MateWiki - Contribuciones del usuario [es]

Flujo de Couette entre dos tubos concéntricos (Grupo 33)

2025-12-05T09:23:55Z

Az.martinez: /* 1. Buscar el máximo en r \in [1,2] */

{{ TrabajoED | Flujo de Couette entre dos tubos concéntricos. Grupo 33 | [[:Categoría:Teoría de Campos|Teoría de Campos]]|[[:Categoría:TC25/26|2025-26]] |
*Carlos Azcona Ruiz
*Alonso Gómez Oliveira
*Marcos Gómez Rosillo
*María de las Mercedes Oriola Zamora
*Alba Zilu Martínez Toda}}

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC25/26]]

El flujo de Couette es un fenómeno básico de la mecánica de fluidos que describe cómo se comporta un fluido situado entre dos superficies paralelas cuando una de ellas se desplaza respecto a la otra. Este flujo, sencillo y ampliamente aplicable, ha sido analizado en profundidad por su importancia en la modelización de sistemas mecánicos.

En este artículo vamos a considerar el flujo de un fluido incompresible a través de dos cilindros concéntricos, de manera que el exterior se mueve con velocidad angular constante 𝜔⃗𝑒 en sentido horario mientras que el interior se mueve con velocidad angular 𝜔⃗𝑖 en sentido contrario. Si suponemos que ambos cilindros tienen su eje en 𝑂𝑋3 y pintamos la sección transversal (𝑥3 = 0), el cilindro exterior queda proyectado sobre la circunferencia 𝜌 = 2 y el interior sobre la circunferencia 𝜌 = 1

==Mallado de la sección transversal==
En la siguiente figura se representa la sección transversal de los dos tubos concéntricos con los ejes fijados en la región (𝜌, 𝜃) ∈ [0, 3] × [0, 2𝜋].

[[Archivo:mallado_couette.jpg|500px|thumb|right|mallado]]

{{matlab|codigo=
% MALLADO DE LA SECCIÓN TRANSVERSAL
rho=1:0.1:2; % INTERVALO DE RHO [1,2]
theta=0:0.05:2*pi+0.02; % INTERVALO DE THETA [0,2*PI]
[RHO,THETA]=meshgrid(rho,theta); % MATRIZ DE PARAMETROS
rho1=1;
rho2=2;
[RHO1,THETA1]=meshgrid(rho1,theta);
[RHO2,THETA2]=meshgrid(rho2,theta);
hold on
grid on % MALLADO EJES
x=RHO.*cos(THETA); % PARAM DE X
y=RHO.*sin(THETA); % PARAM DE Y
mesh(x,y,0*x,'EdgeColor','b') % DIBUJO DE LA FIGURA
t=rho1.*cos(theta); % CREACION CILINDRO INTERIOR
s=rho1.*sin(theta);
plot(t,s,'k','LineWidth',2)
t=rho2.*cos(theta); % CREACION CILINDRO EXTERIOR
s=rho2.*sin(theta);
plot(t,s,'k','LineWidth',2)
axis([-3,3,-2.5,2.5]) % EJES DEL DIBUJO
title('MALLADO DE LA SECCION TRANSVERSAL') % TITULO DE LA GÁFICA
xlabel('ρ');
ylabel('θ');
hold off
}}

==Ecuación Navier-Stokes y obtención de la ecuación diferencial a resolver==
El principal objetivo de este apartado es la obtención de la ecuación diferencial a partir de la ecuación de Navier-Stokes. Una vez conocida esta expresión, será posible calcular las constantes a y b que permitan que la velocidad en la frontera del fluido coincida con la de los tubos interior y exterior.
===Velocidad de las partículas del fluido y análisis de la ecuación===
La velocidad de las partículas del fluido viene expresada según el campo vectorial <math>\vec{u}(ρ, θ) = f(ρ) \vec{e_θ} </math>, donde la presión (<math>p</math>) es constante. Adicionalmente, el campo de velocidades tiene que cumplir la ecuación de Navier-Stockes estacionaria que sigue la siguiente expresión:

<center><math>(\vec{u} · ∇)\vec{u} + ∇p = µ∆\vec{u} </math></center>

''Observación: El valor µ se relaciona con el coeficiente de viscosidad del fluido.''

Analizando la expresión, y teniendo en cuenta que la función tomada tiene de variable ρ, la cual es constante, el campo gradiente será nulo ( <math>∇p = 0</math> ). Si además es despreciable el término convectivo (primer término de la fórmula) finalmente obtenemos que la expresión queda:
<center><math>µ∆\vec{u} =\vec{0}</math></center>

''Observación: <math>∆\vec{u} </math> representa el laplaciano vectorial del campo de velocidades.''

La simplificación obtenida de la ecuación de Navier-Stokes representa un flujo viscoso estacionario en el cual no hay gradientes de presión ni fuerzas externas con efectos inerciales significativos. Su resolución depende únicamente de las condiciones de frontera en el recinto que se indique.

* '''Laplaciano del campo vectorial <math>\vec{u} </math>'''
Por definición tenemos que el laplaciano de un campo vectorial viene dado por la siguiente ecuación:

<center><math>∆\vec{u} = ∆(u_1\vec{i} + u_2\vec{j}+ u_3\vec{k}) = ∆u_1\vec{i} + ∆u_2\vec{j}+ ∆u_3\vec{k}</math></center>

Por la condición de que el campo de velocidades está proporcionado en coordenadas cilíndricas, es de mayor facilidad el cálculo con dichas coordenadas y por consecuente, la ecuación quedaría de la siguiente forma:

<center><math>\Delta\vec{u} = \nabla(\nabla \cdot \vec{u}) - \nabla \times (\nabla \times \vec{u})</math></center>

* '''Gradiente de la divergencia'''

Como podemos apreciar, debemos calcular el gradiente de la divergencia. De modo que primeramente realizaremos el cálculo de la divergencia.

