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Dinamica de Medios DeformablesNotas de clase

Profesores:Gerardo Garcıa Naumis,

Juan Valentın Escobar Sotomayor

Semestre 2019-1

Indice general

1. Introduccion al calculo tensorial 11.1. Clase 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1.1. Analisis tensorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.1.2. Regla de transformacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.2. Clase 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.2.1. Tipos de esfuerzos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.2.2. Notacion de Einstein . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2.3. Transformacion de Vectores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.3. Clase 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.3.1. Diagonalizacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.4. Clase 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.4.1. Sistemas de coordenadas curvilıneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.5. Clase 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.5.1. Coordenadas curvilıneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2. Fluidos ideales 222.1. Clase 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

2.1.1. DINAMICA DE FLUIDOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232.2. Clase 11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

2.2.1. Ecuacion de continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252.2.2. Lıneas de corriente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

2.3. Clase 14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292.4. Clase 15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

2.4.1. Problema del cilindro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 352.4.2. Presion sobre la cascara del cilindro . . . . . . . . . . . . . . . . . . 362.4.3. Transformaciones conformes y coeficientes de lift y drag . . . . . . . 39

2.5. Clase 16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 412.5.1. Teorema de Blausius . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

3. Fluidos Viscosos 473.1. Clase 17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 473.2. Clase 18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

3.2.1. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 543.3. Clase 19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 573.4. Clase 20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

3.4.1. Ejemplos de la ecuacion de Navier Stokes . . . . . . . . . . . . . . . 633.5. Clase 21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

3.5.1. No-linealidad de las ecuaciones de Navier-Stokes. . . . . . . . . . . 66

i

INDICE GENERAL ii

4. Elasticidad 724.1. Clase 24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 724.2. Clase 26 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

4.2.1. Ley de Hooke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 744.2.2. Deformacion uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

Capıtulo 1

Introduccion al calculo tensorial

1.1. Clase 1Gustavo Cruz Hernandez

Hemos aplicado las leyes de Newton a partıculas puntuales. Por ejemplo:

~p = m~v Momento

~F = md2~r

dt2Fuerza

Cuando hablamos de un cuerpo en tres dimensiones hacemos la idealizacion de cuerporıgido es decir que la distancia no cambia. Los equivalentes al caso puntual son:

~F = Md2~rCMdt2

Fuerza del centro de masa

~p = m ~VCM Momento lineal

~τ = I~Ω Momento angular

En la vida real, un cuerpo no es totalmente rıgido.Nuestro objetivo es que, cuando se le aplica una fuerza a un cuerpo no rıgido debemoshallar:

Velocidad de cada punto del fluido

Alteracion del campo de deformaciones

Velocidad del campo del fluido

Existen tres tipos de fuerzas que se pueden aplicar a un objeto en tres dimensiones:

Compresion: Fuerza paralela al vector normal, sentido negativo ~F ‖ n

Traccion: Fuerza paralela al vector normal, sentido positivo ~F ‖ −n

Corte: Fuerza perpenticular al vector normal ~F ⊥ n

1

CAPITULO 1. INTRODUCCION AL CALCULO TENSORIAL 2

1.1.1. Analisis tensorialUn fenomeno no depende del sistema de referencia

Escalar

Solo tiene una componenteNo depende del sistema de referenciaEjemplos:Temperatura(T), densidad (ρ), masa (m), etc

VectorDepende del sistema de referencia

Ejemplos:velocidad(~v), posicion (~r), aceleracion (~a), etcUn espacio vectorial esta definido con una identidad, existencia de inverso, suma y pro-ducto por escalar.Suma

~A+ ~B = (A1, A2, A3) + (B1, B2, B3) = (A1 +B1, A2 +B2, A3 +B3) (1.1)

Producto escalar (punto)

~A · ~B = (A1, A2, A3) · (B1, B2, B3) = A1B1 + A2B2 + A3B3 (1.2)

producto vectorial (cruz)

~A× ~B =

∣∣∣∣∣∣∣i j kA1 A2 A3B1 B2 B3

∣∣∣∣∣∣∣ = (A2B3 − A3B2, A3B1 − A1B3, A1B2 − A2B1) (1.3)

La expresion (1.2) podemos expresarla como:

~A · ~B =3∑i=1

AiBi =3∑s=1

AsBs =3∑l=1

AlBl (1.4)

Note que el indice i, s, l o cualquier letra que se quiera coloca es independiente de laexpresion matematica, no afecta a la ecuacion. Estos indices se conocen como indices”mudos”(dummy).Eistein propuso que, al tener un par de indices mudos se habla implıcitamente de unasuma con valores 1,2 y 3 pues nos referimos a las componentes espaciales.

AiBi =3∑i=1

AiBi = A1B1 + A2B2 + A3B3 (1.5)

Ejercicio #1: Explique que significa las expresiones:

a) ∂Bl∂xl

b) ∂∂xl

∂f∂xl

Solucion: a) Desarrollando el termino tenemos:

∂Bl

∂xl= ∂B1

∂x1+ ∂B3

∂x2+ ∂B3

∂x3(1.6)

Escribiendo (1.6) como un producto escalar de dos vectores.

∂B1

∂x1+ ∂B3

∂x2+ ∂B3

∂x3=(∂

∂x1,∂

∂x2,∂

∂x3

)· (B1, B2, B3) (1.7)


Definiendo el operador Nabla ∇ =(

∂∂x1, ∂∂x2, ∂∂x3

)llegamos a que:

∂Bl

∂xl= ∇ · ~B (1.8)

Lo cual es la divergencia del campo vectorial ~Bb) Desarrollando el termino:

∂

∂xl

∂f

∂xl= ∂

∂x1

∂f

∂x1+ ∂

∂x2

∂f

∂x2+ ∂

∂x3

∂f

∂x3=(∂

∂x1,∂

∂x2,∂

∂x3

)·(∂f

∂x1,∂f

∂x2,∂f

∂x3

)(1.9)

Por la definicion de nabla y (1.8)

∂

∂xl

∂f

∂xl= ∇ · ∇f = ∇2f (1.10)

el cual es el laplaciano de la funcion escalar f.Ejemplo: La expresion Fk = AkBlCl queda explıcitamente como

Fk = Ak (B1C1 +B2C2 +B3C3) (1.11)

donde, para k = 1, 2, 3 queda

F1 = A1 (B1C1 +B2C2 +B3C3)F2 = A2 (B1C1 +B2C2 +B3C3)F3 = A2 (B1C1 +B2C2 +B3C3)

(1.12)

Las cuales son componentes del vector ~F = ~A( ~B · ~C)Ejercicio #2: La expresion:

Tj = ∂

∂xj

∂B

∂xl= ∂

∂xj

(∂B1

∂x1+ ∂B3

∂x2+ ∂B3

∂x3

)= ∂

∂xj

(∇ · ~B

)(1.13)

En general podemos describir a ~T como un producto escalar

~T =(∂

∂x1,∂

∂x2,∂

∂x3

)(∇ · ~B

)= ∇(∇ · ~B) (1.14)

Ejercicio #3: El termino[(~U · ∇

)~U]k

en notacion tensorial queda:

[(~U · ∇

)~U]k

=(~U · ∇

)~Uk =

(Ui

∂

∂x1

)~Uk (1.15)

1.1.2. Regla de transformacionPara dos sistemas de referencia diferentes, uno fijo y el otro esta rotado a un angulo

θ respecto al primero.x′1 = x1 cos(θ) + x2 sin(θ)x′2 = −x1 sin(θ) + x2 cos(θ) (1.16)


Esta interpretacion depende mucho de la geometrıa, en general para un vector ~T = (T1, T2)en un sistema de referencia y para un sistema de referencia primado ~T ′ = (T ′1, T ′2) rotadoa un angulo θ tenemos: (

T1T2

)=(

cos(θ) sin(θ)− sin(θ) cos(θ)

)(T1T2

)(1.17)

en general podemos escribirlo como ~T = R~T con R la matriz de transformacion que,descrito en componentes queda:(

T1T2

)=(R11 R12R21 R22

)(T1T2

)(1.18)

al hacer el producto de matriz con vector tenemos como resultado un par de ecuaciones:

T1 = R11T1 +R12T2T2 = R21T1 +R22T2

(1.19)

que puede ser descrita en notacion tensorial como Tk = RkjTj donde Rkj es la matriz decambio de base.Una forma de escribir un vector es como una combinacion lineal de los vectores base:

~T = (T1, T2) = T1i+ T2j = T1e1 + T2e2 donde |e1| = |e2| = 1 e1 · e2 = 0 (1.20)

¿Como podemos pasar esta descripcionm a notacion tensorial? Podemos escribir al vectorbase como:

(ei)j = e(j)k = δij =

1 l = j0 l 6= j

(1.21)

conocido como la delta de Kronecker. Note que uno de los subindices esta entre parentesislo que quiere decir que no hay suma implicada en el subindice.Si tomamos un vector base y lo aplicamos a la ecuacion (1.17) lo que tenemos es:

R(θ)e1 =(

cos(θ) sin(θ)− sin(θ) cos(θ)

)(10

)=(

cos(θ)− sin(θ)

)(1.22)

El resultado no es vector base del sistema rotado, es decir que no es e′1.

1.2. Clase 2Adan Miguel Rubiol Garcıa

1.2.1. Tipos de esfuerzosEl esfuerzo sobre algun objeto se puede clasificar en general por 3 tipos, (Ver Figura

1.1).

Esfuerzo de compresion:~F · n=|~F ||n|cos(π)=-|~F |

Esfuerzo de traccion:~F · n=|~F ||n|cos(0)=|~F |

Esfuerzo de corte:~F · n=|~F ||n|cos(π/2)=0


Figura 1.1: Tipos de esfuerzos

1.2.2. Notacion de EinsteinEn notacion tensorial se puede expresar por ejemplo al producto interno con la notacion

de Einstein o notacion de ındices, en el que se omite el sımbolo de suma Σ:

~u · ~v =3∑i=1

uivi = uivi (1.23)

Donde se entiende que en la expresion resultante, un ındice indica la suma sobre todoslos posibles valores del mismo.Ası mismo podemos tener dos tipos de ındices:Indice mudo: Es ındice que se repite dos veces en el mismo termino de una ecuacion.Indice libre:Es un ındice que se repite en cada uno de los terminos de una expresion.Los ındices libres no se expanden en forma de suma, sino que representan un sistema deecuaciones independientes.Por ejemplo en la expresion:

Tj = ∂

∂xj(∂Bl

∂xl)

Se puede expander como:

T1 = ∂

∂x1(∂B1

∂x1+ ∂B2

∂x2+ ∂B3

∂x3)

Lo mismo para j = 2, 3 resultando en

Tj = ∂

∂xj

(∂Bl

∂xl

)= ∇

(∇ · ~B

)(1.24)

1.2.3. Transformacion de VectoresSe puede experesar las componentes de los vectores base con la delta de Kronecker.

δij =

1, si i = j,

0, si i 6= j.(1.25)

De esta manera la componente j-esima del vector base ei es:

ˆ(ei)j = δij (1.26)


Si ahora se considera el vector en R2

~T = (T1, T2) (1.27)

y una rotacion por un angulo θ resultando en:

~T = (T1, T2) (1.28)

Figura 1.2: Rotacion de vectores base en un angulo θ

De los productos internose1′ · e1 = |e1

′||e1| cos θ (1.29)e1′ · e2 = cosα = cos(90o − α) = senθ (1.30)

Donde ei son los vectores base en el sistema de los Tk y ei′ son los vectores base (tambienllamados versores) en el sistema de T ′k.

Similarmente para los productos e2′ · e1, y e2

′ · e2. se puede obtener la matriz:

R(θ) =(e1′ · e1 e1

′ · e2e2′ · e1 e2

′ · e2

)=(R1′1 R1′2R2′1 R2′2

)(1.31)

Que define la transformacion con α = α′ = 1, 2

Tα′ = Rα′αTα (1.32)

Aquı Tα define un tensor de rango 1( 1 ındice mudo), es decir un vector es un tensorde rango m=1

Si ahora se generaliza la matriz anterior a 3-Dimensiones:

R(θ) =

e1′ · e1 e1

′ · e2 e1′ · e3

e2′ · e1 e2

′ · e2 e2′ · e3

e3′ · e1 e3

′ · e2 e3′ · e3

(1.33)

Como se observa la ecuacion 11 no depende de la dimension de la matrizPara un tensor de rango 2.

Tab = RajRblTjl (1.34)

a, b ındices libres=1,2,3j,l ındices mudos=1,2,3


Si ahora se generaliza a un tensor de rango m:

Tα1α′2...α

′m

= Rα′1α1Rα′

2α2 ...Rα′mαmTα1α2...αm (1.35)

Ejercicio: Demostrar que la matriz transformada T se puede expresar como:

T = RTR−1 (1.36)

DEM.

De la ecuacion 13:Tks = RslRkjTjl = Rsl(RT)kl (1.37)

se definimos la matriz R y su transpuesta:

R =(R1′1 R1′2R2′1 R2′2

)RT =

(R1′1 R2′1R1′2 R2′2

)(1.38)

Es decir:Rsl = RT

ls (1.39)De la ecuacion 16:

Tks = (RT)klRTls = RTRT (1.40)

Ahora demostremos que R es unitaria

P.D :

RTRT = RTR−1

i.eRRT = RR−1 = 1→ RRT = 1

DEM.

(RRT )im = RilRTlm = (ei′ · el)(em′ · el)

De la definicion de producto punto:

= (ei′)s(el)s(em′)t(el)t = (ei′)sδls(em′)tδlt

= (ei′)l(em′)l = ei′ · em′ = δim

Entonces:(RRT )im = δim (1.41)

Q.E.D

Para el caso de la matriz:

R =(

cos θ sin θ− sin θ cos θ

)(1.42)


trR = 2 cos θdet R=1

Ejercicio: Calcular la traza y el determinante de la matriz:

R =(α ββ α

)= α1 + β

(0 11 0

)(1.43)

La matriz transformada:T = RTR−1

=(

cos θ sin θ− sin θ cos θ

)(α1 + β

(0 11 0

))(

cos θ − sin θsin θ cos θ

)

= α1 + β

(cos θ sin θ− sin θ cos θ

)(0 11 0

)(cos θ − sin θsin θ cos θ

)

= α1 + β

(cos θ sin θ− sin θ cos θ

)(cos θ − sin θsin θ cos θ

)

= α1 + β

(2 cos θ sin θ cos2 θ − sin2 θ

cos2 θ − sin2 θ −2 cos θ sin θ

)

=(α + β sin 2θ cos 2θ

cos 2θ α− β sin 2θ

)Para θ = π

4

T =(α + β 0

0 α− β

)

TrT = TrT = 2adetT = α2 − β2

detT = α2 − β2 sin2 θ − β2 cos2 θ = α2 − β2

Ejercicio: Demuestre que δjl es un tensor invariante

δjl = RjiRlkδik = RjkRlk

= RjkRTkl = RjkR

−1kl = δjl

Entonces: δjl = δjl

Ejercicio: Demuestre que la traza es invariante ante rotaciones de los ejes

trT =∑i

Tii = RijRilTjl = RijRTliTjl = δljTjl = trT

Entonces:trT = trT


1.3. Clase 3Sandra Nashieli Alvarado Mijangos

1.3.1. DiagonalizacionTeorema: Los eigenvalores de una matriz de DxD son invariantes ante transformacionesDado que

Tv = λv

(T− λI)v = 0

det(T− λI) = 0

Esto da lugar a un polinomio caracterıstico

(RT− λRI)v = 0

Recordando que R−1R = I, entonces

(RTR−1R− λRIR−1R)v = 0

Lo cual se puede expresar como

(T− λI)v = 0

donde T = RTR−1 y v = Rv son matrices en el sistema rotado.Luego, se tiene que

det(T− λI) = 0

det(T− λI) = det(T− λI) = 0

Entonces el polinomio caracterıstico es el mismo en todos los sistemas de referencia ypor lo tanto los eigenvalores tambien.

