Uma prova de Cálculo III do IME-USP.
Jan 12, 2015 23:54:01 GMT -3
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Post by Ivo Terek on Jan 12, 2015 23:54:01 GMT -3
Eu estava aqui arrumando uma papelada, e achei o enunciado duma P1 de Cálculo III, dá época que eu cursei a matéria. Como revisar Cálculo nunca é demais, vou fazer uma resolução rapidinha aqui. Vou colocar uma questão por post e peço que não postem nada até eu terminar. São três questões apenas.
Solução: O exercício é uma grande armadilha para que você saia abrindo produtos escalares e determinantes, e perdendo seu precioso tempo de prova. Queria eu ter percebido isso naquele dia. A ideia é expressar tudo usando a convenção de Einstein para a soma, deltas de Kronecker, e símbolos de permutação de Levi-Civita, isto é: ${\bf A}\cdot {\bf B} = A_iB_i$, $({\bf A}\times {\bf B})_i = \epsilon_{ijk}A_jB_k$, e chamando $\nabla = (\partial_1, \ldots, \partial_n)$. Vamos verificar sistematicamente que ambos os lados de cada identidade proposta coincidem, em ordem.
i) $$\begin{align} (\nabla(\varphi \psi))_i &= \partial_i(\varphi \psi) \\ &= \psi \partial_i \varphi + \varphi \partial_i\psi \\ &= \psi (\nabla \varphi)_i + \varphi (\nabla \psi)_i \\ &= (\psi \nabla \varphi + \varphi \nabla \psi)_i.\end{align}$$
ii) $$\begin{align} \nabla \cdot (\varphi {\bf A}) &= \partial_i(\varphi A_i) \\ &= (\partial_i \varphi)A_i + \varphi \partial_iA_i \\ &= (\nabla \varphi)_i A_i + \varphi (\nabla \cdot {\bf A}) \\ &= (\nabla \varphi)\cdot {\bf A} + \varphi (\nabla \cdot {\bf A}).\end{align}$$
iii) $$\begin{align} \nabla \cdot({\bf A}\times{\bf B}) &= \partial_i ({\bf A}\times{\bf B})_i \\ &= \partial_i (\epsilon_{ijk}A_jB_k) \\ &= \epsilon_{ijk} \partial_i(A_jB_k) \\ &= \epsilon_{ijk}(B_k \partial_iA_j + A_j\partial_iB_k) \\ &= \epsilon_{ijk}B_k \partial_iA_j+\epsilon_{ijk}A_j\partial_iB_k \\ &= B_k \epsilon_{kij}\partial_iA_j-A_j\epsilon_{jik}\partial_iB_k \\ &= B_k(\nabla \times {\bf A})_k - A_j(\nabla \times {\bf B})_j \\&= (\nabla \times {\bf A})\cdot {\bf B} - (\nabla \times {\bf B})\cdot {\bf A}\end{align}$$
iv) $$\begin{align} (\nabla \times (\varphi {\bf A}))_i &= \epsilon_{ijk}\partial_j (\varphi A_k) \\ &= \epsilon_{ijk} (\partial_j \varphi)A_k + \epsilon_{ijk}\varphi \partial_jA_k \\ &= \epsilon_{ijk}(\nabla\varphi)_jA_k + \varphi\epsilon_{ijk}\partial_jA_k \\ &= ((\nabla \varphi)\times {\bf A})_i + (\varphi(\nabla \times {\bf A})_i \\ &= ((\nabla\varphi)\times {\bf A}+\varphi \nabla \times {\bf A})_i.\end{align}$$
v) $$\begin{align} (\nabla \times (\nabla \varphi))_i &= \epsilon_{ijk}\partial_j(\nabla \varphi)_k \\ &= \epsilon_{ijk}\partial_j\partial_k\varphi = 0,\end{align}$$ diretamente, pois a expressão $\epsilon_{ijk}\partial_j\partial_k\varphi$ é anti-simétrica em $j$ e $k$, que estão sendo somados. De fato, trocando os índices e chamando essa expressão inicial de $T_{ijk}$, temos $$T_{ikj} = \epsilon_{ikj}\partial_k\partial_j\varphi = -\epsilon_{ijk}\partial_j\partial_k\varphi = -T_{ijk},$$ e segue que $T_{ijk} = 0$. Note que usamos que $\varphi$ é $\cal C^2$ aqui, também.