Por otro lado, al tratarse de un fluido incomprensible, dicha divergencia debe ser nula. Por definición ésta se calcula en coordenadas cilíndricas mediante la siguiente expresión:

<center><math> ∇ · \vec{u} = \frac{1}{ρ}[\frac{ \partial}{\partial ρ}(0) + \frac{ \partial}{\partial θ}(f(ρ)) + \frac{ \partial}{\partial z}(0)] = 0 </math></center>

Tras realizar los cálculos, observamos que como hemos deducido, la divergencia es nula y por lo tanto, el gradiente de la propia divergencia saldrá 0, de igual forma:
<center><math> ∇(∇ · \vec{u})= ∇(0)= \vec{0} </math></center>

Una vez deducido que el gradiente de la divergencia es 0, por lo cálculos previamente realizados, el primer término se elimina y la expresión queda simplificada de la siguiente forma:

<center><math>\Delta\vec{u} = - \nabla \times (\nabla \times \vec{u})</math></center>

* '''Rotacional del campo de velocidades'''
Realizamos los cálculos aplicando la fórmula para el rotacional definido en coordenadas cilíndricas. Siendo la expresión del campo de velocidades:
<math>u(\rho,\theta)=f(\rho)\,e_{\theta}</math>
<center><math>(\nabla\times\vec{u}) = \frac{1}{ρ}\begin{vmatrix} \vec{e_ρ} & ρ\vec{e_θ} & \vec{e_z} \\ \frac{ \partial}{\partial ρ} & \frac{\partial }{\partial θ} & \frac{\partial }{\partial z}\\ 0 & ρf(ρ) & 0 \end{vmatrix} = \frac{1}{ρ}\frac{ \partial (ρf(ρ)) }{\partial ρ}\vec{e_z} = [\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}]\vec{e_z}</math></center>

* '''Rotacional del rotacional del campo de velocidades'''

Una vez realizado el rotacional del campo de velocidades, proseguimos con el cálculo del rotacional del rotacional. Para ello aplicaremos la fórmula en coordenadas cilíndricas sobre el vector hallado anteriormente:

<center> <math>\nabla\times(\nabla\times\vec{u})= \frac{1}{ρ}\begin{vmatrix} \vec{e_ρ} & ρ\vec{e_θ} & \vec{e_z} \\ \frac{ \partial}{\partial ρ} & \frac{\partial }{\partial θ} & \frac{\partial }{\partial z}\\ 0 & 0 & [\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}] \end{vmatrix} = -\frac{1}{ρ}\frac{ \partial }{\partial ρ}(\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}) ρ\vec{e_θ} = \frac{1}{ρ}[\frac{f(ρ)}{ρ}-\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}-ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ}</math></center>

* ''' Resultado del Laplaciano vectorial'''
Sustituimos en la ecuación obtenida del laplaciano vectorial.

<center><math>\Delta\vec{u} = - \nabla \times (\nabla \times \vec{u})</math></center>

<center><math>\Delta\vec{u} = - \frac{1}{ρ}[\frac{f(ρ)}{ρ}-\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}-ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ}</math></center>

<center><math>\Delta\vec{u} = \frac{1}{ρ}[-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ}</math></center>

* '''Resultado de la ecuación de Navier-Stokes'''
Una vez calculado el laplaciano, procedemos a sustituir el valor en la ecuación analizada previamente de Navier-Stokes obteniendo:

<center><math> µ∆\vec{u} = \vec{0}</math></center>
<center><math>∆\vec{u} = \vec{0}</math></center>
<center><math>\frac{1}{ρ}[-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ} = \vec{0} </math></center>
<center><math>[-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ} = \vec{0} </math></center>

===Obtención de las constantes de la ecuación diferencial===
====Obtención ecuación diferencial segundo orden====

Una vez conocida la solución de la ecuación de Navier-Stokes, procedemos a la obtención de la ecuación diferencial:

<center><math> [-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ} = [-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ} = \vec{0} </math></center>

<center><math>\frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}) = \frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})</math></center>

Reordenamos la ecuación para la obtención de una ecuación diferencial de segundo orden:
<center><math>\frac{f(ρ)}{ρ}-\frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}) = 0 </math></center>
<center><math>\frac{f(ρ)}{ρ} = \frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}) </math></center>

====Comprobación ecuación diferencial====
A continuación, vamos a comprobar si la ecuación diferencial que hemos obtenido satisface la solución conocida, que viene dada por:

<center><math>f(ρ) = aρ +\frac{b}{ρ},\hspace{20pt}a,b \in \mathbb{R} </math></center>

Para realizar la comprobación, es necesario derivar la expresión de forma que dichas derivadas aparezcan en la ecuación diferencial obtenida.

<center><math>\frac{\partial f(ρ)}{\partial ρ} = a -\frac{b}{ρ^2},\hspace{20pt}a,b \in \mathbb{R} </math></center>
<center><math>\frac{\partial }{\partial ρ}(ρ\frac{\partial f(ρ)}{\partial ρ}) = \frac{\partial }{\partial ρ}(ρ(a -\frac{b}{ρ^2})) = \frac{\partial }{\partial ρ}(aρ -\frac{b}{ρ})) = a +\frac{b}{ρ^2},\hspace{20pt}a,b \in \mathbb{R}</math></center>

Una vez halladas las derivadas, sustituimos en la ecuación y comprobamos que:

<center><math> \frac{1}{ρ}(aρ +\frac{b}{ρ}) = a +\frac{b}{ρ^2} \Longrightarrow \frac{f(ρ)}{ρ} = \frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}),\hspace{20pt}a,b \in \mathbb{R} </math></center>

Queda por tanto comprobado que se cumple la ecuación diferencial.