Ahora, escribiendo π en la base diagonal

π =(λ1 00 λ2

)Debido a las invariancias se tiene que

λ1 + λ2 = trT = I1

λ1λ2 = detT = I2

Resolviendo el sistema de ecuaciones hallamos los eigenvalores

λ2 = I2/λ1

λ1 + I2/λ1 = I1

El siguiente es el polinomio caracterıstico de una matriz 2x2


λ21 − I1λ1 + I2 = 0

La solucion para los eigenvalores es

λ1,2 =I1 ±

√I2

1 − 4I2

2λ es real si

I21 − 4I2 > 0

es decir

I1 > 2√I2

trπ > 2√detπ

Comprobacion

Sea T una matriz 2x2 y resolvamos la ecuacion de eigenvalores

T =(T11 T12T21 T22

)→∣∣∣∣∣T11 − λ T12

T21 T22 − λ

∣∣∣∣∣(T11 − λ)(T22 − λ)− T12T21 = 0

λ2 − λ(T11 + T22) + (T11T22 − T12T21) = 0λ2 − λI1 + I2 = 0

Invariantes para D = 3

Consideremos ahora una matriz 3x3

T =

T11 T12 T13T21 T22 T23T31 T32 T33

Los invariantes corresponden a los coeficientes del polinomio caracterıstico

det(π − λI) = 0

∣∣∣∣∣∣∣T11 − λ T12 T13T21 T22 − λ T23T31 T32 T33 − λ

∣∣∣∣∣∣∣ = 0

El polinomio caracterıstico es de la forma

λ3 − I1λ2 + I2λ− I3 = 0

En este caso los invariantes son


I1 = trπ = T11 + T22 + T33

I3 = detπ = εijkTjTkTi

I2 =∣∣∣∣∣T22 T23T32 T33

∣∣∣∣∣+∣∣∣∣∣T11 T13T31 T33

∣∣∣∣∣+∣∣∣∣∣T11 T12T21 T22

∣∣∣∣∣I2 = T11T22 + T11T33 + T22T33 − (T23T32 + T13T31 + T12T21)

En particular, para matrices simetricas (Tij = Tji)

I2 = T11T22 + T11T33 + T22T33 − (T 223 + T 2

31 + T 212)

Sımbolo de Levi-CivitaEl sımbolo de Levi-Civita para tres dimensiones se define como

εijk =

1 si los ındices son permutacion par0 si hay dos ındices iguales−1 si los ındices son permutacion impar

Generalizando

εα1α2...αm =

1 si los ındices son permutacion par0 si hay dos ındices iguales−1 si los ındices son permutacion impar

Usando el sımbolo de Levi-Civita podemos expresar al producto cruz y al rotacionalen notacion tensorial

AxB =

∣∣∣∣∣∣∣i j kA1 A2 A3B1 B2 B3

∣∣∣∣∣∣∣ = 0

(AxB)i = εijlAjBl

[∇xA]i = εijk∂Ak∂xj

donde ∇ = ( ∂∂x1, ∂∂x2, ∂∂x3

)

[∇x(∇xA)]i = εijk∂[∇xA]i∂xj

= εijk∂(εkmn ∂An∂xm

)∂xj

[∇x(∇xA)]i = εijkεkmn∂

∂xj

∂

∂xmAn

Donde εijkεkmn se puede determinar mediante

εijkεkmn =

∣∣∣∣∣∣∣δil δim δinδjl δjm δjnδkl δkm δkn

∣∣∣∣∣∣∣


Entonces

εijkεkmn = δimδjn − δinδjmy por tanto

[∇x(∇xA)]i = (δimδjn − δinδjm) ∂

∂xj

∂

∂xmAn

= ∂

∂xn

∂

∂xiAn −

∂

∂xm

∂

∂xmAi

= ∂

∂xi(∂An∂xn

)− ∂2

∂xm∂xmAi

= ∂

∂xi(∇A)− (∇∇)Ai

= [∇(∇A)−∇2A]

Por lo tanto, hallamos la siguiente relacion

[∇x(∇xA)]i = [∇(∇A)−∇2A]

Tensores en coordenadas curvilıneasLas transformaciones permiten cambiar de un sistema coordenado a otro

x1 = x1(x1, x2, x3)

x2 = x2(x1, x2, x3)

x3 = x3(x1, x2, x3)

Transformaciones propias

J = ∂(x1, x2, x3)∂(x1, x2, x3)

J =

∣∣∣∣∣∣∣∂x1∂x1

∂x1∂x2

∂x1∂x3

∂x2∂x1

∂x2∂x2

∂x2∂x3

∂x3∂x1

∂x3∂x2

∂x3∂x3

∣∣∣∣∣∣∣ 6= 0

x1 = cosθx1 + sinθx2

x1 = −sinθx1 + cosθx1

∂x1

∂x1= cosθ

∂x1

∂x2= sinθ

∂x2

∂x1= −sinθ

∂x2

∂x2= cosθ


(x2x1

)=(∂x1∂x1

∂x1∂x2

∂x2∂x1

∂x2∂x2

)(x1x1

)El determinante de la matriz de rotacion es el jacobiano

J =∣∣∣R∣∣∣ =

∣∣∣∣∣ cosθ sinθ−sinθ cosθ

∣∣∣∣∣ = 1

Definimos un tensor como un objeto que se transforma como

xk = ∂xk∂xj

xj

En general, para un tensor de rango m

Tα11α

12...α

1m

=∂xα1

1

∂xα1

∂xα12

∂xα2

...∂ ˜xα1

m

∂xαmTα1α2...αm

1.4. Clase 5Jesus Alberto Aguirre Caro

1.4.1. Sistemas de coordenadas curvilıneasr = xi+ yj + zkxk = xk(x1, x2, x3) = xk(x, y, z)

x = rCosφSenθy = rSenφSenθz = rCosθ

exm = 1hm

∂r

∂xm= 1hm

1∂xm

(xi+ yj + zk)

= 1hm

( x

∂xmi+ y

∂xmj + z

∂xmk)

con hm = [( ∂x∂xm

)2 + ( ∂y∂xm

)2 + ( ∂z∂xm

)2] 12

∂r∂r

= CosφSenθi+ SenφSenθj + Cosθkh2

1 = Cos2φSen2θ + Sen2φSen2θ + Cos2θ = 1⇒ er = r

r

∂r∂φ

= r(−Senφ)Senθi+ rCosφSenθj

h22 = r2Sen2φSen2θ + r2Cos2φSin2θ = r2Sen2θ⇒ eφ = −Senφi+ Cosφj

∂r∂θ

= rCosφCosθi+ rSenφCosθj − rSenθkh2

3 = r2Cos2φCos2θ + r2Sen2φCos2θ = r2

⇒ eθ = CosφCosθi+ SenφCosθj − Senθk


er · eφ = er · eθ = eθ · eφ = 0h1h2h3 = 1 · rSenθ · r = J = r2Senθ

V = h1h2h3d ˜x(1)d ˜x(2)d ˜x(3)

Las coordenadas no son las componentes del vector (usualmente). En cartesianas sipues r = xi+yj = (x, y), pero en polares se ve muy claramente que r = rer+θeθ no tienemucho sentido. Esto lleva a que el vector velocidad no se pueda construir consistentementefuera de las coordenadas cartesianas.

Componentes fısicas del vector

vi = dS1dt

= hidxidt

con vi siendo la componente fısica y dxidt

, la componente en coordena-das.

Por ejemplo, laparte angular de las coordenadas polares:

vφ = hφdφ

dt= r

dφ

dt= rφ = rω

y oordenadas esfericas:

vr = hrdr

dt= dr

dt

vφ = hφdφ

dt= rSenθ

dφ

dt

vθ = hθdθ

dt= r

dθ

dt

En general para un vector A: Axm = A · exm . Aplicandolo de nuevo al vector velocidadpara obtener su velocidad angular obtenemos:


v · eθ = (dxdt,dy

dt) · (−Senθ, Cosθ)

= −Senθd(rCosθ)dt

+ Cosθd(rsenθ)

dt

= rdθ

dtSen2θ + r

dθ

dtCos2θ = r

dθ

dt

Integrales de superficietV

∇ · AdV =sS

A · dS → Teorema de Gauss.

Qflujo ∝ Sv · n = v · S

con S ≡ nS

dS = ndS

dQ = A · ndS → Q =x

S

A · ˆndS

Ejercicio

˛

S

A · dS =x

arriba

A · dS +x

abajo

A · dS +x

lado

A · dS


=x

S

(A · nz)rdrdφ+x

S

−(A · nz)rdrdφ+x

S

(A · nr)dφdz

=x

S

Az(r, φ, z1)rdrdφ−x

S

Az(r, φ, z2)rdrdφ+x

S

Ar(R, φ, z)rdφdz

con Az y Ar las componentes fısicas de A.

Ejercicio: encontrar ∇ · A y ∇2uxk = xk(x1, x2, x3) con x1 = q1 x2 = q2 x3 = q3

→ A = Aq1 eq1 + Aq2 eq2 + Aq3 eq3

∇ · A = lımν→0

sA · dSν

Q =x

A · dS

Q1 = [A1h2h3]|q1+dq1dq2dq3 − [A− 1h2h3]|q1

dq2dq3

= dq2dq3∂

∂q1(A1h2h3)dq1

⇒ Q2 = dq1dq3∂

∂q2(A2h1h3)dq2

⇒ Q3 = dq1dq2∂

∂q3(A3h1h2)dq3

∇ · A = Q1 +Q1 +Q3

h1h2h3dq1dq2dq3

= 1h1h2h3

(∂

∂q1(A1h2h3) + ∂

∂q2(A2h1h3) + ∂

∂q3(A3h1h2)

)

En el caso de coordenadas esfericas tenemos h=1 ; h2 = rSenθ ; h3 = r, entoncestenemos:


∇ · A = 1r2Senθ

(∂

∂r(r2SenθAr) + ∂

∂φ(rAφ) + ∂

∂θ(rSenθAθ)

)

= 1r2

∂

∂r(r2Ar) + 1

rSenθ

∂Aφ∂φ

+ 1rSenθ

∂

∂θ(SenθAθ)

Ahora para ∇2u supongamos que A = ∇u ⇒ ∇ · ∇u = ∇2u. Ademas sabemos que(∇u)i = 1

hi

∂u∂qi

. Por lo tanto:

∇2u = 1h1h2h3

(∂

∂q1(h2h3

h1

∂u

∂dq1) + ∂

∂q2(h1h3

h2

∂u

∂dq2) + ∂

∂q3(h1h2

h3

∂u

∂dq3))

1.5. Clase 8Elizabeth Mendoza Sandoval

1.5.1. Coordenadas curvilıneasr = xi+ yj + zkxk = xk(x1, x2, x3) = xk(x, y, z)

x = rCosφSenθy = rSenφSenθz = rCosθ

exm = 1hm

∂r

∂xm= 1hm

1∂xm

(xi+ yj + zk)

= 1hm

( x

∂xmi+ y

∂xmj + z

∂xmk)

con hm = [( ∂x∂xm

)2 + ( ∂y∂xm

)2 + ( ∂z∂xm

)2] 12

∂r∂r

= CosφSenθi+ SenφSenθj + Cosθkh2

1 = Cos2φSen2θ + Sen2φSen2θ + Cos2θ = 1⇒ er = r

r

∂r∂φ

= r(−Senφ)Senθi+ rCosφSenθj

h22 = r2Sen2φSen2θ + r2Cos2φSin2θ = r2Sen2θ⇒ eφ = −Senφi+ Cosφj

∂r∂θ

= rCosφCosθi+ rSenφCosθj − rSenθkh2

3 = r2Cos2φCos2θ + r2Sen2φCos2θ = r2

⇒ eθ = CosφCosθi+ SenφCosθj − Senθk

er · eφ = er · eθ = eθ · eφ = 0h1h2h3 = 1 · rSenθ · r = J = r2Senθ


V = h1h2h3d ˜x(1)d ˜x(2)d ˜x(3)

Las coordenadas no son las componentes del vector (usualmente). En cartesianas sipues r = xi+yj = (x, y), pero en polares se ve muy claramente que r = rer+θeθ no tienemucho sentido. Esto lleva a que el vector velocidad no se pueda construir consistentementefuera de las coordenadas cartesianas.

Componentes fısicas del vector

vi = dS1dt

= hidxidt

con vi siendo la componente fısica y dxidt

, la componente en coordena-das.

Por ejemplo, laparte angular de las coordenadas polares:

vφ = hφdφ

dt= r

dφ

dt= rφ = rω

y oordenadas esfericas:

vr = hrdr

dt= dr

dt

vφ = hφdφ

dt= rSenθ

dφ

dt

vθ = hθdθ

dt= r

dθ

dt

En general para un vector A: Axm = A · exm . Aplicandolo de nuevo al vector velocidadpara obtener su velocidad angular obtenemos:

v · eθ = (dxdt,dy

dt) · (−Senθ, Cosθ)


= −Senθd(rCosθ)dt

+ Cosθd(rsenθ)

dt

= rdθ

dtSen2θ + r

dθ

dtCos2θ = r

dθ

dt

Integrales de superficietV

∇ · AdV =sS

A · dS → Teorema de Gauss.

Qflujo ∝ Sv · n = v · S

con S ≡ nS

dS = ndS

dQ = A · ndS → Q =x

S

A · ˆndS

Ejercicio

˛

S

A · dS =x

arriba

A · dS +x

abajo

A · dS +x

lado

A · dS

=x

S

(A · nz)rdrdφ+x

S

−(A · nz)rdrdφ+x

S

(A · nr)dφdz


=x

S

Az(r, φ, z1)rdrdφ−x

S

Az(r, φ, z2)rdrdφ+x

S

Ar(R, φ, z)rdφdz

con Az y Ar las componentes fısicas de A.

