El tercer sumando se anula, por ser un vector constante
Reuniendo los tres términos
y de aquí
y, en particular