====Búsqueda de las constantes "a" y "b"====

Finalmente, hemos solucionado la EDO y debemos conocer las soluciones específicas de ésta, a través de las constante a y b de tal forma que la velocidad en la frontera coincida con las de los tubo interior y exterior sen la misma.

Sabemos que la velocidad del fluido es:
<math>
\mathbf{u}(\rho,\theta) = f(\rho)\,\mathbf{e}_\theta,
\qquad
f(\rho) = a\rho + \frac{b}{\rho}.
</math>

-En el cilindro interior ( <math>\rho = 1</math> ), la velocidad tangencial será:
<math>
u_\theta(1) = f(1) = a(1) + \frac{b}{1} = a + b,
</math>
debe coincidir con la velocidad tangencial del cilindro interior:
<math>
u_\theta(1) = \omega_i \cdot 1 = \omega_i.
</math>

-En el cilindro exterior ( <math>\rho = 2</math> ),la velocidad tangencial:
<math>
u_\theta(2) = f(2) = a(2) + \frac{b}{2} = 2a + \frac{b}{2},
</math>
debe coincidir con la velocidad tangencial del cilindro exterior:
<math>
u_\theta(2) = \omega_e \cdot 2 = 2\omega_e.
</math>

* '''Sistema de ecuaciones'''

De las condiciones de contorno:
<math>
\begin{cases}
a + b = \omega_i, \\
2a + \dfrac{b}{2} = 2\omega_e.
\end{cases}
</math>

Multiplicamos la segunda ecuación por 2 para eliminar la fracción:
<math>
4a + b = 4\omega_e.
</math>

Restamos la primera ecuación:
<math>
(4a + b) - (a + b) = 4\omega_e - \omega_i
\;\;\Longrightarrow\;\;
3a = 4\omega_e - \omega_i.
</math>

Por tanto:
<math>
a = \dfrac{4\omega_e - \omega_i}{3}.
</math>

Luego:
<math>
b = \omega_i - a
= \omega_i - \dfrac{4\omega_e - \omega_i}{3}
= \dfrac{3\omega_i - (4\omega_e - \omega_i)}{3}
= \dfrac{4\omega_i - 4\omega_e}{3}
= \dfrac{4(\omega_i - \omega_e)}{3}.
</math>

'''Resultado:'''
<math>
\boxed{
a = \dfrac{4\omega_e - \omega_i}{3},
\qquad
b = \dfrac{4(\omega_i - \omega_e)}{3}.
}
</math>

===Comprobación de incompresibilidad ===
Se ha comprobado con anterioridad, a la hora de la obtención de la ecuación diferencial, que la divergencia del campo de velocidades es igual a 0. Se detalla a continuación el cálculo de la incompresibilidad:
observación: se tomarán coordenadas cilíndricas:
<math>
\nabla \cdot \mathbf{u}
= \frac{1}{\rho}\frac{\partial(\rho u_\rho)}{\partial \rho}
+ \frac{1}{\rho}\frac{\partial u_\theta}{\partial \theta}
+ \frac{\partial u_z}{\partial z}.
</math>

Como
<math>
u_\rho = 0,\quad u_z = 0,\quad
u_\theta = f(\rho)\ \text{(independiente de }\theta,z\text{)},
</math>
entonces:
<math>
\nabla \cdot \mathbf{u}
= \frac{1}{\rho}\frac{\partial(0)}{\partial \rho}
+ \frac{1}{\rho}(0) + 0
= 0.
</math>

== Campo de velocidades ==
Con el objetivo de calcular el campo de velocidades establecemos que la velocidad angular del cilindro exterior e interior es 1 (ω = 1) y μ = 1 (coeficiente de viscosidad del fluido), y en consecuencia las constantes serán de la siguiente forma:
''Observación: se considera que por el sentido, ωi = 1 y ωe = -1.''
<math>

\boxed{
a = \dfrac{4\omega_e - \omega_i}{3},
\qquad
b = \dfrac{4(\omega_i - \omega_e)}{3}.
}
</math>

<center><math>a = -\frac{5}{3} </math> y <math> b = \frac{8}{3}</math></center>
Conocida la siguiente expresión de la velocidad de las partículas en función de f(ρ):
 
<math>\vec{u}(ρ, θ) = f(ρ) \vec{e_θ} </math>.
 
Hemos calculado las constantes a y b, desarrollamos la ecuación. Quedando el campo de velocidades la las partículas como:
 
<math>\vec{u}(\rho, \theta) = \left(-\frac{5}{3} \rho + \frac{8}{3 \rho}\right) \hat{e}_\theta </math>

[[Archivo:campovelocidadesdefdefdef.png|700px|thumb|right|Campo de velocidades]]
{{matlab|codigo=
%Apartado 3: Campo de velocidades

rho=linspace(1,2,30); %radio de 1 a 2
theta=linspace(0,2*pi,50); %theta de 0 a 2pi
a=-5/3;
b=8/3;

w1=1; %velocidad angular interior
w2=-1; %velocidad angular exterior

%Mallado coordenadas polares
[R,T]=meshgrid(rho,theta); % meshgrid para coordenadas polares
X=R.*cos(T); % Paso a cartesianas
Y=R.*sin(T);