Ejercicio: encontrar ∇ · A y ∇2uxk = xk(x1, x2, x3) con x1 = q1 x2 = q2 x3 = q3

→ A = Aq1 eq1 + Aq2 eq2 + Aq3 eq3

∇ · A = lımν→0

sA · dSν

Q =x

A · dS

Q1 = [A1h2h3]|q1+dq1dq2dq3 − [A− 1h2h3]|q1

dq2dq3

= dq2dq3∂

∂q1(A1h2h3)dq1

⇒ Q2 = dq1dq3∂

∂q2(A2h1h3)dq2

⇒ Q3 = dq1dq2∂

∂q3(A3h1h2)dq3

∇ · A = Q1 +Q1 +Q3

h1h2h3dq1dq2dq3

= 1h1h2h3

(∂

∂q1(A1h2h3) + ∂

∂q2(A2h1h3) + ∂

∂q3(A3h1h2)

)

En el caso de coordenadas esfericas tenemos h=1 ; h2 = rSenθ ; h3 = r, entoncestenemos:

∇ · A = 1r2Senθ

(∂

∂r(r2SenθAr) + ∂

∂φ(rAφ) + ∂

∂θ(rSenθAθ)

)


= 1r2

∂

∂r(r2Ar) + 1

rSenθ

∂Aφ∂φ

+ 1rSenθ

∂

∂θ(SenθAθ)

Ahora para ∇2u supongamos que A = ∇u ⇒ ∇ · ∇u = ∇2u. Ademas sabemos que(∇u)i = 1

hi

∂u∂qi

. Por lo tanto:

∇2u = 1h1h2h3

(∂

∂q1(h2h3

h1

∂u

∂dq1) + ∂

∂q2(h1h3

h2

∂u

∂dq2) + ∂

∂q3(h1h2

h3

∂u

∂dq3))

Capıtulo 2

Fluidos ideales

2.1. Clase 9Segura Lucas Angela Zugeili

Ejercicio. Un gas sometido a un campo gravitatorio constante. La ecuacion a resolverpar el caso estatico es

~f + ~fext = 0 (2.1)donde ~f son las fuerzas internas y ~fext las fuerzas externas, estas ultimas actuando sobreel gas. Debido a que la presion P del fluido es isotropica, y que el potencial φ al cual estasometido es el campo gravitatorio la ecuacion a resolver se convierte en

−∇P − ρ∇φ

escribiendo explıcitamente al potencial en funcion de la gravedad g

−∇P + (−ρ|g|j) = 0 (2.2)

Nota:dado que es un gas compresible la densidad ρ sı puede variar de modo que laecuacion −∇(P + ρφ) = 0 no es valida.

Desarollando la ecuacion (2)

−(∂P∂x

i+−∂P∂y

i+ ∂P

∂xj + ∂P

∂zk)− ρ|g|j = 0

De manera que las tres ecuaciones a resolver son∂P

∂x= 0 (2.3)

∂P

∂y= −ρ|g| (2.4)

∂P

∂z= 0 (2.5)

tal que P solo depende de y i.e. solo varıa con la altura, no hay vientos. en un lıquidoρ es una constante, pero en un gas es una funcion de la presion y la temperatura, asıexplıcitamete la ecuacion (4) es

∂P (y)∂y

= −ρ(P, T )|g| (2.6)

22

CAPITULO 2. FLUIDOS IDEALES 23

Suponiendo un gas ideal, las ecuacion de estado es PV = nRT = NKBT por lo quedepejando la presion

P = nRT

V= N

VKBT = nmoRT

Vmo

= NmKBT

V m= ρ

KBT

m= ρ

RT

mo

Suponiendo T = cteP

ρ= KBT

m= Poρo

donde Po, ρo son presion y densidad al nivel del mar

ρ = ρoPoP (2.7)

la densidad varıa linealmente en funcion de la presion. Sustituyendo la ecuacion (7) en laecuacion (6)

∂P (y)∂y

= −ρogPPo

resolviendo por medio de separacion de variables

P (y) = Poe−y/yo (2.8)

ρ(y) = ρoe−y/yo (2.9)

donde 1yo

= ρogPo

y y es la altura midiendo a partir del nivel del mar.

2.1.1. DINAMICA DE FLUIDOSLa ecuacion que describe la dinamica de un fluido es

~f + ~fext = ρ~r (2.10)

significa que una fuerza ~f sobre un pequeno volumen acelera a este ultimo con una ace-leracion ¨r, sin embargo bajo este razonamiento se tendria que estudiar la trayectoria decada una de las partıculas que componen al fluido (Lagrange), sin embargo una formamas eficiente de resolver el problema es por medio de un campo vectorial (Euler) de talmanera que la velocidad de cada particula sea funcion de la posicion y el tiempo i.e

~v = ~v(vx(~r, t), vy(~r, t), vz(~r, t)) (2.11)

en componentesvi = vi(x1, x2, x3, t) (2.12)

para calcular la aceleracion unicamente en la componente x

(D~vDt

)x = dvxdt

= dvx(x, y, z, t)dt

= ∂vxdx

∂x

dt+∂vxdy

∂y

dt+∂vxdz

∂z

dt= (∂x

dt,∂y

dt,∂z

dt)(∂vxdx

,∂vxdy

,∂vxdz

)+∂vx∂t

(D~vDt

)x = (~v.∇)vx + ∂vx∂t


asıD~v

Dt= ~v.∇

vxvyvz

+ ∂

∂t

vxvyvz

De forma que se define la derivada convectiva como

D~v

Dt= (~v.∇)~v + ∂~v

∂t(2.13)

esta ultima derivada puede interpretarse de tal forma que la velocidad cambia pormoverse en el espacio y en el tiempo. De forma que la ecuacion (10) se conviente en

~f + ~fext = ρ

[(~v.∇)~v + ∂~v

∂t

](2.14)

la ecuacion (14) es la ecuacion de balance de momento, i.e. si hubo un cambio enel momento entonces existe una fuerza.Ahora se introduce un nuevo tipo de fuerzas que son de tipo viscoso ~fvisc, las cualesestan relacionadas con los esfuerzos de corte, de forma que la ecuacion (14) puede sergeneralizada

−∇P − ρ∇φ+ ~fvisc = ρ

[(~v.∇)~v + ∂~v

∂t

](2.15)

De tal forma que si se considera un fluido ideal (donde no hay viscosidad, la ecuacion sereduce a

−∇P − ρ∇φ = ρ

[(~v.∇)~v + ∂~v

∂t

](2.16)

A la ecuacion (16) se le denomina ecuacion de Euler.Es importante mencionar que siempre se puede alguna de las variables ρ, T por la

presion P ası en lugar de tener 5 ecuaciones acopladas

~v(x, y, z, t)

ρ(x, y, z, t)

T (x, y, z, t)

se tendrıa~v(x, y, z, t)

ρ(x, y, z, t)

P (x, y, z, t)

el nombre de las ecuaciones anteriores corresponde a ecuacion de balance de momento,ecuacion de balance de masa y ecuacion de balance de energıa respectivamente.

2.2. Clase 11Daniel Gonzalez Velazquez


2.2.1. Ecuacion de continuidadLas ecuaciones de continuidad son formas mas fuertes, locales, de las leyes de conser-

vacion. En nuestro caso ya habıamos llegado a una relacion que expresa la conservacionde la masa:

ρA1(v1∆t) = ρA2(v2∆t) (2.17)

La masa que pasa por la superficie dS en un tiempo dt (es decir el flujo sobre ds) seescribe como

ρ(vndt)dS = ρv · ndtdS = ρv · dSdt

donde n es el vector normal a la superficie. Esto implica que el flujo que sale a travesdel elemento de superficie dS es

−ρv · dS.

Por lo tanto, el flujo total expulsado es

F = −˛ρv · dS (2.18)

En dinamica de fluidos, la ecuacion de continuidad nos dice que la tasa con la cual lamasa entra a un sistema es igual a la tasa con la cual la masa sale del sistema MAS laacumulacion de masa dentro del sistema. Queremos encontrar dicha ecuacion. Para ello,comencemos con la siguiente ecuacion:

M =ˆρ(r)dV

donde M es la masa del sistema y ρ es la densidad, que en general depende de laposicion. El flujo es, entonces.

F = dM

dt= d

dt

ˆρ(r)dV

Igualando esta expresion con la obtenida en 2.18, vemos que

d

dt

ˆρ(r)dV = −

˛ρv · dS

ˆ∂ρ

∂t= −ˆ∇ · (ρv)dV

En el lado derecho se ha usado el teorema de la divergencia. Finalmente, llegamos ala ecuacion de continuidad, correspondiente al balance de masa:

∂ρ

∂t= −∇ · (ρv) (2.19)

Si el fluido es incompresible, entonces la ecuacion 2.19 se reduce a:

∇ · v = 0 (2.20)


Figura 2.1: Las lıneas de corriente no mantienen su forma con el paso del tiempo, a menosque el fluido sea estacionario.

2.2.2. Lıneas de corrienteLa aproximacion de Taylor de una funcion f a primer orden

f(x+ ε) ≈ f(x) + df

dxε,

es muy util para nuestro proposito, pues podemos ver como varıa el vector velocidaden un tiempo dt infintesimal. Expresando las componentes de v como

vj(x, y, z, t) = v(x0 + εx, y0 + εy, z0 + εz, t0 + dt)

= vj(x0, y0, z0, t0) + ∂vj∂x

εx + ∂vj∂y

εy + ∂vj∂z

εz + ∂vj∂tdt

= vj(x0, y0, z0, t0) +(vx∂vj∂x

+ vy∂vj∂y

+ vz∂vj∂z

)dt+ ∂vj

∂tdt

(2.21)

donde εi = vidt, notamos que se puede escribir

vj(x, y, z, t) = (vx, vy, vz) ·(∂

∂x,∂

∂y,∂

∂z

)vjdt+ ∂vj

∂tdt

i.e.,

v(x, y, z, t) = v(x0, y0, z0, t0) +(

(v · ∇)v + ∂v∂t

) ∣∣∣∣∣(x0,y0,z0,t0)

dt (2.22)

La velocidad corresponde a la tangente a las lıneas de corriente. En general, estas cur-vas no se mantienen constantes en el tiempo, como lo ejemplifica la figura 2.1. Si el fluidoes estacionario, no obstante, podemos afirmar que la trayectoria del fluido correspondelas lıneas de corriente.

Para hallar la expresion geometrica que describe estas curvas, debemos notar que

dy

dx=

dydtdxdt

,

i.e.,dy

dx= vyvx.


De este resultado, podemos obtener la relacion

dx

vx= dy

vy= dz

vz(2.23)

Ejemplo

Considerse el campo de velocidades

v = vθeθ = ωr(−sinθ, cosθ, 0) = ω(−y, x, 0)

v = vxi+ vy j

De la ecuacion 2.23, vemos que

dy

ωx= dx

−ωyˆ−ydy =

ˆxdx

Finalmente, vemos que las lıneas de corriente estan des-critas por la ecuacion:

x2 + y2 = c2,

i.e., corresponden a circunferencias.

Ejemplo

Figura 2.2: ¿Con que velocidadsale el agua del recipiente?

Consideremos ahora un ejemplo sencillo (figura2.2). Se tiene un recipiente con agua hasta una al-tura h y un area superficial muy grande. En el fondodel recipiente hay un pequeno hueco por el que el aguaescapa. Queremos obtener la velocidad en ese punto.Para ello, haremos dos suposiciones muy simples: laprimera, que la velocidad del agua en la superficie escasi cero, ya que el area es tan grande que la alturadel agua casi no cambia con el tiempo; la segunda,que la presion atmosferica es igual en la superficie ya un lado del pequeno hueco, fuera del recipiente. Laecuacion de balance de energıa nos dice que, si no hayvorticidad,

P + 12ρv

2 + ρΦ = cte

De aquı, es sencillo ver que

ρgh = 12ρv

2


Finalmentev =

√2gh

Este es el mismo resultado que se obtiene al considerar que las partıculas de aguatienen una energıa potencial igual a mgh en la superficie, que se transforma ıntegramenteen energıa cinetica 1

2mv2 al llegar al fondo del recipiente.

Figura 2.3: Efecto Venturi.

Ahora, un ejemplo mas interesante, y donde usa-remos tanto la ecuacion de balance de energıa como laecuacion de conservacion de la masa 2.17, es el efec-to Venturi (figura 2.3). En este ejemplo, se tiene unatuberıa por la que pasa un fluido incompresible. Nosinteresan dos puntos de esta tuberıa en los que el areaperpendicular a la direccion del flujo es distinta. Es-cribimos la ecuacion de balance de energıa:

P1 + 12ρv

21 + ρΦ1 = P2 + 1

2ρv22 + ρΦ2

Ya que la altura del fluido en ambos casos es igual,el potencial toma el mismo valor:

P1 + 12ρv

21 = P2 + 1

2ρv22

P1 − P2 = 12ρ(v2

2 − v21)

Usando la ecuacion de conservacion 2.17, tenemos que

v1 = A1

A2v2,

lo cual implica que el fluido debe tener una velocidad mayor en la seccion en la cual elarea es menor.

Se sigue que

∆P = 12ρ((

A1

A2

)2− 1

)v2

1 (2.24)

Esto a su vez implica que P1 > P2. ¿Que pasa entonces con los tubos que estan direc-tamente conectados a cada una de las secciones consideradas? Ciertamente, la diferenciade presion en cada una de las regiones generara una diferencia en la altura del fluido. Sise trata de mercurio, notamos que

P2 + ρHggh = P1

Por la ecuacion 2.24:ρHggh = 1

2ρ((

A1

A2

)2− 1

)v2

1

De donde podemos obtener v1 en funcion de h, A1, A2 y las densidades:

v1 =

√√√√2ρHgρ

ghA22

A21 − A2

2


Ejemplo

En este ejemplo (figura 2.4), consideramos dos edificios de ancho l/2, a una distancia lentre ellos. Son golpeados por el viento, que lleva una velocidad v1. Sea P2 la presion en lazona que se encuentra entre ambos edificios, y P1 la presion en el exterior, a los costadosde cada uno.

La ecuacion de balance de energıa nos dice que

P1 + 12ρv

21 = P2 + 1

2ρv22

∆P = P2 − P1 = 12ρ(v2

1 − v22) (2.25)

Figura 2.4: Dos edificios impacta-dos por el viento.

Por otro lado, la ecuacion 2.17 puede reescribirse,para este caso, como

ρ(v1dt)(2l) = ρ(v1dt)l

(el viento que impacta desde la izquierda lo hacea lo largo de una distancia 2l, mientras que el vientoen la seccion intermedia lo hace solo a lo largo de unadistancia igual a l).

De aquı, tenemos que

2v1 = v2,

es decir, que el aire aumenta su velocidad en laregion intermedia.

Sustituyendo esta ecuacion en 2.25, llegamos a que

∆P = 12ρv

21(1− 4) = −3

2 ρv21

Esto quiere decir que desde el aire de los costados empuja a ambos edificios hacia laregion intermedia, ¡lo cual puede provocar un desastre!

2.3. Clase 14Antonio Romero TellezEn la clase se resolvieron problemas de hidrodinamica. A continuacion se redactan.

Problema 1. Modelo de un huracan. Sabemos que un huracan es un sistema de airede baja presion interactuando con una de presiones altas, que toma el efecto giratorio.Podemos verlo en la imagen 1.

La velocidad del aire esta en componentes radial y angular, es decir, v = (vr, vθ).Graficamente, podemos ver el comportamiento del vθ, y observamos tres regiones cuyocomportamiento explicaremos en el transcurso. Tambien apreciamos como se muevenelementos de referencia respecto a la rotacion dentro de la region donde vθ es forzado(region 1-2) y donde es libre (region 2-3), que es donde Ω es diferente de cero y donde Ωes nulo, respectivamente.

Mostrando ahora en regiones cilındiricas:


Figura 2.5: Fuerzas de compresion de un huracan y sentido giratorio.

Figura 2.6: Grafica de vθ y elementos de rotacion en el huracan.

Figura 2.7: Modelo de un huracan mediante cilindros concentricos.

