IMT3130 Tarea 1

IMT3130 Tarea 1
Pablo Herrera Ortiz

March 2022
Ejercicio 1.
1. Observe que la matriz identidad I3×3 ∶= (δij )ij satisface tr(I3×3 ) = 3. Pero a su vez, tr(I3×3 ) = δii y
por lo tanto δii = 3.
2. La matriz identidad satisface I3×3 ∗ I3×3 = I3×3 . Por definición de multiplicación de matrices e
igualando coordenada a coordenada obtenemos δik δkj = δij para j, i fijos y k = 1, 2, 3.
3. Haciendo un calculo preliminar, observe que ej ×ek = εkjr δkr δjr er , luego ek ⋅(ei ×ej ) = εrst δir δjr δkt =
εijk . Luego
εijk εijm = (εstr δis δjt δkr ) ⋅ (εabc δia δjb δmc )
= εstr εabc δis δia δjt δjb δkr δmc
= εstr εabc δsi δia δtj δjb δkr δmc
= εstr εabc δsa δtb δkr δmc
= εabr εabc δkr δmc
= εabr εabr δkr δmr + εabc εabc δkc δmc
= δkr δrm + δkc δcm
= δkr δrm + δkc δcm
= 2δkm .
4. Usando la misma caracterización de εijk usada en el ı́tem 3 se obtiene
εijk εimn = (εstr δis δjt δkr ) ⋅ (εabc δia δmb δnc )
= εstr εabc δis δia δjt δmb δkr δnc
= εstr εabc δsi δia δjt δmb δkr δnc
= εstr εabc δsa δjt δmb δkr δnc
= εatr εabc δjt δmb δkr δnc
= εabc εabc δjb δmb δkc δnc + εacb εabc δjc δmb δkb δnc
= ε2abc δjb δbm δkc δcn − ε2abc δjc δcn δmb δbk
= δjm δkn − δjn δkm .
5. Es consecuencia inmediata del item 1 y 3, con k = m
εijk εijk = 2δkk = 6.
1
Ejercicio 2 Usando la notación indexada y el ejercicio 1.4 obtenemos
v × (∇ × v) = εijk vi (∇ × v)j ek
= εijk vi (εrsj ∂r vs )ek
= −(εjik εjrs vi ∂r vs )ek
= −(δir δks − δkr δis )vi ∂r vs ek
= −(δir δks vi ∂r vs ek ) + (δkr δis vi ∂r vs )ek
= −vi ∂i vk ek + vi ∂k vi ek
1
= −(vi ⋅ ∂i )vk ek + ∂k (vi ⋅ vi )ek
2
1
= −(v ⋅ ∇)v + ∇(v ⋅ v).
2
Por lo tanto, (v ⋅ ∇)v = 21 ∇(v ⋅ v) − v × (∇ × v)
Ejercicio 3.
∇ × (v × w) = εijk ∂i (v × w)j ek
= εijk ∂i (εrsj vr ws )ek
= εijk εrsj ∂i (vr ws )ek
= −(εjik εrsj )∂i (vr ws )ek
= −(δir δks − δkr δis )∂i (vr ws )ek
= (−∂i (vi wk ) + ∂i (vk wi ))ek
= (−wi (∂i vi ) + vi ∂i wk − ∂i vk wi − vk ∂i wi )ek
= −(∇ ⋅ v)w − (v ⋅ ∇)w + (w ⋅ ∇)v + (∇ ⋅ w)v.
Por lo tanto, ∇ × (v × w) = (w ⋅ ∇)v + (∇ ⋅ w)v − (∇ ⋅ v)w − (v ⋅ ∇)w
Ejercicio 5. Como V es un espacio vectorial varias de las propiedades de este será heredadas por
L(V, V ) como vemos a continuación.
Conmutatividad
(S + T )v = Sv + T v ∀v ∈ V
= T v + Sv ∀v ∈ V (Conmutatividad en V)
= (T + S)v ∀v ∈ V
Luego, T + S = S + T para todo T , S ∈ L(V, V ). Por lo tanto L(V, V ) es conmutativa bajo la
operación +.
Asociatividad
((S + T ) + W )v = (S + T )v + W v ∀v ∈ V
= Sv + T v + W v ∀v ∈ V
= Sv + (T v + W v) ∀v ∈ V (Asociatividad en V)
= Sv + (T + W )v ∀v ∈ V
Luego (S + T ) + W = S + (T + W ) para todo S, T , W ∈ L(V, V ).
Elemento neutro bajo la adición
Definimos el tensor cero O(v) = 0 ∀v ∈ V , vemos que
(T + O)(v) = T (v) + O(v) ∀ v∈V
= Tv +0 ∀ v∈V (Elemento neutro en V )
= T (v) ∀ v ∈ V.
2
Luego T + O = O para todo T ∈ L(V, V ) y por lo tanto O es el elemento neutro.
Elemento inverso bajo la adición
Si T ∈ L(V, V ) definimos el inverso aditivo por −T (v) = −T v
(T + (−T ))(v) = T (v) + (−T (v)) ∀ v∈V