%Campo de velocidades
Vtheta= a.*R+b./R; %Velocidad de theta
Vx= w2.*Vtheta .*sin(T);
Vy= w1.*Vtheta.*cos(T);

%Dibujo campo de velocidades
hold on
grid on
quiver(X,Y,Vx,Vy,0.5,'Color',[0 0 1],'LineWidth',1.2);
title('CAMPO DE VELOCIDADES')
axis([-3.5,3.5,-2.1,2.1])

hold off
}}

==Líneas de corriente==
[[Archivo:lineas_de_corriente_33.png|500px|thumb|right|Líneas de corriente]]

{{matlab|codigo=
%% Parámetros del problema
r_in = 1;
r_out = 2;
omega_i = +1;
omega_e = -1;

% Coeficientes del perfil
a = (4*omega_e - omega_i)/3; % = -5/3
b = 4*(omega_i - omega_e)/3; % = 8/3

%% Función de corriente psi(r) = -(a/2)*r^2 - b*ln(r)
psi = @(r) -(a/2)*r.^2 - b*log(r);

%% Elegimos varios niveles de psi (líneas de corriente)
n_lines = 25; % número de círculos
r_vals = linspace(r_in, r_out, n_lines);

%% Dibujar
figure('Color','w'); hold on; axis([-3 3 -2.5 2.5]); grid on;
title('Líneas de corriente (\psi = cte)');
xlabel('x'); ylabel('y');

% Dibujar círculos para cada r
theta = linspace(0, 2*pi, 400);
for r = r_vals
x = r*cos(theta);
y = r*sin(theta);
plot(x, y, 'Color', [0.2 0.6 0.8], 'LineWidth', 1.2);
end
}}
El punto de partida es que el campo de velocidades del fluido en la sección transversal es <math>\vec{u}(r,\theta)=f(r)\,\vec{e_\theta}</math>, donde, por definción en base cilíndricas conocemos que: <math>\vec{e_\theta}=(-\sin\theta,\ \cos\theta)</math>.
*'''Obtención del campo de velocidades v'''
Sabemos que el campo de velocidades <math>\vec{v}</math> ha de ser ortogonal a <math>\vec{u}</math>. 
 
1-Tomamos el siguiente producto vectorial, para obtener el vector perpendicular <math>\vec{v}=\vec{k}\times\vec{u}</math>, siendo <math>\vec{k}=(0,0,1)</math> el vector unitario correspondiente al eje Z en base cartesiana.

2-Usando propiedades del producto vectorial: <math>\vec{k}\times\vec{e_\theta}=-\vec{e_r}</math>, donde <math>\vec{e_r}=(\cos\theta,\ \sin\theta)</math>.

Por tanto, en base cilíndrica, el campo de velocidades seguiría la siguiente expresión:

<center><math>\vec{v}(r,\theta)
= f(r)\,(\vec{k}\times\vec{e_\theta})
= -\,f(r)\,\vec{e_r}</math></center>

Cambiando a coordenadas cartesianas:

<center><math>\vec{v}(x,y)=\big(-f(r)\cos\theta,\ -f(r)\sin\theta\big)</math></center>

con <math>r=\sqrt{x^2+y^2}</math>, y <math>\theta=\operatorname{arctan2}(y,x)</math>.

3-Se observa que <math>\vec{v}</math> sigue la dirección radial, pues apunta hacia <math>-\vec{e_r}</math>y es ortogonal a <math>\vec{u}</math> porque <math>\vec{e_r}\cdot\vec{e_\theta}=0</math>:

<center><math>
\vec{u}\cdot\vec{v}
= f(r)\,\vec{e_\theta}\cdot\big(-f(r)\,\vec{e_r}\big)
= -f(r)^2(\vec{e_\theta}\cdot\vec{e_r})
= 0.
</math></center>

4-En nuestro caso, la función seguiría la siguiente expresión <math>f(r)=a\,r+\frac{b}{r}</math>.
 

5- Se fijaron previamente las constantes
<math>a,b</math> para
<math>\omega_i = +1</math>, <math>\omega_e = -1</math>:
<math>a = -\tfrac{5}{3}</math>,
<math>b = \tfrac{8}{3}</math>, entonces:
<math>
f(r)=a\,r+\frac{b}{r}
</math>
y el campo quedaría expresado en coordenadas cartesianas de la siguiente forma:
<math>
\vec{v}(x,y)
= \Big(-(a\,r+\frac{b}{r})\,\frac{x}{r},\; -(a\,r+\frac{b}{r})\,\frac{y}{r}\Big)
= \Big(-(a\,r+\frac{b}{r})\cos\theta,\; -(a\,r+\frac{b}{r})\sin\theta\Big)
</math>

1) Definición de {{math|\mathbf v}}: ortogonal a {{math|\mathbf u}} ==

Tomamos
{{math|\mathbf v = \mathbf k \times \mathbf u}},
con
{{math|\mathbf k=(0,0,1)}}
el versor del eje $z$.

Usando propiedades de productos cruzados en el plano:

{{math|\mathbf k \times {\mathbf e}_\theta = -\,{\mathbf e}_r}},

donde
{{math|{\mathbf e}_r=(\cos\theta,\ \sin\theta)}}
es el unitario radial.

Por tanto,

{{math|\mathbf v(r,\theta) = f(r)\,(\mathbf k \times \mathbf e_\theta)
= -\,f(r)\,{\mathbf e}_r}}

y en componentes cartesianas:

{{math|\mathbf v(x,y)=\big(-f(r)\cos\theta,\,-f(r)\sin\theta\big)}}

con
{{math|r=\sqrt{x^2+y^2}}}
y
{{math|\theta=\operatorname{arctan2}(y,x)}}.