El comportamiento de las regiones 2 a 3 sale con Bernoulli, es decir:

P3 + 12ρv

23 = P2 + 1

2ρv2max

Lejos del huracan podemos suponer que el viento esta calmado y que la presion esmeramente atmosferica, es decir, P3 → Patm, v3 → 0, entonces Pa = P2+ 1

2ρv2max (forzado).

Para expresar P1 y P2 debemos considerar que hay un cambio de signo por la vorticidad,entonces:

P1 −12ρv

21 = P2 −

12ρv

22

De aquı podemos obtener P1 y P2:


P1 = P2 −12ρv

2max

P2 = P1 + 12ρv

2max ⇒ P0 −

12ρv

2max

Esto ultimo porque:

P0 −12ρv

2max = P1 + 1

2ρv2max

De esto, ademas, tenemos:

P0 − P1 = ρv2max ⇒ vmax =

√P0 − P1

ρ

Concedamos un valor a Pa = 1013,25mbars = 101kPa = 760,00mm de Hg.Para el huracan Marıa, P1 = 908mbar, entonces, sustituyendo en las formulas tendre-

mos:

P0 − P1 = 1013− 908 = 101mbar

En la que si 1bar ≈ 105Pa entonces tendremos: 1

P0 − P1 = ∆P = 104Pa

vmax =√√√√104Pa

1 kgm3

= 102m

s≈ 330km

hr

Sabiendo la presion podemos conocer la vmax y si integramos sobre tobtendremos elcampo de velocidades, es decir, ω(z) = V z, mejor escrito como ω(z) = q

2π ln(z), ahoraderivemos:

dω(z)dz

= q

2πr (cos(θ), sin(θ))

en la que vx = Re(dω(z)dz

)= q

2πrcos(θ) y vy = −Im(dω(z)dz

)= q

2πrsin(θ), entonces:

v = (vx, vy) = q

2πr er

Podrıamos demostrar que:

vx = Re

(dω(z)dz

). . .& . . . vy = −Im

(dω(z)dz

)Se empieza por decir que ω(z) = φ(x, y) + iψ(x, y), entonces dω(z) = dφ + idψ,

explıcitamente:

dω(z) =(∂φ

∂xdx+ ∂φ

∂ydy

)+ i

(∂ψ

∂xdx+ ∂ψ

∂ydy

)

Sujeta a condiciones de Cauchy ∂φ∂x

= ∂ψ∂y

y ∂φ∂y

= −∂ψ∂x

, entonces, usando estas sustitu-ciones:


dω(z) =(∂φ

∂xdx+ ∂φ

∂ydy

)+ i

(−∂φ∂ydx+ ∂φ

∂xdy

)Reagrupando:

∂φ

∂x(dx+ idy)− i∂φ

∂y(dx+ idy)

Ahora, si z = x+ iy, tendremos que dz = dx+ idy, de manera que:

dω

dz= ∂φ

∂x− i∂φ

∂y

Problema 2. Vayamos con una integral de lınea.

Γ =˛~v˙dl

Donde ω(z) = q2π ln(z)→ Γ = 0 o bien ω(z) = iq

2π ln(z)→ Γ = q, entonces:˛ (

dω

dz

)dz =

˛C

f(z)dz

Para la figura 4, tendremos que¸Cf(z)dz = 0.

Figura 2.8: Integral de contorno.

Entonces: ˛f(z)dz = 2iπa−1

ası como: ˛g(z)z − z0

= 2iπg(z0)

Tomando en cuenta que dω(z)dz

= iq2π

1z, tendremos a Γ como:

Γ =˛C

iq

2π1zdz = iq

2π

(˛C

dz

z

)= iq

2π (2iπ) = −q

Problema 3. Encontremos el flujo de velocidad y de presion en geometrıas como lassiguientes (figura 5):

Para empezar, notemos que tenemos condiciones de frontera: θ = 0 → vθ = 0 (parafluido ideal) y θ = α→ vθ = vθ. Propongamos una funcion armonica como ω(z) = Azπ/α,entonces:

dω(z)dz

= π

αAzπ/α−1


Figura 2.9: Fluidos por diferentes geometrıas.

Con nuestro vector velocidad como:

~v = π

αA(x+ iy) πα−1

Con Γω(r, θ) = A(reiθ) πα = Arπα eiθ

πα , siendo ω(z) = Azn. Si proponemos esta ultima

sustitucion para ω tendremos:

ω(z) = Arneinθ = Arn(cos(nθ) + isin(nθ)) ≈ φ+ iψ

Donde φ(r, θ) = Arncos(nθ) y ψ(r, θ) = Arnsin(nθ), de la que obtenemos a las velo-cidades como:

vθ = 1r

∂φ

∂θ= −Arn−1sin(nθ)

vr = ∂φ

∂r= Anrn−1cos(nθ)

Evaluando con angulos θ igual a 0 y α...

vθ(θ = 0) = −Arn−1nsin(0) = 0

vθ(θ = α) = −Arn−1nsin(nα) = 0→ nα = π → n = π

α

Entonces ω(z) = Azπα , siendo la norma de ~v:

||~v|| =√v2r + v2

θ = Anrn−1 = πA

αrπα−1

De aquı tenemos los angulos formados en P1 y en P2 como angulos de estancamiento oestagnacion respectivamente. El punto de estagnacion corresponde al de maxima presion.Ahora, si recordamos que cualquier numero complejo z puede expresarse como x + iy,tendremos a ω(z) = Az

πα = A(x + iy) πα . Si α = π

2 , entonces ω(z) = A(x + iy)2 yφ = A(x2 − y2) = φn tendremos que nas x2 − y2 = φn/A son las lıneas de corriente, asıcomo las ψn = A(2xy) como y = ψn

2Ax . ¿Como podrıamos verlas graficamente? Resultanen cosas como:

Ejemplo: Sea ω(z) = V z + q2π ln(z). Recordemos que z = x+ iy, entonces:

ω(r, θ) = V r(cos(θ) + isin(θ)) + q

2π ln(z)


Figura 2.10: Curvas equipotenciales y lıneas de corriente.

φ(r, θ) = V rcos(θ) + q

2π ln(r) . . .& . . . ψ(r, θ) = V rsin(θ) + q

2πEntonces r = 1

V sin(θ)(ψn− qθ2π ) , visualmente apreciable como:Ejemplo: consideremos un dipolo: ω(z) = q

2π ln(z− z0)− q2π ln(z+ z0), donde z0 = aeiα,

entonces:

ω(z) = q

2π[ln(z − aeiα)− ln(z + aeiα)

]= q

2π

[ln(z(

1− a

zeiα))− ln

(z(

1 + a

zeiα))]

Observemos que si a << r el potencial toma forma como:

ω(z) ≈ q

2π

[−azeiα − a

zeiα]

= −[qaeiα

π

]1z

Deteniendonos un momento para recordar lo que hace una transformacion al plano,tenemos a g(ω) = ω

πα , en la que si ω(z) = V z, entonces g(ω(z)) = (V z) πα . Esta transfor-

macion dobla el plano complejo, como podemos ver en la siguiente imagen:

Figura 2.11: Transformacion doblando al plano complejo.

Otro ejercicio mas: sea ω(z) = V z+ V b2

z, equivalentemente ω(x, y) = V (x+iy)+ V b2

x+iy ,reescrito como:


V

[(x+ iy) + b2 x− iy

x2 + y2

]

Donde φ(x, y) = V[x+ b2 x

x2+y2

]y ψ(x, y) = V

[y + b2 −y

x2+y2

]. Ahora nos fijamos en la

lınea tal que ψ(x, y) = ψn = 0, es decir:

V y = 1− b2

x2 + y2 = 0⇒ x2 + y2 = b2

Visualmente:

Figura 2.12: Flujo del ultimo ejercicio. Los puntos de estancamiento son donde ~v = 0 yla presion es maxima.

2.4. Clase 15Joanna Gisselle Garrido Flores

2.4.1. Problema del cilindroRetomamos el ejemplo del flujo fuera de un cilindro de la clase anterior (14 de sep-

tiembre), donde su potencial de velocidades complejo esta dado por

ω(z) = V z + V b2

z= V (z + b2

z) (2.26)

Figura 2.13: Lıneas de flujo alrededor de una esfera estacionaria [?].

pero ahora vamos a abordarlo de una manera mas facil, usando el Teorema de Blasius:

X + iY = iρ

2

˛C

(dω

dz

)2dz (2.27)


donde X = Fxh

y Y = Fyh

representan las fuerzas en x y y por unidad de altura delcilindro, C es una curva que encierra a la superficie a estudiar, y ρ es la densidad constantedel fluido. Ahora notemos que, como

Vx = Redω

dz

, Vy = −Im

dω

dz

⇒√V 2x + V 2

y =√(

Redω

dz

)2+(− Im

dω

dz

)2=∣∣∣∣dωdz

∣∣∣∣2Derivando la ecuacion 2.26 con respecto a z:

dω(z)dz

= V(

1− b2

z2

)

⇒(dω

dz

)2= V 2

(1− 2b2

z2 + b4

z4

)Sustituyendo esto en la ecuacion 2.27:

X + iY = iρ

2

˛C

V 2(

1− 2b2

z2 + b4

z4

)dz (2.28)

Recurriendo a la variable compleja, recordamos que una funcion se puede descomponeren series de potencias

f(z) = ...+ a3z3 + a2z

2 + a1z + a0 + a−1

z+ a−2

z2 + ... (2.29)

y haciendo uso del teorema del residuo˛C

f(z) dz = 2πia−1 (2.30)

podemos comparar las ecuaciones 2.28, 2.29 y 2.30, y obtenemos que

a0 = 1, a−2 = −2b2, a−4 = b4, a−1 = 0

⇒ X + iY = 0 (2.31)Ası podemos concluir que la fuerza sobre el cilindro es igual tanto arriba como abajo, locual se puede observar en la figura 2.13.

2.4.2. Presion sobre la cascara del cilindroAhora vamos a obtener la presion sobre la cascara del cilindro. Partimos de la ecuacion

de Bernoulli:

P (r) + 12ρv

2(r) = P0 + 12ρV

2 ⇒ P (r) = P0 + 12ρ(V 2 − |v(r)|2) (2.32)

donde V es la misma velocidad que la de la ecuacion 2.26; por el ejercicio anterior sabemosque |v(r)|2 = |dω

dz|2, por lo que

P (r) = P0 + 12ρ(V 2 −

∣∣∣∣dωdz∣∣∣∣2) (2.33)


Escribiendo a z como z = reiθ:

dω

dz= V

(1− b2

z2

)= V

(1− b2

r2e2iθ

)= V

(1− b2

r2 e−2iθ

)Haciendo el radio del cilindro b = 1, podemos escribir

dω

dz= V

(1− e−2iθ

r2

)= V

(1− cos2θ − isen2θ

r2

)Ası podemos obtener las velocidades en x y y:

Vx = V(

1− cos2θr2

), Vy = −V sen2θ

r2 (2.34)

Podemos preguntarnos donde la velocidad se hace cero, Vx = 0 y Vy = 0, es decir, podemosencontrar los puntos de estagnacion (puntos de estancamiento, donde la presion se hacemaxima), y esto corresponde a θ = 0, π y r = 1 (ilustrados en la figura 2.14), sobre el radiodel cilindro, como ya se habıa visto en la clase anterior (14 de septiembre). Recordemos

Figura 2.14: Puntos de estagnacion de un cilindro.

que queremos calcular la presion sobre el cilindro, por lo que calculamos v2:

v2 = ||v · v|| =(√

V 2x + V 2

y

)2= V 2

[(1− cos2θ

r2

)2+(− sen2θ

r2

)2]Concentrandonos en r = 1, pues queremos la presion sobre el cilindro:

v2 = V 2[(1−cos2θ)2+(sen2θ)2] = V 2[1−2cos2θ+cos22θ+sen22θ] = V 2[2(1−cos2θ)] = 4V 2sen2θ =∣∣∣∣dωdz

∣∣∣∣2Sustituyendo esto en la ecuacion 2.33:

P = P0 + 12ρ(V 2 − v2)

∴ P = P0 + 12ρV

2[1− 4sen2θ] (2.35)

Esta expresion de la presion se ilustra en la figura 2.15, de donde podemos notar quecuando θ = 0 la presion es maxima, y cuando θ = π

2 la presion es mınima. Observemosque

Pmax = P0 + 12ρV

2, Pmin = P0 −32ρV

2

⇒ Pmax − Pmin = 2ρV 2 ⇒ V =√Pmax − Pmin

2ρ


Figura 2.15: Diagrama de presion sobre el cilindro.

la cual coincide con la del caso del tubo de Pitot.

Ahora supongamos que hay circulacion alrededor del clilindro, entonces podemos escribirsu potencial complejo como

ω(z) = V(z + b2

z

)+ iΓ

2π ln(z

b

)(2.36)

Escribiendo a z como z = reiθ:

ω(z) = V(reiθ+b

2

re−iθ

)+ iΓ

2π ln(reiθ

b

)= V (rcosθ+irsenθ+b

2

r(cosθ−isenθ))+ iΓ

2π

[ln(r

b

)+iθ

]= φ+iψ

⇒ ψ = Imω(z) = V (rsenθ − b2

rsenθ) + Γ

2π ln(r

b

)Si r es el radio del cilindro, r = b:

ψ = V b(senθ − senθ + Γ2π ln1 = 0

Esto implica que hay un cırculo como lınea de corriente justo alrededor del cilindro.Ahora hagamos un analisis parecido al del inicio de la clase, usando teorema de Blasius yteorema del residuo:

X + iY = iρ

2

˛ [dω

dz

]2dz

de dondedω

dz= V

(1− b2

z2

)+ iΓ

2π1z

⇒ X+iY = iρ

2

˛ [V(

1− b2

z2

)+ iΓ

2πz

]2dz = iρ

2

˛ [V 2(

1− b2

z2

)2− Γ2

4π2z2 + iΓπzV(

1− b2

z2

)]dz = iρ

2 (2πia−1)

⇒ X + iY = 2πi(iV Γπ

)iρ

2 = −iρV Γ

∴ X = 0 , Y = −ρV Γ (2.37)De aquı vemos que existe una circulacion Γ alrededor del cilindro, tal y como se muestraen la figura 2.16, y al sumar estas lıneas de flujo obtenemos las lıneas de la figura 2.17;a este fenomeno se le llama efecto Magnus, el cual dice que la rotacion de un objeto creaun flujo rotacional a su alrededor. Sobre un lado del objeto, el movimiento de rotaciontendra el mismo sentido que la corriente del fluido en el que esta el objeto, y en estelado la velocidad se incrementara. En el otro lado, el movimiento de rotacion se produceen el sentido opuesto al de la corriente del fluido y la velocidad se vera disminuida. Lapresion sera entonces menor en un lado que en otro, causando una fuerza perpendiculara la direccion de la corriente del fluido [?].


Figura 2.16: Circulacion alrededor del cilindro.

Figura 2.17: Efecto Magnus [?].

2.4.3. Transformaciones conformes y coeficientes de lift y dragJukowski utilizo este resultado para estudiar flujos alrededor de un objeto complicado

usando resultados de flujos mas sencillos, por la tecnica de transformaciones conformes.Para esto consideraremos la transformacion z = f(ξ) (vease la figura 2.18), entre uncırculo y un perfil alar. Supongamos que el largo del ala es c y el angulo que esta hace conla horizontal es α, tambien llamado angulo de ataque. Usando el resultado de la ecuacion

Figura 2.18: Mapeo conforme entre un cırculo y un perfil alar.