vi) $$\begin{align} \nabla \cdot (\nabla \times {\bf A}) &= \partial_i(\nabla \times {\bf A})_i \\ &= \partial_i \epsilon_{ijk}\partial_jA_k \\ &= \epsilon_{ijk}\partial_i\partial_jA_k = 0, \end{align}$$pelo exato mesmo argumento acima.
Questão 1: Prove que para campos escalares $\varphi, \psi$ e campos vetoriais $\bf A,B$ definidos e de classe $\cal C^1$ (ou pelo menos diferenciáveis) sobre um aberto $U$ qualquer do $\Bbb R^n$, valem as seguintes versões da regra do produto:
Para $n$ geral: $$\begin{align}\nabla(\varphi \psi) &= (\nabla \varphi) \psi + \varphi (\nabla \psi), \\ \nabla \cdot (\varphi {\bf A}) &= (\nabla \varphi) \cdot {\bf A} + \varphi (\nabla \cdot {\bf A}), \end{align}$$
Para $n = 3$: $$\begin{align} \nabla \cdot ({\bf A} \times {\bf B}) &= (\nabla \times {\bf A}) \cdot {\bf B} - {\bf A} \cdot (\nabla \times {\bf B}) \\ \nabla \times (\varphi {\bf A}) &= (\nabla \varphi)\times {\bf A} + \varphi (\nabla \times {\bf A}),\end{align}$$
(observação minha: tinha mais uma identidade a ser provada, porém o professor cometeu um erro de digitação e ficaram faltando dois termos... assim, não farei este item.)
Prove também que para campos escalares $\varphi$ e campos vetoriais $\bf A$ definidos e de classe $\cal C^2$ sobre um aberto $U$ qualquer de $\Bbb R^3$, vale: $$\begin{align} \nabla \times (\nabla \varphi) &= {\bf 0} \\ \nabla \cdot (\nabla \times {\bf A}) &= 0 .\end{align}$$
Para $n$ geral: $$\begin{align}\nabla(\varphi \psi) &= (\nabla \varphi) \psi + \varphi (\nabla \psi), \\ \nabla \cdot (\varphi {\bf A}) &= (\nabla \varphi) \cdot {\bf A} + \varphi (\nabla \cdot {\bf A}), \end{align}$$
Para $n = 3$: $$\begin{align} \nabla \cdot ({\bf A} \times {\bf B}) &= (\nabla \times {\bf A}) \cdot {\bf B} - {\bf A} \cdot (\nabla \times {\bf B}) \\ \nabla \times (\varphi {\bf A}) &= (\nabla \varphi)\times {\bf A} + \varphi (\nabla \times {\bf A}),\end{align}$$
(observação minha: tinha mais uma identidade a ser provada, porém o professor cometeu um erro de digitação e ficaram faltando dois termos... assim, não farei este item.)
Prove também que para campos escalares $\varphi$ e campos vetoriais $\bf A$ definidos e de classe $\cal C^2$ sobre um aberto $U$ qualquer de $\Bbb R^3$, vale: $$\begin{align} \nabla \times (\nabla \varphi) &= {\bf 0} \\ \nabla \cdot (\nabla \times {\bf A}) &= 0 .\end{align}$$
Solução: O exercício é uma grande armadilha para que você saia abrindo produtos escalares e determinantes, e perdendo seu precioso tempo de prova. Queria eu ter percebido isso naquele dia. A ideia é expressar tudo usando a convenção de Einstein para a soma, deltas de Kronecker, e símbolos de permutação de Levi-Civita, isto é: ${\bf A}\cdot {\bf B} = A_iB_i$, $({\bf A}\times {\bf B})_i = \epsilon_{ijk}A_jB_k$, e chamando $\nabla = (\partial_1, \ldots, \partial_n)$. Vamos verificar sistematicamente que ambos os lados de cada identidade proposta coincidem, em ordem.