Observa que $\mathbf v$ es radial (apunta hacia $-{\mathbf e}_r$, es decir, hacia el centro)
y es ortogonal a $\mathbf u$ porque
{{math|{\mathbf e}_r\cdot{\mathbf e}_\theta = 0}}:

{{math|\mathbf u\cdot\mathbf v
= f(r)\,{\mathbf e}_\theta \cdot\big(-f(r)\,{\mathbf e}_r\big)
= -f(r)^2 ({\mathbf e}_\theta\cdot{\mathbf e}_r)
= 0}}.

Partimos de que el campo de velocidades del fluido en la sección transversal es
u(r,θ)=f(r) eθ,\mathbf{u}(r,\theta) = f(r)\,\mathbf{e}_\theta,u(r,θ)=f(r)eθ,
donde eθ=(−sin⁡θ, cos⁡θ)\mathbf{e}_\theta = (-\sin\theta,\ \cos\theta)eθ=(−sinθ, cosθ) es el vector unitario azimutal en el plano x ⁣− ⁣yx\!-\!yx−y.
1) Definición de v\mathbf{v}v: ortogonal a u\mathbf{u}u
Tomamos
v = k×u,\mathbf{v} \;=\; \mathbf{k} \times \mathbf{u},v=k×u,
con k=(0,0,1)\mathbf{k}=(0,0,1)k=(0,0,1) el versor del eje zzz. Usando propiedades de productos cruzados en el plano:

k×eθ=− er\mathbf{k}\times\mathbf{e}_\theta = -\,\mathbf{e}_rk×eθ=−er, donde er=(cos⁡θ, sin⁡θ)\mathbf{e}_r=(\cos\theta,\ \sin\theta)er=(cosθ, sinθ) es el unitario radial.
Por tanto,
v(r,θ) = f(r) (k×eθ) = − f(r) er \boxed{\;\mathbf{v}(r,\theta) \;=\; f(r)\,\big(\mathbf{k}\times \mathbf{e}_\theta\big) \;=\; -\,f(r)\,\mathbf{e}_r\;}v(r,θ)=f(r)(k×eθ)=−f(r)er
y en componentes cartesianas:
v(x,y)=(−f(r)cos⁡θ, −f(r)sin⁡θ) \boxed{\; \mathbf{v}(x,y) = \big(-f(r)\cos\theta,\,-f(r)\sin\theta\big) \;}v(x,y)=(−f(r)cosθ,−f(r)sinθ)
con r=x2+y2r=\sqrt{x^2+y^2}r=x2+y2 y θ=arctan⁡2(y,x)\theta=\arctan2(y,x)θ=arctan2(y,x).

Observa que v\mathbf{v}v es radial (apunta hacia −er-\mathbf{e}_r−er, es decir, hacia el centro) y es ortogonal a u\mathbf{u}u porque er⋅eθ=0\mathbf{e}_r\cdot\mathbf{e}_\theta=0er⋅eθ=0:
u⋅v=f(r) eθ⋅(−f(r) er)=−f(r)2 (eθ⋅er)=0.\mathbf{u}\cdot\mathbf{v} = f(r)\,\mathbf{e}_\theta \cdot \big(-f(r)\,\mathbf{e}_r\big)= -f(r)^2\,(\mathbf{e}_\theta\cdot\mathbf{e}_r)=0.u⋅v=f(r)eθ⋅(−f(r)er)=−f(r)2(eθ⋅er)=0.

2) Versión concreta con tu perfil f(r)=a r+brf(r)=a\,r+\frac{b}{r}f(r)=ar+rb
Si ya fijaste a,ba,ba,b (por ejemplo, para ωi=+1\omega_i=+1ωi=+1, ωe=−1\omega_e=-1ωe=−1: a=−53a=-\tfrac{5}{3}a=−35, b=83b=\tfrac{8}{3}b=38), entonces:
f(r)=a r+br,v(x,y)=(−(a r+br)xr, −(a r+br)yr)=(−(a r+br)cos⁡θ, −(a r+br)sin⁡θ).f(r) = a\,r + \frac{b}{r},\qquad
\mathbf{v}(x,y) = \Big(-(a\,r+\frac{b}{r})\frac{x}{r},\; -(a\,r+\frac{b}{r})\frac{y}{r}\Big)
= \Big(-(a\,r+\frac{b}{r})\cos\theta,\; -(a\,r+\frac{b}{r})\sin\theta\Big).f(r)=ar+rb,v(x,y)=(−(ar+rb)rx,−(ar+rb)ry)=(−(ar+rb)cosθ,−(ar+rb)sinθ).