2.37:FLh

= ρV Γ = ρV (πcαV ) = (πcα)ρV 2

Ası, la fuerza de ”lift”por unidad de area es

FLhc

= (πα)ρV 2 = [E][V ]

Notemos que[E][V ]

[Efluido][V ]

= παρV 2

12ρV

2 = 2πα ≡ CL


donde CL es el coeficiente de ”lift”. Esto implica que

FLhc

= CLρV 2

2 (2.38)

Esto quiere decir que la fuerza de ”lift.es proporcional al area del ala y esa constante deproporcionalidad depende de las caracterısticas del ala. Esto es valido en general paracualquier objeto.Otro coeficiente de importancia es el coeficiente de ”drag”, definido por[

EV

]friccion

[E][V ]

≡ CD

⇒[E

V

]friccion

= CD

(ρV 2

2

)(2.39)

De la ecuacion 2.39 se observa que toda la aerodinamica se trata de hacer CD lo mas

Figura 2.19: Coeficiente de ”lift”(rojo) y ”drag”(azul) vs angulo del ala [?].

pequeno posible.Si graficamos CL vs α obtenemos la grafica de la figura 2.19, y observamos que en 20grados aproximadamente hay una perdida; tambien se grafico CD vs α, y si hacemos larazon entre estos dos coeficientes obtenemos que CL/CD ∼ 10. De este resultado podemosconcluir que los motores del avion no necesitan tanto empuje, sino solo la decima partedel peso del avion. Igualmente de la grafica podemos deducir que si el ala rebasa ciertoangulo de ataque, el avion se puede llegar a caer, pues se crea turbulencia atras del ala.

Vamos a considerar ahora una transformacion conforme, dada por

z = a

2

(ξ + 1

ξ

), z = f(ξ), |ξ| = 1

Esto corresponde a mapear un cırculo unitario a un plano z. Si hacemos ξ = reiθ yconsideramos r = 1:

z = a

2(reiθ + 1re−iθ) = a

2(eiθ + e−iθ) = acosθ

Como cosθ toma valores entre 1 y -1, quiere decir que deformamos el cırculo a una recta,que toma valores entre a y −a.


Notemos que en este caso es valida la ecuacion de Laplace, ası que podemos definir nuestropotencial complejo como en el inicio de la clase,

ω(ξ) = V ξ + V

ξ+ iΓ

2π lnξ

y notamos que la transformacion conforme se puede reescribir como

2za

= ξ + 1ξ⇒ 2z

aξ = ξ2 + 1 ⇒ ξ2 − 2z

a+ 1 = 0

⇒ ξ = 12

(2za±√(2z

a

)2− 4

)= z

a±√(

z

a

)2− 1 = 1

a

(z ±√z2 − a2

)Tomando el signo positivo (pues con el signo negativo puede llegar a pasar que ξ ∼ z−z =0):

∴ ω(z) = V

a

(z +√z2 − a2

)+ V

1a

(z +√z2 − a2

) + iΓ2π ln

(z +√z2 − a2

a

)(2.40)

Y esto resuelve el flujo sobre el objeto z.

2.5. Clase 16Arturo Espinoza Vargas

2.5.1. Teorema de BlausiusBasicamente, tendremos que para un fluido, cuya velocidad se derive de un potencial

complejo ω(z), podemos calcular la fuerza neta ejercida por el fluido alrededor de unasuperficie (cascara) encerrada por un contorno C:

X + iY = iρ

2

˛C

[dω

dz

]2

dz (2.41)

Ejercicio 1.

Anteriormente habıamos visto el caso del potencial ω(z) = V z+ V b2

z, por lo tanto para

aplicar el teorema de Blausius necesitamos derivar:

dω(z)dz

= V

(1− b2

z2

)(2.42)

Y por lo tanto [dω

dz

]2

= V 2(

1− 2b2

z2 + b4

z4

)(2.43)

Ası, dado que el residuo de todos los sumandos es cero, entonces X + iY = 0, es decirla fuerza ejercida por el fluido es cero.

Ejercicio 2.


Recordando que para este potencial complejo ω, se analizo y determinaron las corres-pondientes lıneas de corriente, dandonos para Ψn = 0 un circulo o cilindro.

De manera intuitiva determinamos que los puntos en el cilindro donde la velocidad eracero, correspondıan a 0 y 2π, por lo que ahora lo mostraremos y calcularemos tambien lapresion sobre esta cascara del cilindro.

Sabemos que en estos casos se cumple Bernoulli:

P (r) + 12ρv

2(r) = P0 + 12ρV

20 (2.44)

Esta velocidad V0 es obtenida a traves de considerar un radio ”muy grande”, es decirr →∞ y por tanto ω ' V0z, por lo tanto

P (r) = P0 + ρ12

V 20 −

∣∣∣∣∣dωdz∣∣∣∣∣2 (2.45)

Por conveniencia hagamos b = 1 (que serıa el radio del cilindro), luego

dω

dz= V0

[1− cos(2θ)− isin(2θ)

r2

](2.46)

O por componentes de la velocidad

Vx = V0

[1− cos(2θ)

r2

](2.47)

Y

Vy = −V0sin(2θ)r2 (2.48)

Por lo tanto

V 2 = V 20

(1− cos(2θ)r2

)2

+(sin(2θ)r2

) (2.49)

Substituyendo el radio b = 1:

V 2 = 2V 20 (1− cos(2θ)) = 4V 2

0 sin2(θ) (2.50)

Vemos que para θ = 0, 2π la velocidad es cero, es decir son los puntos de estancamiento,por otro lado, sustituyendo la expresion anterior para obtener la presion:

P (r) = P0 + ρ12V

20

[1− 4sin2(θ)

](2.51)

Podemos observar que la presion maxima ocurre para Pmax = P0 + 12ρV

20 y la mınima

para Pmin = P0 − 32ρV

20 , asimismo V0 =

√Pmax−Pmin

2ρ .


Figura 2.20: Lıneas de corriente (x, y)

Figura 2.21: Presion r, θ

Ahora bien, analicemos lo que pasa con el siguiente potencial:

ω(z) = V

(z + b2

z

)+ i

Γ2π ln

(z

b

)(2.52)

En coordenadas polares, vemos que la lınea de corriente para r = b, corresponde a lacascara de un cilindro con radio b:

ω(z) = V

(rcosθ + b2

r(cosθ)

)− Γ

2πθ + i

[V rsin(θ)− b2

r+ Γ

2π ln(r

b

)](2.53)

Obtengamos la fuerza ahora por Blausius:

X + iY = iρ

2

˛C

[V

(1− b2

z2

)+ i

Γ2Zπ

]2

dz (2.54)


Que por medio del Teorema del residuo:

X + iY = 2πi(iρ

2 iV Γπ

)= −iρΓV (2.55)

X = 0 y Y = ρΓV , esencialmente tenemos el Efecto Magnus, este explicarse toman-do un cilindro que rota a traves de un flujo constante (paralelo a las lıneas de corriente),el fluido mas cercano al cilindro se vera arrastrado por este, aumentando la velocidad(maxima) en un angulo de π y disminuira (mınima) en −π.

Por tanto las presiones se relacionaran ası P (π) < P (−π), lo que da una fuerzaresultante vertical llamada de sustentacion que tendera a mover el cilindro de maneraperpendicular a las lıneas de corriente. Esta fuerza de sustentacion esta dada por unidadde longitud del cilindro, es decir !Fy

h= Y = ρΓV !

Figura 2.22: Efecto Magnus.

Vaya que este fuerza de sustentabilidad da pie a que intentemos explicar el fenomenode los aviones, dos cantidades se definen en torno a las alas de avion: angulo de ataque(α) y cuerda (que se muestran en la siguiente figura)

Figura 2.23: Ala de un avion.

Como una parte que se demostrara con posterioridad (otra clase), se definen dos co-eficientes, uno en relacion con el ala y la sustentabilidad:

Coeficiente de lift CL, se demostrara que Y = ρΓV = (πcα)ρV 2 o Flhc

= παρV 2 quetiene unidades de energıa entre volumen, dividiendo esto entre la energıa cinetica delfluido obtenemos:

[E][V ]

[Efluido][V ]

= παρV 2

12ρV

2 = 2πα = CL (2.56)


Quedandonos

Flhc

= CLV 2

2 (2.57)

Por lo cual este coeficiente se busca lo mas grande posible en el caso de los aviones,sin embargo se tiene que a cierto angulo crıtico ya no es suficiente esta fuerza, pues seproducen vortices.

Coeficiente de drag CD, este codificara la resistencia del objeto a moverse en el fluido,cuyo lugar esta en la fuerza de rozamiento que opone un fluido al movimiento de un objetosolido.

[E][V ]friccion

[E][V ]

= CD (2.58)

O equivalentemente [E][V ]friccion

= CD12ρV

2, claro que el cambio de estos coeficientes(division) sera crucial para que un avion vuele o no.

Ahora bien, con los conocimientos que tenemos acerca de los cilindros, es facil notarque sı hallamos una transformacion conforme del cilindro a otras formas, en concreto a elala de avion, esto nos da gran ventaja, pues solo necesitamos transformar el potencial ωy partir de ahı, este mapeo ya lo hemos visto.

Figura 2.24: Transformacion conforme entre cilindro y ala de avion.

Veamos el caso del siguiente potencial.

ω(ξ) = V ξ + V

ξ+ i

Γ2π ln(ξ) (2.59)

Haciendo el cambio 2az = ξ+ 1

ξo resolviendo el polinomio de segundo orden y tomando

la parte positiva:

ξ = 1a

(z +√z2 − a2

)(2.60)

Luego el potencial se convierte en:


ω(z) = V

a

(z +√z2 − a2

)+ V

1a

(z +√z2 − a2

) + iΓ2π ln

(z +√z2 − a2

)a

(2.61)

Capıtulo 3

Fluidos Viscosos

3.1. Clase 17Daniel Espinoza Gonzalez

Los objetivos de estas notas seran demostrar que la ecuacion de Euler describeel flujo de momento y deducir las ecuaciones a resolver para un fluido con viscosidad(ecuaciones de Navier-Stokes).

Flujo de momento

Para comenzar, se parte de la expresion del momento de un fluido por unidad de volumenρ~vi y se deriva respecto al tiempo.

∂

∂t(ρ~vi) = ~vi

∂ρ

∂t+ ρ

∂~vi∂t. (3.1)

Se sustituira la ecuacion de continuidad

∂ρ

∂t+∇ · (ρ~v) = 0,

o, en notacion de ındices,

∂ρ

∂t= − ∂

∂vk(ρvk) ,

ası como la ecuacion de Euler suponiendo, por simplicidad, un potencial φ = 0

ρ∂vi∂t

= −∂P∂xi− ρvk

∂vi∂xk

,

para llegar a la siguiente expresion

47

CAPITULO 3. FLUIDOS VISCOSOS 48

∂ (ρvi)∂t

= vi

[−∂ (ρvk)

∂xk

]+(−∂P∂xi− ρvk

∂vi∂xk

)

= −∂P∂xi− ∂ (ρvivk)

∂xk

= −[∂

∂xkPδik + ∂

∂xk(ρvivk)

]

= − ∂

∂xk[Pδik + ρvivk] ,

(3.2)

donde vale la pena observar que, entre corchetes, se tiene un elemento con dos ındices, esdecir, un tensor de rango 2. Ası, resulta util definir el siguiente tensor

Πik = Pδik + ρvivk/ (3.3)

Con esto, (2) se puede reescribir de una forma mas compacta; tanto con notacion deındices como con notacion vectorial

∂

∂t(ρvi) + ∂

∂xkΠk = 0 (3.4)

∂

∂t(ρ~v) +∇ ·Π. (3.5)

Se puede observar estas ecuaciones tienen la misma forma que la ecaucion de continuidad.Tambien es util observar que el tensor de momento tiene unidades de energıa por unidadde volumen.

Ahora, suponiendo que se tiene un volumen arbitrario V , se vera (5) efectivamente es unaecuacion de continuidad para momento-energıa. Integrando (5) sobre el volumen V,

y

V

∂

∂tρ~vdV = −

y

V

∇ ·ΠdV. (3.6)

Como la integral es sobre el volumen, la parcial respecto al tiempo puede salir de laintegral y se transforma en una derivada total (pues la dependencia espacial desaparecedurante la integracoon), reduciendo el lado izquierdo de la ecuacion a

∂

∂t

y

V

ρ~vdV = d

dt

y

V

ρ~vdV = d~p

dt.

Ahora, para el lado izquierdo de (6), se puede aplicar el teorema de la divergencia. Ası,si S es la superficie que encierra al volumen V se tiene que


−y

V

∇ ·ΠdV = −

S(V )

Π · d~S.

Sustituyendo ambas expresiones se puede reescribir (6) como

d~p

dt= −

S(V )

Π · d~S, (3.7)

o bien, en notacion de ındices, como

d~pidt

= −

S(V )

ΠikdSk. (3.8)

A continuacion se resolvera un ejercicio como ejemplo. Primero, usando la segunda ley deNewton y, posteriormente, usando la ecuacion (8).

Supongase que un cohete eyecta materia por la parte inferior para impulsarse. Sin perdidade generalidad, se puede suponer que el cohete experimenta una fuerza unicamente en ladireccion z y que su velocidad solo tiene componente en esa misma direccion. Si la materiaeyectada atraviesa una area A (vease Fig. 1) a una velocidad v, hay que determinar lafuerza experimentada por el cohete; ademas, se supondra que la amteria eyectada tieneuna velocidad constante.

Figura 3.1

Fz = d~p

dt= m

dvzdt

+ vzdm

dt,


donde el primer termino es cero, pues se supuso velocidad constante, y para el segundotermino resulta facil expresar el cambio de la masa respecto al tiempo

dm = ρAvzdt,

dm

dt= ρAvz.

Sustitucion directa lleva a

Fz = ρAv2z .

Ahora se resolvera utilizando como superficie de control un cilindro que encierra comple-tamente al cohete (vease Fig.2) y utilizando el tensor de momento.

Figura 3.2

Como se esta suponiendo que el flujo atraviesa perpendicularmente a las ”tapas”, sola-mente es necesario fijarse en una de las entradas del tensor de momentos, la Πzz. Ademas,se supondra que la presion atmosferica es igual en las dos ”tapas 2que la materia eyectadasolo atraviesa un area A. Ası, usando la ecuacion (8) se tiene

dpzdt

= −x

Sd

ΠzzdSz −x

Su

ΠzzdSz,

Πzz = P + ρv2z en Sd

Πzz = P en Su


Como la direccion normal a Su tiene sentido opuesto a la que es normal a Sd, sustituyendoel valor de Πzz e incluyendo la diferencia de signo se llega a

dpzdt

=x

Sd

(P + ρv2

z

)dSz −

x

Su

PdSz

=x

Sd

ρv2zdSz = ρv2

z

x

Sd

dSz

= Aρv2z ,

donde es importante recordar que el flujo solamente se daba a traves de un area A y noa traves de toda la superficie Sd. Se aprecia que se obtuvo el mismo resultado que con elprocedimiento anterior, tal como se esperaba.