= T v + −T v ∀ v∈V
=0 ∀ v∈V (Elemento inverso en V )
= O(v) ∀ v ∈ V.
Por lo tanto, T + (−T ) = O para todo T ∈ L(V, V ).

Asociatividad respecto a la multiplicación escalar
α ⋅ (βT (v)) = α ⋅ (βT v) ∀ v∈V

= (α ⋅ β) ⋅ T v ∀ v∈V (Asociatividad en V )
= (α ⋅ β) ⋅ T (v) ∀v ∈ V
Por lo tanto, α ⋅ (βT ) = (α ⋅ β)T ∀T ∈ L(V, V ) ∀α, β ∈ R.

Elemento neutro bajo la multipicación escalar
1 ⋅ T (v) = 1 ⋅ T v ∀ v∈V
= Tv ∀v ∈ V
= T (v) ∀v ∈ V
Por lo tanto, L(V, V ) posee elemento neutro bajo la operación ⋅ .

Distributividad respecto la suma escalar
(α + β) ⋅ T (v) = (α + β)T v ∀ v∈V

= αT v + βT v ∀ v∈V (Distributividad en V )
= α ⋅ T (v) + β ⋅ T (v) ∀v ∈ V.
Por lo tanto (α + β)T = αT + βT para todo T ∈ L(V, V ) y α, β ∈ R.
Distributividad respecto de la suma vectorial
α ⋅ (T + S)(v) = α ⋅ (T + S)v ∀ v∈V

= αT v + αSv ∀ v∈V (Distributividad en V )
= α ⋅ T (v) + α ⋅ S(v) ∀v ∈ V
Por lo tanto, α ⋅ (T + S) = αT + αS para todo T , S ∈ L(V, V ) y para todo α ∈ R.

Todas las propiedades muestran que L(V, V ) es un espacio vectorial con las operaciones (+, ⋅).
Ejercicio 6.3
a) Escribimos los tensores de segundo orden usando su base ortornomal A = Aij ei ⊗ej , B = B ij ei ⊗ej .
Luego (A + B) = Aij ei ⊗ ej + Bij ei ⊗ ej = (Aij + Bij )ei ⊗ ej . Por lo tanto, Cij = Aij + Bij .
b) Tenemos que AB = (Aij ei ⊗ ej )(B rs er ⊗ es ) = Aij Bij (ei ⊗ ej )(er ⊗ es ) = Aij Brs (ej ⋅ er )(ei ⊗ es ) =
Aij Brs δjr (ei ⊗ es ) = Air Brs (ei ⊗ es )y por lo tanto Cis = Air Brs .
3
c) Tenemos que O = Ors ⋅ (er ⊗ es ) con Ors = 0. Por el item b) Cis = Air Ors = 0.
d) Sea Cij = cof(A)ji / det(A). Por álgebra lineal sabemos que Cir Arj = cof(A)ri / det(A)Arj = δij y
que Air Crj = Air cof(A)jr / det(A) = δij . Por lo tanto, sı́ det(A) ≠ 0, la inversa del tensor A existe.
e) Si A = Aij ei ⊗ ej entonces AT = Aij (ei ⊗ ej )T = Aij (ej ⊗ ei ) y por lo tanto Cji = Aij .
Ejercicio 7
a) • Simetrı́a.
A ∶ B = tr(AT B) = Aij Bij = Bij Aij = tr(B T A) = B ∶ A.
• Linealidad.
A ∶ (B + αC) = tr(AT (B + αC)) = Aij (Bij + αCij ) =