¿Seguimos?
Si esto está claro, en el siguiente paso calculamos la función de corriente ψ\psiψ tal que ∇ψ=v\nabla\psi=\mathbf{v}∇ψ=v, mostramos sus líneas de nivel ψ=cte\psi=\text{cte}ψ=cte y verificamos que son líneas de corriente de u\mathbf{u}u. ¿Avanzamos?
Proporcione sus comentarios sobre BizChatYou said: dame v en coordenadas cilindricasCopilot said: Copilot¡Perfecto! En coordenadas cilíndricas (r,θ,z)(r,\theta,z)(r,θ,z), el campo v=k×u\mathbf{v} = \mathbf{k} \times \mathbf{u}v=k×u se expresa de forma muy sencilla:
Sabemos que:
u(r,θ)=f(r) eθ,f(r)=a r+br.\mathbf{u}(r,\theta) = f(r)\,\mathbf{e}_\theta,\quad f(r)=a\,r+\frac{b}{r}.u(r,θ)=f(r)eθ,f(r)=ar+rb.
El producto cruzado con k=ez\mathbf{k}=\mathbf{e}_zk=ez da:
k×eθ=−er.\mathbf{k}\times\mathbf{e}_\theta = -\mathbf{e}_r.k×eθ=−er.
Por tanto:
v(r,θ)=− f(r) er=−(a r+br) er.\boxed{\mathbf{v}(r,\theta) = -\,f(r)\,\mathbf{e}_r = -\big(a\,r+\frac{b}{r}\big)\,\mathbf{e}_r.}v(r,θ)=−f(r)er=−(ar+rb)er.
Componentes en la base cilíndrica
vr=−(a r+br),vθ=0,vz=0.v_r = -\big(a\,r+\frac{b}{r}\big),\quad v_\theta = 0,\quad v_z = 0.vr=−(ar+rb),vθ=0,vz=0.

¿Quieres que ahora hagamos el siguiente paso:

Calcular la función de corriente ψ(r)\psi(r)ψ(r) tal que ∇ψ=v\nabla\psi = \mathbf{v}∇ψ=v,
Dibujar las líneas ψ=cte\psi=\text{cte}ψ=cte (líneas de corriente del campo u\mathbf{u}u) en MATLAB?

¿Avanzamos?
Proporcione sus comentarios sobre BizChatYou said: Observar que 𝑣⃗ es irrotacional (por ser 𝑢⃗ de divergencia nula) y tiene un potencial escalar
𝜓 (es decir ∇𝜓 = 𝑣⃗) que se conoce como función de corriente de 𝑢⃗ Copilot said: Copilot¡Exacto! Como hemos visto, el campo
v=k×u=−f(r) er\mathbf{v} = \mathbf{k} \times \mathbf{u} = -f(r)\,\mathbf{e}_rv=k×u=−f(r)er
es radial y apunta hacia el centro. Ahora comprobamos las dos propiedades que mencionas:

✅ 1. Irrotacionalidad de v\mathbf{v}v
En coordenadas cilíndricas, para un campo puramente radial vr(r)v_r(r)vr(r) con vθ=vz=0v_\theta = v_z = 0vθ=vz=0, el rotacional es:
∇×v={componente z:1r∂∂r(rvθ)−∂vr∂θ=0,otras componentes: tambieˊn 0.\nabla \times \mathbf{v} =
\begin{cases}
\text{componente } z: \dfrac{1}{r}\dfrac{\partial}{\partial r}(r v_\theta) - \dfrac{\partial v_r}{\partial \theta} = 0,\\
\text{otras componentes: también 0.}
\end{cases}∇×v=⎩⎨⎧componente z:r1∂r∂(rvθ)−∂θ∂vr=0,otras componentes: tambieˊn 0.
Como vθ=0v_\theta = 0vθ=0 y vrv_rvr no depende de θ\thetaθ,
∇×v=0.\nabla \times \mathbf{v} = \mathbf{0}.∇×v=0.
✅ v\mathbf{v}v es irrotacional.

✅ 2. Existe un potencial escalar ψ\psiψ tal que ∇ψ=v\nabla \psi = \mathbf{v}∇ψ=v
En coordenadas cilíndricas:
∇ψ=∂ψ∂r er+1r∂ψ∂θ eθ+∂ψ∂z ez.\nabla \psi = \frac{\partial \psi}{\partial r}\,\mathbf{e}_r + \frac{1}{r}\frac{\partial \psi}{\partial \theta}\,\mathbf{e}_\theta + \frac{\partial \psi}{\partial z}\,\mathbf{e}_z.∇ψ=∂r∂ψer+r1∂θ∂ψeθ+∂z∂ψez.
Como v=vr er\mathbf{v} = v_r\,\mathbf{e}_rv=vrer con vr=−f(r)v_r = -f(r)vr=−f(r), tenemos:
∂ψ∂r=−f(r),∂ψ∂θ=0,∂ψ∂z=0.\frac{\partial \psi}{\partial r} = -f(r),\quad \frac{\partial \psi}{\partial \theta}=0,\quad \frac{\partial \psi}{\partial z}=0.∂r∂ψ=−f(r),∂θ∂ψ=0,∂z∂ψ=0.
Por tanto:
ψ(r)=−∫f(r) dr=−∫(ar+br) dr=−(a2r2+bln⁡r)+C.\psi(r) = -\int f(r)\,dr = -\int \big(a r + \frac{b}{r}\big)\,dr = -\Big(\frac{a}{2}r^2 + b\ln r\Big) + C.ψ(r)=−∫f(r)dr=−∫(ar+rb)dr=−(2ar2+blnr)+C.
ψ(r)=−a2r2−bln⁡r+C.\boxed{\psi(r) = -\frac{a}{2}r^2 - b\ln r + C.}ψ(r)=−2ar2−blnr+C.

✅ 3. Líneas ψ=cte\psi = \text{cte}ψ=cte
Como ψ\psiψ depende solo de rrr, las curvas ψ=cte\psi = \text{cte}ψ=cte son circunferencias concéntricas r=constanter = \text{constante}r=constante.
Estas son líneas de corriente de u\mathbf{u}u porque:
u⋅∇ψ=f(r) eθ⋅(−f(r) er)=0.\mathbf{u}\cdot\nabla\psi = f(r)\,\mathbf{e}_\theta \cdot (-f(r)\,\mathbf{e}_r) = 0.u⋅∇ψ=f(r)eθ⋅(−f(r)er)=0.