Fluidos reales

Hasta ahora solamente se han tratado fluidos en los que se considera que la viscosidad es0. Estos fluidos (fluidos ideales) no describen apropiadamente algunos comportamientosreales. A continuacion se veran algunos de los defectos de dichos fluidos.

Primero que nada, en un fluido real no sucede que la velocidad disminuye a medida queuno se acerca a la superficie que lo encierra. Pensando en una tuberıa sencilla, en el casodel fluido ideal la velocidad era constante en todos los puntos, mientras que en el fluidoideal la velocidad tiene un maximo en el centro y disminuye a medida que se acerca a lasparedes (vease figura 3).

Figura 3.3

Otro defecto es que si, en un fluido ideal, se supone que a un t = 0 la vorticidad es 0,entonces se tendra que la vorticidad siempre sera 0.

Adicionalmente, en un fluido ideal no se invierte energıa para mover un cuerpo que seencuentra sumergido en el fluido. Como se vio en clases pasadas, esto no es posible, puessı hay una resistencia al movimiento (coeficiente de arrastre).

El objetivo en esta seccion sera deducir las ecuaciones de Navier-Stokes. Para hacer estosera necesario, primero que nada, el tensor de esfuerzos; esto para poder calcular lasfuerzas involucradas. Hay ciertas restricciones impuestas a este tensor, a continuacion severan algunas de estas y la forma que adquiere.


Primero, se puede pensar en un fluido con velocidad constante. En el fondo del fluido,si es un fluido real, la velocidad sera 0, de modo que el tensor de esfuerzos σik no puededepender de ~v, pues es invariante. Sin embargo, sı puede depender, y en efecto lo hace,de las derivadas de la velocidad,ası

σik = f

(∂vi∂xk

,∂2vi∂x2

k

,∂3vi∂x3

k

, ...

).

Ahora es util pensar en un cuerpo rıgido, donde ~v = ~ω×~r. Como no hay esfuerzos, para eltensor debera buscarse una combinacion de derivadas que se anule cuando hay rotaciones.Esta combinacion resulta ser

σik = η

(∂vi∂xk

+ ∂vk∂xi

).

Finalmente, si el fluido es isotropo es necesario agregar un escalara que, en general, de-pendera de los invariantes del tensor. Recordando que los invariantes sı tienen unidades,el unico candidato es un escalar que solo depende de la traza. Ası el tensor adquiere lasiguiente forma

σik = η

(∂vi∂xk

+ ∂vk∂xi

)+B

∂vl∂xl

, (3.9)

donde B, en principio, se desconoce y el segundo termino no es mas que ∇ · ~v. Ahora,resultara util reescribir esto como

σik = η

(∂vi∂xk

+ ∂vk∂xi− 2

3δik∂vj∂xl

)+(B + 2

3η)δik∂vl∂xl

, (3.10)

esto es posible a partir de la siguiente observacion (y recordando que tr (δik) = 3),

tr

(∂vi∂xk

+ ∂vk∂xi

)− 2

3∂vl∂xl

tr (δik) = 2∂vi∂xi− 2

33∂vl∂xl

= 2∂vi∂xi− 2∂vl

∂xl= 0.

Para calcular las fuerzas fi se tomaran las derivadas de la ecuacion (10).

fi = ∂σik∂xk

=η(

∂2vi∂xk∂xk

+ ∂2vk∂xi∂xk

− 23δik

∂2vl∂xl∂xk

)

+(B + 2

3η)δik

∂2vl∂xk∂xl

=η∂2vi∂x2

k

+ η∂

∂xi

∂vk∂xk− 2

3η∂

∂xi

(∂vl∂xl

)

+(B + 2

3η)

∂

∂xi

(∂vl∂xl

),


agrupando,

fi = η∂2vi∂x2

k

+(η − 2

3η +B + 23η)

∂

∂xi

(∂vl∂xl

),

renombrando el termino entre parentesis(η − 2

3η +B + 23η = η + η′

), donde η′ es la se-

gunda viscosidad, se llega finalmente a

fi = η∂2vi∂x2

k

+ (η + η′) ∂

∂xi

(∂vl∂xl

)(3.11)

o, en notacion vectorial,

~f = η∇2~v + (η + η′)∇ (∇ · ~v) (3.12)

Con esto, finalmente, se puede escribir la ecuacion de Navier-Stokes al sustituir la expre-sion calculada para ~fvisc en la ecuacion de Euler

ρD~v

Dt= −∇P − ρ∇φ+ ~fvisc,

obteniendose la ecuacion de Navier-Stokes en su expresion mas comun.

ρ

[∂~v

∂t+ (~v · ∇)~v

]= −∇P − ρ∇φ+ η∇2~v + (η + η′)∇ (∇ · ~v) . (3.13)

Como es bien sabido, la ecuacion de Navier-Stokes es sumamente difıcil de resolver. Enparticular, complica la solucion el termino η∇2~v que solo se hace despreciable lejos delcuerpo, despues de la llamada capa lımite. Un ejemplo claro de esto es la formacion dedicha capa alrededor de un barco en moviemiento.

Un lımite interesande es cuando η es grande y el cuerpo en movimiento pequeno. En estecaso se puede despreciar el termino (~v · ∇)~v y se reduce a la ecuacion de Stokes.

3.2. Clase 18Sergio Emiliano Gonce Maldonado


3.2.1. EjerciciosEjercicio 1: Consideremos un flujo incompresible, estacionario y sin fuerzas de cuerpo

a traves de un canal horizontal de altura h, encuentre el campo de velocidades.

Figura 3.4: Canal horizontal.

Solucion: Por hipotesis∇·v = ∂v∂t

= ∇φ = 0, por lo tanto la ecuacion de Navier-Stokesse reduce a:

ρ(v · ∇)v = −∇P + η∇2v (3.14)

Consideramos que el campo de velocidades del fluido es de la forma v = (vx(y), 0, 0),entonces (v · ∇)v = 0 y (1) se reescribe como:0

00

= −

∂xP∂yP∂zP

+ η(∂2x + ∂2

y + ∂2z )

vx(y)00

lo cual implica que:

∂P

∂y= 0 = ∂P

∂z∴ P = P (x)

y0 = −dP

dx+ η

d2

dy2vx(y)

Separando variables:

1η

dP

dx= C = d2

dy2vx(y) ⇒ vx(y) = C

2 y2 +By + A

y aplicando las condiciones de frontera vx(0) = 0 = vx(h):

A = 0

C2 h

2 + hB = 0⇒ B = −C2 h

obtenemos:vx(y) = − 1

2ηdP

dxy(h− y)

Este se conoce como flujo de Covette y tiene la forma de una parabola cuyo maximo selocaliza en y = h

2 (en el centro del canal). Si el fluido fuera ideal el perfil de velocidades


serıa constante y no necesitarıa un gradiente de presiones para moverse. En general, porla tendencia de los sistemas al equilibrio, el gradiente crece en direccion contraria al flujo.

Ejercicio 2: Consideremos un tubo con seccion transversal constante (forma cilındri-ca de radio a) a traves del cual circula un fluido incompresible, estacionario y sin fuerzasde cuerpo. Encuentre el campo de velocidades.

Solucion: Nuevamente nos interesa resolver la ecuacion (1) pero suponiendo que el campode velocidades tiene la forma v = (vx(y, z), 0, 0), por lo tanto (v · ∇)v = 0 ⇒0

00

= −

∂xP∂yP∂zP

+ η(∂2x + ∂2

y + ∂2z )

vx(y, z)00


∂P

∂y= 0 = ∂P

∂z∴ P = P (x)

y0 = −1

η

dP

dx+(∂2

∂y2 + ∂2

∂z2

)vx(y, z)

Separando variables:1η

dP

dx= C =

(∂2

∂y2 + ∂2

∂z2

)vx(y, z)

Haciendo un cambio de variable a coordenadas cilındricas vx(y, z) = vx(r) tenemos:

C = 1r

d

dr

(rd

drvx(r)

)⇒ Crdr = d

(rd

drvx(r)

)

⇒ C

ˆrdr =

ˆd(rd

drvx(r)

)⇒ C

2 r2 = r

d

drvx(r) + A

⇒ C

2 r = d

drvx(r) + A

r⇒ C

2 r −A

r= d

drvx(r)

⇒ˆ (

C

2 r −A

r

)dr =

ˆd(vx(r))

⇒ vx(r) = C

4 r2 − A ln(r) +B

y aplicando las condiciones de frontera vx(a) = 0, lımr→0

vx(r) 6= ±∞:

〉A = 0

C4 a

2 +B = 0⇒ B = −C4 a

2

Obtenemos:vx(r) = − 1

4ηdP

dx(a2 − r2)

este se conoce como flujo de Poiseville.


Calculemos el gasto Q, que es la masa que entra por unidad de tiempo. Una secciondiferencial de la cascara del cilindro es:

ρ(vx(r)∆t)dA = ρ(vx(r)∆t)rdrdθ

Figura 3.5: Seccion diferencial de la tuberıa cilındrica.

El gasto sobre dicha cascara es:

ρ(vx(r)∆t)∆t rdrdθ

El gasto total:

Q =∣∣∣∣ˆ a

0

ˆ 2π

0ρvx(r)rdrdθ

∣∣∣∣ =

=∣∣∣∣2πρ

ˆ a

0

[ 14ηdP

dx(a2 − r2)

]rdr

∣∣∣∣ =

=∣∣∣∣π2 ρη dPdx

[ˆ a

0a2rdr −

ˆ a

0r3dr

]∣∣∣∣ =

=∣∣∣∣π2 ρη dPdx

[a4

2 −a4

4

]∣∣∣∣ = π

8ρ

η

∣∣∣∣dPdx∣∣∣∣a4

Ejercicio 3: Consideremos un canal de altura h sobre un plano inclinado de anguloα en el cual desciende un fluido estacionario e incompresible. Encuentre la presion sindespreciar los efectos de la gravedad.

Figura 3.6: Canal sobre plano inclinado.


Solucion: En esta ocasion, la ecuacion de Navier-Stokes es:

ρ(v · ∇)v = −∇P − ρ∇φ+ η∇2v (3.15)

donde φ es el potencial gravitatorio. Las proyecciones de la fuerza de gravedad f porunidad de volumen son:

fx = ρg sinα

fy = −ρg cosα⇒ φ = −g sinαx+ g cosα y

Supondremos que el campo de velocidades tiene la forma v = (vx(y, z), 0, 0)⇒ (v·∇)v = 0⇒ 0

00

= −

∂xP∂yP∂zP

+

ρg sinα−ρg cosα

0

+

η(∂2x + ∂2

y + ∂2z )

vx(y, z)00


∂P

∂z= 0 ∴ P = P (x, y)

y∂P

∂y= −ρg cosα ⇒ P (x, y) = −ρg cosα y + f(x)

⇒ f(x) = ρg cosα y + P (x, y)

Si el canal no es muy largo, la presion sobre su superficie es la presion atmosferica P0.Vamos a tomar la aproximacion:

f(x) = ρg cosαh+ P (x, h) = ρg cosαh+ P0

⇒ P (y) = −ρg cosα y + ρg cosαh+ P0 = P0 + ρg cosα (h− y)

Y la presion sobre la base del canal es:

P (0) = P0 + ρg cosαh

3.3. Clase 19Sebastian Alvarado Perez

Ejemplo 1

Consideremos un plano inclinado a un cierto angulo α, en donde se encuentra un fluidoestacionario e incompresible.


Figura 3.7: Esquema del problema a resolver, donde se rotan los ejes por comodidad

∂V

∂t= 0

∇V = 0

Entonces podemos escribir la ecuacion de Navier-Stokes (N-S) como:

ρ(∂V∂t

+ (V · ∇)V) = −∇P− ρ∇φ+ η∇2V (3.16)

Veamos quienes son las fuerzas y por ende φ. Recordemos que tenemos la gravedadde por medio, y escogiendo nuestro sistema de referencia tal que el eje x coincida con lainclinacion del plano a un angulo α Obtenemos:

fx = ρ | g | sinαfy = −ρ | g | cosα

⇒ φ = − | g | sin(α)x+ | g | cos(α)y

Ahora tomemos en cuenta de que V solo depende de la altura y solo es mueve endireccion x por lo que:

(V · ∇)V = 0

Entonces podemos escribir la ecuacion de N-S como:000

= −

∂P∂x∂P∂y∂P∂z

+

ρ | g | sinα−ρ | g | cosα

0

+ η(∂2x + ∂2

y + ∂2z )

vx(y)00

De aquı podemos darnos cuenta de que P solo depende de x y y, es decir P(x, y), ya que∂P∂z

= 0. Por otro lado podemos imponer que ∂P∂x

= 0, entonces la presion solo dependerade y, es decir P(y).

Ahora fijemonos en la siguiente ecuacion.

0 = −∂P∂y− ρ | g | cosα

⇒ P(y) = −ρ | g | cos(α)y + C


Con las condiciones de frontera podemos saber quien es C. Cuando y = h. Es decircuando se alcanza una presion P0

C = ρ | g | cos(α)h+ P0

⇒ P(y) = −ρ | g | cos(α)y + ρ | g | cos(α)h+ P0

P(y) = P0 + ρ | g | cos(α)(h− y) (3.17)

Ahora veamos la ecuacion diferencial para vx(y). Dada por:

0 = ρ | g | sin(α) + ηdvx(y)dy

⇒ vx(y) = −ρ | g | sin(α)2η y2 +By + C

Usando condiciones de frontera podemos saber quien es C y ademas podemos saber quienes B con ayuda del esfuerzo σxy, podemos pensar que aquı no hay esfuerzos de corte.Entonces recordando que la derivada parcial de vy con respecto a x es cero, tenemos que:

σxy = η

(∂vx∂y

+ ∂vy∂x

)

⇒(∂vx∂y

)y=h

= −ρ | g | sin(α)hη

+B = 0

Por tanto la ecuacion que describe la velocidad en x esta dada por:

vx(y) = ρ | g | sin(α)2η y(2h− y) (3.18)

Figura 3.8: La tangente a la curva es el esfuerzo


Figura 3.9: Esquema del problema a resolver, donde se muestra el perfil de velocidades,esta crece conforme aumenta la altura

Algo importante de destacar aquı es cuando α = 0 el fluido no se mueve. Y mientrasmas grande es el angulo α mas grande es la velocidad.

Notemos que en esta solucion el fluido no se acelera, entonces debe haber disipacionde energıa. Ahora queremos saber cual es el esfuerzo (fuerza) sobre un objeto (incluidoslas paredes) sumergido en cierto perfil de velocidades.

Lo que debemos hacer es integrar sobre todas las fuerzas internas por unidad devolumen sobre todo el volumen. Y hay dos formas de hacerlo:

FORMA 1: Utilizando las parciales de las componentes del tensor de esfuerzos

Fi =ˆV ol

fidV =ˆV ol

∂σikxik

dV =ˆSup

σikdSk

F =ˆSup

~σ · ndS

La normal cambia de orientacion dependiendo de donde se vea, desde el fluido o desde elobjeto. En nuestro caso estamos integrando sobre la superficie del objeto.

F = −ˆSup

~σ · ndS (3.19)

FORMA 2: Usando el Tensor de momento. Y recordando que la velocidad es cerosobre la superficie del obejto.