i) $$\begin{align} (\nabla(\varphi \psi))_i &= \partial_i(\varphi \psi) \\ &= \psi \partial_i \varphi + \varphi \partial_i\psi \\ &= \psi (\nabla \varphi)_i + \varphi (\nabla \psi)_i \\ &= (\psi \nabla \varphi + \varphi \nabla \psi)_i.\end{align}$$
ii) $$\begin{align} \nabla \cdot (\varphi {\bf A}) &= \partial_i(\varphi A_i) \\ &= (\partial_i \varphi)A_i + \varphi \partial_iA_i \\ &= (\nabla \varphi)_i A_i + \varphi (\nabla \cdot {\bf A}) \\ &= (\nabla \varphi)\cdot {\bf A} + \varphi (\nabla \cdot {\bf A}).\end{align}$$
iii) $$\begin{align} \nabla \cdot({\bf A}\times{\bf B}) &= \partial_i ({\bf A}\times{\bf B})_i \\ &= \partial_i (\epsilon_{ijk}A_jB_k) \\ &= \epsilon_{ijk} \partial_i(A_jB_k) \\ &= \epsilon_{ijk}(B_k \partial_iA_j + A_j\partial_iB_k) \\ &= \epsilon_{ijk}B_k \partial_iA_j+\epsilon_{ijk}A_j\partial_iB_k \\ &= B_k \epsilon_{kij}\partial_iA_j-A_j\epsilon_{jik}\partial_iB_k \\ &= B_k(\nabla \times {\bf A})_k - A_j(\nabla \times {\bf B})_j \\&= (\nabla \times {\bf A})\cdot {\bf B} - (\nabla \times {\bf B})\cdot {\bf A}\end{align}$$
iv) $$\begin{align} (\nabla \times (\varphi {\bf A}))_i &= \epsilon_{ijk}\partial_j (\varphi A_k) \\ &= \epsilon_{ijk} (\partial_j \varphi)A_k + \epsilon_{ijk}\varphi \partial_jA_k \\ &= \epsilon_{ijk}(\nabla\varphi)_jA_k + \varphi\epsilon_{ijk}\partial_jA_k \\ &= ((\nabla \varphi)\times {\bf A})_i + (\varphi(\nabla \times {\bf A})_i \\ &= ((\nabla\varphi)\times {\bf A}+\varphi \nabla \times {\bf A})_i.\end{align}$$
v) $$\begin{align} (\nabla \times (\nabla \varphi))_i &= \epsilon_{ijk}\partial_j(\nabla \varphi)_k \\ &= \epsilon_{ijk}\partial_j\partial_k\varphi = 0,\end{align}$$ diretamente, pois a expressão $\epsilon_{ijk}\partial_j\partial_k\varphi$ é anti-simétrica em $j$ e $k$, que estão sendo somados. De fato, trocando os índices e chamando essa expressão inicial de $T_{ijk}$, temos $$T_{ikj} = \epsilon_{ikj}\partial_k\partial_j\varphi = -\epsilon_{ijk}\partial_j\partial_k\varphi = -T_{ijk},$$ e segue que $T_{ijk} = 0$. Note que usamos que $\varphi$ é $\cal C^2$ aqui, também.
vi) $$\begin{align} \nabla \cdot (\nabla \times {\bf A}) &= \partial_i(\nabla \times {\bf A})_i \\ &= \partial_i \epsilon_{ijk}\partial_jA_k \\ &= \epsilon_{ijk}\partial_i\partial_jA_k = 0, \end{align}$$pelo exato mesmo argumento acima.