¿Quieres que ahora te dé un script MATLAB sencillo que:
✔ Dibuja las líneas de corriente (círculos) y el campo u\mathbf{u}u con flechas,
✔ Calcula ψ(r)\psi(r)ψ(r) y muestra sus niveles?
¿O prefieres primero solo las líneas ψ=cte\psi=\text{cte}ψ=cte sin flechas?
Proporcione sus comentarios sobre BizChatYou said: prefiero solo las lineasCopilot said: CopilotPerfecto, vamos a dibujar solo las líneas de corriente (las curvas ψ=cte\psi = \text{cte}ψ=cte).
Como hemos calculado:
ψ(r)=−a2r2−bln⁡r+C,con f(r)=ar+br.\psi(r) = -\frac{a}{2}r^2 - b\ln r + C,\quad \text{con } f(r)=a r + \frac{b}{r}.ψ(r)=−2ar2−blnr+C,con f(r)=ar+rb.
Pero como ψ\psiψ depende solo de rrr, las líneas ψ=cte\psi=\text{cte}ψ=cte son circunferencias concéntricas. Así que basta con elegir varios valores de rrr en el intervalo [1,2][1,2][1,2] y dibujar círculos.

Partimos de que el campo de velocidades del fluido en la sección transversal es:

<math>\vec{u}(r,\theta) = f(r)\,\vec{e_\theta}</math>

donde

<math>\vec{e_\theta} = (-\sin\theta,\ \cos\theta)</math>

es el vector unitario azimutal en el plano <math>x-y</math>.

---

====Definición de v: ortogonal a u====

Tomamos:

<math>\vec{v} = \vec{k} \times \vec{u}</math>,

con <math>\vec{k} = (0,0,1)</math> el versor del eje <math>z</math>.

Usando propiedades del producto cruzado en el plano:

<math>\vec{k}\times\vec{e_\theta} = -\,\vec{e_r}</math>,

donde <math>\vec{e_r} = (\cos\theta,\ \sin\theta)</math> es el unitario radial.

Por tanto:

<math>\vec{v}(r,\theta) = f(r)\,(\vec{k}\times\vec{e_\theta}) = -\,f(r)\,\vec{e_r}</math>

<math>\boxed{\;\vec{v}(r,\theta) = -\,f(r)\,\vec{e_r}\;}</math>

En componentes cartesianas:

<math>\vec{v}(x,y) = \big(-f(r)\cos\theta,\,-f(r)\sin\theta\big)</math>

con <math>r = \sqrt{x^2+y^2}</math> y <math>\theta = \arctan2(y,x)</math>.

Observa que <math>\vec{v}</math> es radial (apunta hacia <math>-\,\vec{e_r}</math>, es decir, hacia el centro) y es ortogonal a <math>\vec{u}</math> porque:

<math>\vec{e_r}\cdot\vec{e_\theta} = 0</math>

y por tanto:

<math>\vec{u}\cdot\vec{v} = f(r)\,\vec{e_\theta}\cdot\big(-f(r)\,\vec{e_r}\big) = -f(r)^2\,(\vec{e_\theta}\cdot\vec{e_r}) = 0</math>.

---

====Versión concreta con perfil f(r)=ar+b/r====

Si ya fijaste <math>a,b</math> (por ejemplo, para <math>\omega_i=+1</math>, <math>\omega_e=-1</math>: <math>a=-\tfrac{5}{3}</math>, <math>b=\tfrac{8}{3}</math>), entonces:

<math>f(r) = a\,r + \tfrac{b}{r}</math>

y

<math>\vec{v}(x,y) = \Big(-(a\,r+\tfrac{b}{r})\tfrac{x}{r},\; -(a\,r+\tfrac{b}{r})\tfrac{y}{r}\Big)
= \Big(-(a\,r+\tfrac{b}{r})\cos\theta,\; -(a\,r+\tfrac{b}{r})\sin\theta\Big)</math>.

---

\section*{Campo $\vec{v}$ en coordenadas cilíndricas}

En coordenadas cilíndricas <math>(r,\theta,z)</math>, el campo
<math>\vec{v} = \vec{k} \times \vec{u}</math>
se expresa de forma muy sencilla.

Sabemos que:

<math>\vec{u}(r,\theta) = f(r)\,\vec{e_\theta}</math>,
con <math>f(r) = a\,r + \tfrac{b}{r}</math>.

El producto cruzado con <math>\vec{k} = \vec{e_z}</math> da:

<math>\vec{k}\times\vec{e_\theta} = -\,\vec{e_r}</math>.

Por tanto:

<math>\vec{v}(r,\theta) = -\,f(r)\,\vec{e_r} = -\Big(a\,r + \tfrac{b}{r}\Big)\,\vec{e_r}</math>

<math>\boxed{\;\vec{v}(r,\theta) = -\,f(r)\,\vec{e_r} = -\Big(a\,r + \tfrac{b}{r}\Big)\,\vec{e_r}\;}</math>

---

\subsection*{Componentes en la base cilíndrica}

<math>v_r = -\Big(a\,r + \tfrac{b}{r}\Big), \quad v_\theta = 0, \quad v_z = 0</math>

\section*{Función de corriente $\psi(r)$}

Queremos calcular la función de corriente <math>\psi(r)</math> tal que:

<math>\nabla \psi = \vec{v}</math>

---

\subsection*{1. Observación previa}

El campo <math>\vec{v} = \vec{k} \times \vec{u} = -f(r)\,\vec{e_r}</math>
es radial y apunta hacia el centro. Además:

- <math>\vec{v}</math> es **irrotacional** (porque <math>\vec{u}</math> tiene divergencia nula).
- Existe un potencial escalar <math>\psi</math> tal que <math>\nabla \psi = \vec{v}</math>.
Este potencial se conoce como **función de corriente** de <math>\vec{u}</math>.