Fi =ˆSup

ΠikdSk =ˆSup

(−σik + ρvivk)dSk =ˆSup

−σikdSk

F = −ˆSup

~σ · ndS

Utilizando lo que habiamos encontrado:

vx(y) = 12ηdP(x)dx

y(h− y)

Y sabiendo que los esfuerzos estan dados por:


σik = η

(∂vi∂xk

+ ∂vk∂xi

)

Obtenemos la siguiente matriz:

~σ =

−P(x) dP(x)dx

(h2 − y) 0dP(x)dx

(h2 − y) −P(x) 00 0 −P(x)

Y siendo la normal n = (0, 1, 0) Tenemos lo siguiente:FxFy

Fz

=ˆ lx

0

ˆ lz

0~σ

010

dxdz =ˆ lx

0

ˆ lz

0

dP(x)dx

(h2 − y)−P(x)

0

dxdzResolviendo para Fx y Fy:

Fx =(dPdx

)A

(h

2 − y)

Fy = −(lzlxP0) + dPdx

(lzl

2x

2

)

Ahora veamos que pasa cuando y = 0 es decir el esfuerzo sobre la pared inferior, otambien podemos pensar que es un rio y el esfuerzo que hace el agua sobre las orillas es.

Fx =(dPdx

)A

(h

2

)

Fy = −(lzlxP0) + dPdx

(lzl

2x

2

)

Figura 3.10: Ejemplo del rio como el fluido hace esfuerzos en las orillas.

Son varios los parametros a considerar para resolver un problema, y mas aun parahacer calculos numericos en la computadora, ya que no se utilizan unidades y es mas facildeshacernos de las unidades para trabajar de froma mas comoda al no usar constantescomo G, o c. Hagamos un ejemplo de lo que acabamos de mencionar.

Escalar un objeto de diametro D, como un cilindro, con la ecuacion.

x2 + y2 =(D

2

)2


Para reescalar, es decir que todo sea adimensional hacemos el siguiente cambio devariable:

x′ = x

Dy′ = y

D

Sustituyendo en la ecuacion inicial obtenemos:

(x′)2 + (y′)2 = 14

Notemos que x, y y D tenian unidades de distancia, y al hacer el cambio de variableobtuvimos una ecuacion donde x′ y y′ son adimensionales y estan igualadas a un numeroque no tiene unidades. Esto mismo podemos hacerlo con otras expresiones diferentes,como el gradiente y la derivada temporal, de hecho es lo siguiente que haremos.

V′ = V

VD = Vτ t′ = t

τ

Donde τ es el tiempo caracteristico.Usando regla de la cadena y que dt′

dt= 1

τ= V

D

∂V

∂t= V

∂V′

∂t′dt′

dt= V2

D

∂V′

∂t′

Por tanto

∂V

∂t= V2

D

∂V′

∂t′(3.20)

Ahora usando igual regla de la cadena y con el cambio de variable x′i = xi/D, entoncesdx′i

dxi= 1

D. Podemos escribir el gradiente como:

∇ ⇒ 1D∇′ (3.21)

Entonces con las Ec. 3.20 y 3.21 podemos reescribir la (Ec. 3.16) Ecuacion de Navier-Stokes de forma reescalada

∂V′

∂t′+ V

′ · ∇′V′ = − 1ρV2∇

′P− 1V2∇

′φ+ η

ρDV(∇′)2

V′

Apartir de ahora podemos presindir de los simbolos primados ya que ahora sabemosque estamos haciendo:

∂V

∂t+ V · ∇V = −∇P− 1

F2∇φ+ 1R∇2

V′

Donde P = PρV2 Es la energıa cinetica por unidad de Volumen y R es el numero

de Reynolds Notemos que cuando R tiende a infinito se recupera Euler y cuando R


tiende a cero se recupera Stokes. Esta nueva ecuacion depende del numero de Reynolds.Lo interesante esque si se mantiene este numero constante no importa que escala secomportara igual el fluido.

Falto reescalar φ porque no todos los potenciales son iguales, veamos que pasa con elgravitatorio.

φ = gz = gz′D

⇒ ∇′φ′ = 1V2

gD

∇′z′

Donde F = V√gD

. Para fluidos compresibles aparecera el numero Match VVs

.Usando el numero de reynols nos damos cuenta que es el cociente de dos Fuerzas.

R = ρDVη

= ρD2V2

ηDV= Fuerza incercial

Fuerza de viscosidad

Este reescalamiento es importante al momento de hacer modelos a escala de diferentessistemas, como las alas de un avion, un barco o un tren de vapor, ya que nos permitenobservar su comportamiento, o simularlos en diferentes entornos para poder estudiarlos.Uno de los porblemas ahora es hacer un modelo a escala de la CDMX para poder observarel comportamineto del mismo bajo los efectos de los sismos.

3.4. Clase 20Alejandro Paloalto Landon, Alfredo Zinzu Martınez

3.4.1. Ejemplos de la ecuacion de Navier StokesEjemplo 1

Consideremos un barco, con un radio de 300 metros, entonces, si queremos que unbarco escalado tenga el mismo flujo, es necesario que tenga el mismo numero de Reynols,es decir:

Re = ρ ·D1 · v1

η= ρ ·D2 · v2

η(3.22)

Donde ρ es la densidad del medio, vi es la velocidad y Di es el radio del barco encuestion.

De donde, al despejar tenemos:

D1 · v1 = D2 · v2 =⇒ v2 =(D1

D2

)· v1

De esta manera, si consideramos que el barco original es de 300 m y el escalado, solode 3 m, tenemos:

v2 =(300

3

)· v1 = (100) · (v1)


En un ejemplo mas particular, considerando que la velocidad del barco ”Titanic” erade 20km

h, entonces, el barco miniatura debe de ir a una velocidad de 2000km

hrpara tener

el mismo flujo; pero esto no es posible, de tal manera que tenemos que encontrar otramanera de poder simular este barco con uno miniatura, para ello, primero analicemos lamagnitud del numero de Reynolds:

Re = ρ1 ·D2 · v1

η1= (1× 103kg/m3) · (300m) · (10m/s)

1× 103poise= 3× 109

Lo cual es muy grande, ası que, ¿Que es lo que podemos hacer?, nuestra primera opciones cambiar el fluido, para esto, consideremos: η/ρ = ν (viscosidad cinetica) entonces,igualando los numeros de Reynolds:

ρ1 ·D1 · v1

η1= ρ2 ·D2 · v2

η2=⇒ D1 · v1

ν1= D2 · v2

ν2

De donde:

v2 =(ν1

ν2

)(D1

D2

)v1 =⇒ v2 = 100 ·

(ν2

νagua

)· v1

De esta manera, nos conviene hacer el cociente ν2/νagua << 1 es decir ν2 << νagua yaunque ocupemos gasolina, el barco pequeno tendrıa que ir a una velocidad de 400km/hr(lo cual sigues siendo grande). Otra posibilidad es hacer un barco de 30 m, pero esto yasale demasiado caro. Podemos analizar el comportamiento de los fluidos de acuerdo a lasiguiente tabla:

Liquidos, Gases η (Poise) ν = η/ρ(Stokes)Aire 1,9× 10−5 1,7× 10−5

Agua 1× 10−3 1× 10−6

Aceite 1× 10−1 3× 10−4

Miel 10 7× 10−5

Vidrio 1× 1040

Gasolina 4,6× 10−7

Mercurio 1× 10−7

Ademas, en las siguientes graficas, podemos analizar el comportamiento del logaritmode η y ν con distintos gases o lıquidos, cuando varia la temperatura.

Ahora, analicemos el numero de Reynolds que tienen los coches y los aviones:

Re = D · vν

= (50m) · (300m/s)(2× 10−5m2/s) = 7× 108

Re = D · vν

= (10m) · (30m/s)(2× 10−5m2/s) ∼ 107

Ahora, consideremos lo siguiente:

R = Fuerzasinerciales

Fuerzasviscosas= ρ · v2 ·D2

η ·D · vRecordemos que las unidades de energıa estan dadas por lo siguiente:


[Energia] = [Fuerza] [Distancia] =⇒ [Fuerza] = [Energia][Distancia] =

(ρ · v2

2

)(D3)

D= ρD2v2

2

De donde se define

CD =

FuerzaArrastreρv2D2

2

Analizando las unidades de la fuerza de viscosidad, obtenemos lo siguiente: [Fuerzasdeviscosidad] =

ηDV , ası: fuerzas = ηDV f(R) de donde finalmente obtenemos el coeficiente de drag:

CD = CD(Re)Considerando el numero de Reylnolds, y el coeficiente de Drag, podemos realizar una

grafica de como se comportan los fluidos de acuerdo al numero de reynolds, esta grafica,la ponemos a continuacion:

Consideremos la ecuacion de Navier Stokes:

∂v∂t

+ v · ∇v = −∇P + 1R∇2v

De donde consideramos ∇ · v = 0, de esta manera, podemos llegar a la ecuacion dedifusion:

∂

∂t(∇× v) = 1

Re∇2 (∇× v) =⇒ ∂

∂tΩ = 1

Re∇2Ω

Por otro lado, para un fluido incompresible (∇ · v = 0) obtenemos:

∂v∂t

= −∇P + 1Re∇2v

Entonces:

∂

∂t(∇ · v) = −∇2P + 1

Re∇2 (∇ · v) =⇒ ∇2P = 0

De esto ultimo, notamos que la funcion P debe de ser armonica y solucion a la ecuacionde Laplace de 3 dimensiones.

Ahora consideremos lo siguiente: ∂v∂t

= −∇P + 1Re∇2v, ahora si la derivada temporal

es nula tenemos lo siguiente:

∇P = − 1Re∇2v

Ahora, si P = P0, tenemos que ∇P = 0, ası, como ∂v∂t

= 0 entonces tenemos que1Re∇2v = 0 lo cual implica ∇2 = 0 y a su vez ∇ · v = 0Finalmente, en el caso de Stokes, considerando v = ∇Φ =⇒ ∇2Φ = 0 =⇒ ∇2 (∇Φ) =

∇ (∇2Φ) = 0


3.5. Clase 21Vıctor Knapp Perez, Aldo Javier Gamboa Castillo

3.5.1. No-linealidad de las ecuaciones de Navier-Stokes.La ecuacion de Navier-Stokes reducida para un fluido incompresible (∇ · ~v = 0), conφ = 0, es:

∂~v

∂t= −(~v ·∇)~v −∇P + 1

Re∇2 ~v. (3.23)

La no-linealidad de esta ecuacion proviene del termino (~v · ∇)~v. En clases anteriores,se hicieron una serie de suposiciones en la forma del campo de velocidades ~v para queel termino no-lineal se anulara. Ahora, implementaremos un metodo numerico que nosayudara a resolver las ecuaciones de N-S sin necesidad de eliminar el termino no-lineal.

Para resolver estas ecuaciones numericamente, empezaremos con el caso sencillo de 1dimension. Se hace una particion del tiempo en intervalos iguales, tn = n∆t. Ası,

v(tn) = v(n) ≡ vn −→ ∂v

∂t= vn+1 − vn

Reescribimos la ec. de N-S:

vn+1 − vn = −vndvndx− dP

dx+ 1Re

d2vndx2 . (3.24)

Para simplificar mas el problema, hacemos las siguientes suposiciones:

dP

dx= 0 y dvn

dx= B vn,

con B una constante. Ası, la Ec. (3.24) queda:

vn+1 − vn = −B v2n + B2

Revn −→ vn+1 =

(1 + B2

Re

)vn −B v2

n.

Podemos modificar esta ultima ecuacion para que adquiera la forma de un mapeo logıstico:

vn+1 = r vn − r v2n = r vn (1− vn) (3.25)

De este modo,v1 = r v0 (1− v0), v2 = r v1 (1− v1), · · ·

Para estudiar en general a la Ec. (3.25), consideramos

xn+1 = r xn (1− xn), (3.26)

y la funcionf(x) = r x (1− x), (3.27)

que representa una parabola que abre hacia abajo, que corta al eje X en x = 0 y x = 1,centrada en x = 1/2, donde adquiere un valor de f(1/2) = r/4. Debido a esto, pedimosque 0 < r < 4 para que la parabola este acotada en el intervalo [0, 1]. Dependiendo delvalor de r y del punto inicial x0, los valores sucesivos de xn tenderan o no tenderan hacia


algun valor.

Para darnos una idea del comportamiento de la ecuacion logıstica, examinaremos comose ven los puntos de esta en una grafica para distintos valores de r. Notaremos que hayprincipalmente tres tipos de comportamiento de la sucesion de los valores de xn: convergena un punto, entran en un ciclo, o no convergen. El analisis de estos comportamientos sehara despues de los siguientes ejemplos.

Ejemplo 1:En la primer grafica (Figura 3.11), se fijo el valor de r = 0,5. Para poder graficar lospuntos se empieza en un numero aleatorio (en este caso x0 = 0,6), luego se une el punto(0, 0,6) (que en la grafica se denota como D) con su correspondiente en la parabola (puntoE). La ordenada del punto E sera el numero x1. Luego, se une el punto E por una rectahorizontal a la recta identidad, de manera que llegaremos al punto F , sabemos que laabscisa de este punto es el mismo numero que x1, por lo que basta unir este punto poruna recta vertical a la parabola (punto G) para ası obtener el numero x2 que es la ordenadadel punto G. Repitiendo el proceso anterior, obtenemos una sucesion de numeros xn quesigue la ecuacion logıstica. Este proceso aplica para todas las graficas que usaremos enestos apuntes. En el caso de r = 0,5 notamos que la tendencia es que los puntos converjanal valor 0. Esta convergencia se puede apreciar tambien en la grafica de la Figura 3.12.

Figura 3.11: Grafica de una sucesion de puntos de la ecuacion logıstica. La recta azul esla identidad (y = x). Las rectas rojas punteadas encierran el cuadradado [0, 1]× [0, 1]. Lacurva verde representa la parabola y = (0,5)x(1 − x). Las rectas negras son los caminosque toma la sucesion de puntos de la ecuacion logıstica.


Figura 3.12: Grafica de xn (eje de las ordenadas) contra el numero n (eje de las abscisas)para la grafica de la Figura 3.11.

Ejemplo 2:Para el caso de r = 2,5 tenemos la grafica de la Figura 3.13. Notamos que ahora lasucesion xn converge a un punto que parece estar en la interseccion de la parabola y larecta identidad. Este hecho se puede apreciar mejor en la grafica de la Figura 3.14, endonde parece que los numeros convergen a xn = 0,59.



Ejemplo 3:Ahora, si tomamos el valor r = 3,5, parece que la sucesion oscila entre dos valores, comose ve en la Figura 3.15. De acuerdo a la grafica de la Figura 3.16, estos numeros parecenestar cerca de xn = 0,86 y xn = 0,41.




Ejemplo 4:Finalmente, tomemos el caso lımite en el cual, la parabola roza el tope del cuadrado[0, 1] × [0, 1], que corresponde a r = 4. En este caso, los numeros parecen no converger,como se aprecia en las graficas de las Figuras 3.17 y 3.18.

Figura 3.17: Grafica de una sucesion de puntos de la ecuacion logıstica. La recta azul esla identidad (y = x). Las rectas rojas punteadas encierran el cuadradado [0, 1]× [0, 1]. Lacurva verde representa la parabola y = (4)x(1−x). Las rectas negras son los caminos quetoma la sucesion de puntos de la ecuacion logıstica.