(Bij + αCij )Aij = tr((B + αC)T A) = (B + αC) ∶ A.
• Definida Positiva Si A ≠ O entonces existe algún i, j tales que Aij ≠ 0. Luego,
A ∶ A = tr(AT A) = Aij Aij = A2ij > 0.
Por lo tanto A ∶ B define un producto interior en L(V, V ).

√ √
b) Definimos ∥A∥ = tr(AT A) = A ∶ A por el ı́tem a) esto claramente define una norma en L(V, V ).
c) Tenemos por definición de traza que tr(A) = Aii = ATii = tr(AT ).

d) Por definición I ∶ A = tr(I T A) = tr(A). Para la segunda afirmación hacemos cálculos directos
(u ⊗ v) ∶ (p ⊗ q) = tr((u ⊗ v)T (p ⊗ q)) = tr((v ⊗ u)(p ⊗ q)) = tr((u ⋅ q)(v ⊗ p)) = (u ⋅ q)tr(v ⊗ q) =
(u ⋅ q)(v ⋅ p).

IMT3130 Tarea 1

Cargado por

Copyright:

Formatos disponibles

IMT3130 Tarea 1

Cargado por

Información del documento

Descripción original:

Título original

Derechos de autor

Formatos disponibles

Compartir este documento

Compartir o incrustar documentos

Opciones para compartir

¿Le pareció útil este documento?

¿Este contenido es inapropiado?

Copyright:

Formatos disponibles

IMT3130 Tarea 1

Cargado por

Copyright:

Formatos disponibles

IMT3130 Tarea 1

Pablo Herrera Ortiz

4. Usando la misma caracterización de εijk usada en el ı́tem 3 se obtiene

5. Es consecuencia inmediata del item 1 y 3, con k = m

εijk εijk = 2δkk = 6.

(T + (−T ))(v) = T (v) + (−T (v)) ∀ v∈V

Por lo tanto, T + (−T ) = O para todo T ∈ L(V, V ).

α ⋅ (βT (v)) = α ⋅ (βT v) ∀ v∈V

Por lo tanto, α ⋅ (βT ) = (α ⋅ β)T ∀T ∈ L(V, V ) ∀α, β ∈ R.

Por lo tanto, L(V, V ) posee elemento neutro bajo la operación ⋅ .

(α + β) ⋅ T (v) = (α + β)T v ∀ v∈V

Por lo tanto (α + β)T = αT + βT para todo T ∈ L(V, V ) y α, β ∈ R.

Distributividad respecto de la suma vectorial

α ⋅ (T + S)(v) = α ⋅ (T + S)v ∀ v∈V

Por lo tanto, α ⋅ (T + S) = αT + αS para todo T , S ∈ L(V, V ) y para todo α ∈ R.

A ∶ B = tr(AT B) = Aij Bij = Bij Aij = tr(B T A) = B ∶ A.

A ∶ (B + αC) = tr(AT (B + αC)) = Aij (Bij + αCij ) =

• Definida Positiva Si A ≠ O entonces existe algún i, j tales que Aij ≠ 0. Luego,

A ∶ A = tr(AT A) = Aij Aij = A2ij > 0.

Por lo tanto A ∶ B define un producto interior en L(V, V ).

c) Tenemos por definición de traza que tr(A) = Aii = ATii = tr(AT ).

También podría gustarte