Analisis de estabilidad de los puntos xn.

Para encontrar la condicion de estabilidad de los valores de xn, consideramos a los puntosfijos del mapeo que cumplen:

f(x∗) = x∗.

Usando la Ec.(3.27), se encuentra que los puntos fijos satisfacen la ecuacion:

x∗ (r x∗ + 1− r) = 0,

cuyas soluciones son:x∗ = 0 y x∗ = 1− 1

r. (3.28)

Notamos que la existencia de la segunda solucion requiere que r > 1, puesto que el dominiode f es el intervalo [0, 1].Ahora, procedemos con el analisis de estabilidad lineal para determinar cuando un pun-to fijo es atractor o repulsor. Para ello, utilizaremos un desarrollo en Taylor a primer orden.

Sea x∗ un punto fijo de f y ε 1, entonces:

f(x∗ + ε) ≈ f(x∗) + εf ′(x∗) = x∗ + εf ′(x∗) −→ |f(x∗ + ε)− x∗| ≈ ε|f ′(x∗)|.

Luego, si definimos ε′ ≡ εf ′(x∗), entonces tambien ε′ 1, y ası:

f(f(x∗)) ≈ f(x∗+εf ′(x∗)) = f(x∗+ε′) ≈ f(x∗)+ε′f ′(x∗) = x∗+ε (f ′(x∗))2 −→ |f(f(x∗+ε))−x∗| ≈ ε|f ′(x∗)|2.

Generalizando estos resultados, tenemos que:

|fn(x∗ + ε)− x∗| ≈ ε|f ′(x∗)|n. (3.29)

Ası, podemos concluir que si |f ′(x∗)| < 1 entonces el punto x∗ es un punto atractor, puesla distancia entre este punto y el punto resultado de aplicaciones sucesivas de f a x∗ + ε,converge a cero a medida que n crece; y si |f ′(x∗)| > 1, entonces el punto x∗ es un puntorepulsor, pues dicha distancia aumenta indefinidamente con n.

Ahora, aplicamos este analisis a la funcion (3.27) que esta asociada al mapeo logıstico.Vemos que:

f ′(x) = r − 2rx.Luego, usando los puntos fijos determinados en (3.28), encontramos que:

Si x∗ = 0 −→ |f ′(0)| = |r| (3.30)

Si x∗ = 1− 1r−→

∣∣∣∣f ′ (1− 1r

)∣∣∣∣ = |2− r| (3.31)

De este modo:


x∗ = 0 es atractor si r < 1 y repulsor si r > 1.

x∗ = 1− 1r

es atractor si r < 3 y repulsor si r > 3.

Estos resultados se muestran en la Figura 3.19. Hemos omitido la parte correspondientea r > 3, pues, como se vera en la siguiente clase, la curva x∗ = 1 − 1

rse va bifurcando

conforme aumenta r.

Figura 3.19: Grafica de los puntos fijos x∗ (eje de las ordenadas) en funcion de r (eje delas abscisas). Observamos que para r < 1 el unico punto fijo es x∗ = 0, que resulta ser unatractor (los atractores estan en rojo). Para 1 < r < 3 los puntos con x∗ = 0 pasan a serrepulsores (representados en azul), mientras que la otra curva roja representa atractoresdados por la funcion x∗ = 1− 1

r.

Analicemos que pasa cuando la sucesion de xn entra en un ciclo. Consideramos un ciclode 2 puntos, tal que:

f(xn) = xn+1 y f(xn+1) = xn. (3.32)

Notamos que debido a este ciclo, xn y xn+1 son puntos fijos de f . En particular, f(f(xn)) =xn, por lo que tambien son puntos fijos de la composicion de funciones. Es natural pre-guntarse si continuando con este analisis apareceran mas puntos fijos.

Capıtulo 4

Elasticidad

4.1. Clase 24Jose Miguel Raygoza Sermet

Consideremos un bloque soildo deformable (Figura 1), donde se muestra el mismoantes de deformarse mediante una fuerza externa (- - -) y despues de aplicar la fuerzaexterna y sufrir una deformacion (—–).Consideremos ∆l ∝ F , ademas ∆l ∝ l pues podemos colocar 2 bloques en serie, o enparalelo (Figuras 2 y 3).

De donde se concluye la primera Ley para medios continuos que realciona esfuerzoscon las longitudes del cubo.1 Ley: Dado un material isotropico y homogeneo, el esfuerzo aplicado a la cara de unmaterial es proporcional a la deformacion de mismo. Expresado matematicamente:

F

A= Y

∆ll

(4.1)

Y es el modulo de Young y representa el factor de proporcion y es caracterıstico decada material. Ademas del modulo de Young, existe otra cantidad que es caracterısticadel material llamada Razon de Poisson que nos dice que tanto se encogerıa este cubo silo estiramos de ambos extremos de una de sus caras, esta dice ası.

2 Ley: La razon como se deforma el ancho de un material isotropico y homogeneo esla misma razon con la que cambia la altura del mismo, y es proporcional a la deformaciondel mismo.

∆ww

= ∆hh

= −σ∆ll

(4.2)

Con σ la razon de Poisson. Estas leyes no son iterativas, si se deformo un cuerpo ydespues se le vuelve a deformar no podemos aplicar la primera o segunda ley de la mismaforma.

El modulo de Young es del orden de Gigapascales (GPa) para el diamante, para elcaucho es del orden de Kilopascales (KPa), es decir, cinco ordenes de magnitud menor.

72

CAPITULO 4. ELASTICIDAD 73

Consideremos que tenemos un prisma rectangular de lados w, l, h sobre el cual aplica-mos la misma fuerza P sobre cada dimension. Para resolver este problema considerese lafuerza aplucada sobre cada dimension:

∆ll

= −PY

+ 2σPY

= −PY

(1− 2σ)

∆ww

= −PY

+ 2σPY

= −PY

(1− 2σ)

∆hh

= −PY

(1− 2σ)

El nuevo volumen es V = (h+ ∆h)(w + ∆w)(l + ∆l) = hwl + hw∆lhl∆w + lw∆h+l∆w∆h + w∆l∆h + h∆w∆l + ∆w∆h∆l. Suponiendo que la variacion es pequena, sedesprecia el termino ∆w∆h∆l, entonces V+∆V

V= 1 + ∆V

V

Suponemos que los desplazamientos son pequenos, de manera que

V + ∆VV

≈ 1 + ∆ww

+ ∆hh

+ ∆ll

Por lo tanto:

∆VV

= −3PY

(1− 2σ) (4.3)

Definiendo K := V2(1−2σ) , tenemos que (4.3) se reescribe como:

P = −K∆VV

(4.4)

La cual es analoga a la Ley de Hooke, se cumple ademas que K > 0 porque σ > 1/2por estabilidad termodinamica.

Consideremos ahora un cubo sujeto a fuerzas externas como se muestra en la Figura6, tenemos que el esfuerzo esta dado por:

∆ll

= 1Y

F

A+ σ

Y

F

A

Si se toman ahora los esfuerzos de corte como se muestra en la Figura 7

¿Dados ~G, Y, σ ¿Cuanto vale θ(~G, Y, σ)?. Podemos colocarnos en el sistema de referen-cia de las diagonales originales, una crece y la otra decrece, ademas hay fuerzas hechas porel suelo, una de corte a la cara anterior en direccion opuesta a ~G, pero sui solo tuvieramoseste par de fuerzas en el cuerpo comenzarıa a rotar ∴ la otra fuerza es la normal al sueloque es compensada por el peso (Fig 8):

Al cambiar de sistema de referenxia cambiamos un esfuerzo de corte por uno tensivo(en la direccion de la deformacion). De la figura podemos calcularlo como:


D′−DD

= 1YGA

(1 + σ) (aplicada la primera parte del ejercicio).

Si se supone que la deformacion es pequena y aplicamos la ley de los cosenos:

µ = Y

2(1 + σ)A µ se le conoce como modulo de corte.

sin(θ) = δ

c, c2 = L2 + δ2

|D′|2 = L2 + L2 + δ2 − cos(θ + 90)2L(L2 + δ2)1/2 ⇒

|D′|2 = (2L2 + δ2 + 2Lδ)1/2, D =√

2L⇒ ∆D = D′ −D = (2L2 + δ2 + 2Lδ)1/2 −√

2L

Si la deformacion es pequena, la deformacion se puede aproximar mediante una seriede Taylor alrededor de δ = 0 obteniendo ∆D ≈ ∆D|δ=0 + δ/

√2. Entonces:

∆D = (2L2)1/2 −√

2L+ δ√2

= δ√2

Luego tan(θ) = δ

L⇒ θ ≈ δ

L=√

2δD

= 2∆DD

⇒ θ = 2(1 + σ

Y

)→ G

A⇒ G

A= µθ

4.2. Clase 26Adan Miguel Rubiol Garcıa

4.2.1. Ley de HookeCuando se empuja una pieza de material, se deforma. Si la fuerza es lo suficiente-

mente pequena, los desplazamientos relativos de los diversos puntos en el material sonproporcionales a la fuerza ( Ec.4.5), (decimos que el comportamiento es elastico). Vamosa discutir solo el comportamiento elastico. Primero, escribiremos las leyes fundamentalesde la elasticidad, y luego las aplicaremos a una serie de situaciones diferentes.

F ∝ ∆l (4.5)

Esta relacion se conoce como ley de Hooke.El alargamiento ∆l de la barra tambien dependera de su longitud. Podemos averiguar

como por el siguiente argumento. Si pegamos dos bloques identicos juntos, de extremo aextremo, las mismas fuerzas actuan en cada bloque; cada uno se estirara por ∆l. Por lotanto, el tramo de un bloque de longitud 2 l serıa dos veces mas grande que un bloquede la misma seccion transversal, pero de longitud l. Con el fin de obtener un numero mascaracterıstico del material, y menos de cualquier forma particular, elegimos tratar con larelacion ∆l

lde la extension a la longitud original. Esta relacion es proporcional a la fuerza

pero independiente de l:


Figura 4.1: El estiramiento de una barra bajo tension uniforme.

Supongamos que tomamos un bloque rectangular de material de longitud l, ancho wy altura h, como se muestra en la figura 4.1. Si tiramos de los extremos con una fuerzaF, entonces la longitud aumenta en una cantidad l. Supondremos en todos los casos queel cambio en la longitud es una pequena fraccion de la longitud original.Para una grancantidad de materiales, los experimentos muestran que para extensiones suficientementepequenas la fuerza es proporcional a la extension

F ∝ ∆ll

(4.6)

La fuerza F tambien dependera del area del bloque. Supongamos que ponemos dosbloques uno al lado del otro. Luego, para un estiramiento dado l tendrıamos la fuerzaF en cada bloque, o el doble en la combinacion de los dos bloques. La fuerza, para unadeterminada cantidad de estiramiento, debe ser proporcional al area A de la secciontransversal del bloque. Para obtener una ley en la que el coeficiente de proporcionalidades independiente de las dimensiones del cuerpo, escribimos la ley de Hooke para un bloquerectangular en la forma.

F = Y A∆ll

(4.7)

La constante Y es una propiedad solo de la naturaleza del material; es conocido comomodulo de Young.

La fuerza por unidad de area se denomina tension, y el estiramiento por unidad delongitud, el estiramiento fraccional, se denomina tension. La ecuacion se puede reescribirde la siguiente manera:

F

A= Y

∆ll

(4.8)

Estres = (modulodeY oung)× (Strain) (4.9)De la ley de Hooke: cuando estiras un bloque de material en una direccion, se contrae

en angulo recto. La contraccion en anchura es proporcional a la anchura w y tambien a∆ll

. La contraccion lateral es en la misma proporcion tanto para el ancho como para laaltura, y generalmente se escribe.

∆ww

= ∆hh

= −σ∆ll

(4.10)

donde la constante σ es otra propiedad del material llamado relacion de Poisson. Siemprees positivo en signo y es un numero menor que 1/2. Las dos constantes Y y σ especificancompletamente las propiedades elasticas de un material homogeneo isotropico.


La ultima ley general que necesitamos es el principio de superposicion. Como las dosleyes 4.10 y 4.8 son lineales en las fuerzas y en los desplazamientos, la superposicionfuncionara.

Ahora tenemos todos los principios generales: el principio de superposicion y las ecua-ciones. 4.10 y 4.8, y eso es todo lo que hay sobre la elasticidad.

4.2.2. Deformacion uniforme

Figura 4.2: Barra bajo presion hidrostatica uniforme..

Como nuestro primer ejemplo, veamos que sucede con un bloque rectangular bajo unapresion hidrostatica uniforme. Pongamos un bloque bajo el agua en un tanque de presion.Luego habra una fuerza que actua hacia adentro en cada cara del bloque proporcional alarea (ver Fig. 4.3). Dado que la presion hidrostatica es uniforme, la tension (fuerza porunidad de area) en cada cara del bloque es la misma. Vamos a trabajar primero el cambioen la longitud. El cambio en la longitud del bloque se puede considerar como la suma delos cambios en la longitud que se producirıan en los tres problemas independientes que sebosquejan en la Fig. 4.3

Figura 4.3: Barra bajo presion hidrostatica uniforme..

1. Si presionamos los extremos del bloque con una presion p, la tension de compresiones p

Y, y es negativa, Es decir:

∆l1l

= − pY

(4.11)

2. Si presionamos los dos lados del bloque con la presion p, la tension de compresiones nuevamente p

Y, pero ahora queremos la tension longitudinal. Podemos obtener eso de


la tension lateral multiplicada por σ. La tension lateral es

∆ww

= − pY

(4.12)

∆l2l

= +σ pY

(4.13)

3. Si presionamos en la parte superior del bloque, la tension de compresion es una vezmas p

Y, y la tension correspondiente en la direccion lateral es de nuevo −σ p

Y. Obtenemos

∆l3l

= +σ pY

(4.14)

Combinando los resultados de los tres problemas, es decir, tomando ∆l = ∆l1 + ∆l2 +∆l3, obtenemos:

∆ll

= − pY

(1− 2σ) (4.15)

El problema es, por supuesto, simetrico en las tres direcciones; resulta que:

∆ww

= ∆hh

= − pY

(1− 2σ) (4.16)

El cambio en el volumen es V = lwh, podemos escribir, para pequenos desplazamientos:

∆VV

= ∆ll

+ ∆hh

+ ∆ww

(4.17)

Utilizando (38.6) y (38.7), tenemos

∆VV

= −3PY

(1− 2σ) (4.18)

A las personas les gusta llamar a V / V la tension de volumen y escribir

p = −K∆VV

(4.19)

La tension de volumen p es proporcional a la tension de volumen, una vez mas la leyde Hooke. El coeficiente K se llama modulo de volumen; Esta relacionado con las otrasconstantes por

K = Y

3(1− 2σ (4.20)

Tambien podemos ver desde la ec. 4.20 que la relacion de Poisson, , debe ser inferior a lamitad. Si no fuera ası, el modulo de volumen K serıa negativo y el material se expandirabajo una presion creciente. Eso es lo que significa que el bloque esta en un equilibrioinestable. Si comenzara a expandirse, continuarıa por sı mismo con una liberacion deenergıa.

din´amica de medios deformables notas de clase€¦ · cap´itulo 1. introduccion al c´ alculo...

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