---

\subsection*{2. Gradiente en coordenadas cilíndricas}

En coordenadas cilíndricas <math>(r,\theta,z)</math>:

<math>\nabla \psi = \frac{\partial \psi}{\partial r}\,\vec{e_r}
+ \frac{1}{r}\frac{\partial \psi}{\partial \theta}\,\vec{e_\theta}
+ \frac{\partial \psi}{\partial z}\,\vec{e_z}</math>

---

\subsection*{3. Igualación con el campo $\vec{v}$}

Sabemos que:

<math>\vec{v}(r,\theta) = -\Big(a\,r + \tfrac{b}{r}\Big)\,\vec{e_r}</math>

Por tanto:

<math>\frac{\partial \psi}{\partial r} = -\Big(a\,r + \tfrac{b}{r}\Big),
\quad \frac{\partial \psi}{\partial \theta} = 0,
\quad \frac{\partial \psi}{\partial z} = 0</math>

---

\subsection*{4. Integración respecto a $r$}

<math>\psi(r) = -\int \Big(a\,r + \tfrac{b}{r}\Big)\,dr</math>

<math>\psi(r) = -\Big(\tfrac{a}{2}r^2 + b\ln r\Big) + C</math>

---

\subsection*{5. Resultado final}

<math>\boxed{\psi(r) = -\tfrac{a}{2}r^2 - b\ln r + C}</math>

---

\subsection*{6. Interpretación}

- Como <math>\psi</math> depende únicamente de <math>r</math>, las curvas de nivel <math>\psi = \text{cte}</math> son **circunferencias concéntricas** <math>r = \text{constante}</math>.
- Estas curvas son las **líneas de corriente del campo $\vec{u}$**, ya que se cumple:
<math>\vec{u}\cdot\nabla\psi = 0</math>.

*'''Irrotacionalidad de v'''

En coordenadas cilíndricas, para un campo puramente radial
<math>v_r(r)</math> con
<math>v_\theta = v_z = 0</math>,
el rotacional es:

<math>\nabla \times \vec{v} =
\begin{cases}
\text{componente $z$: } \tfrac{1}{r}\tfrac{\partial}{\partial r}(r v_\theta) - \tfrac{\partial v_r}{\partial \theta} = 0, \\
\text{otras componentes: también } 0
\end{cases}</math>

Como <math>v_\theta = 0</math> y <math>v_r</math> no depende de <math>\theta</math>, se cumple:

<math>\nabla \times \vec{v} = \vec{0}</math>

Por tanto, <math>\vec{v}</math> es irrotacional.

*'''Potencial escalar'''

Existe un potencial escalar <math>\psi</math> tal que:

<math>\nabla \psi = \vec{v}</math>

En coordenadas cilíndricas:

<math>\nabla \psi = \frac{\partial \psi}{\partial r}\,\vec{e_r}
+ \frac{1}{r}\frac{\partial \psi}{\partial \theta}\,\vec{e_\theta}
+ \frac{\partial \psi}{\partial z}\,\vec{e_z}</math>

Como <math>\vec{v} = v_r\,\vec{e_r}</math> con <math>v_r = -f(r)</math>, tenemos:

<math>\frac{\partial \psi}{\partial r} = -f(r), \quad
\frac{\partial \psi}{\partial \theta} = 0, \quad
\frac{\partial \psi}{\partial z} = 0</math>

Por tanto:

<math>\psi(r) = -\int f(r)\,dr
= -\int \left(a r + \frac{b}{r}\right)\,dr
= -\left(\tfrac{a}{2}r^2 + b\ln r\right) + C</math>

Finalmente:

<math>\boxed{\psi(r) = -\tfrac{a}{2}r^2 - b\ln r + C}</math>

*'''líneas 𝜓 = cte'''

Como $\psi$ depende solo de $r$, las curvas
<math>\psi = \text{cte}</math>
son circunferencias concéntricas:
<math>r = \text{constante}</math>.

Estas son líneas de corriente de <math>\vec{u}</math> porque:
<math>\vec{u} \cdot \nabla \psi = f(r)\,\vec{e_\theta} \cdot \big(-f(r)\,\vec{e_r}\big) = 0</math>.

Además, se ha calculado:
<math>\psi(r) = -\tfrac{a}{2}r^2 - b \ln r + C</math>,
<math>f(r) = a r + \tfrac{b}{r}</math>.

Como $\psi$ depende únicamente de $r$, las líneas
<math>\psi = \text{cte}</math>
son circunferencias concéntricas. Basta con elegir varios valores de <math>r</math> en el intervalo <math>[1,2]</math> y dibujar los círculos correspondientes.

== Módulo de la velocidad del fluido ==

[[Archivo:Modulovel.png|400px|thumb|right|Módulo de la velocidad]]
{{matlab|codigo=
clear; clc;

% Parámetros
r1 = 1;
r2 = 2;
w1= +1;
w2 = -1;

% Coeficientes del perfil
a = (4*w2- w1)/3; % = -5/3
b = 4*(w1 - w2)/3; % = 8/3

% Vector radial y cálculo del módulo
r = linspace(r1, r2, 200);
u = abs(a*r + b./r); % |u(r)|

% Dibujar la gráfica
figure('Color','w');
plot(r, u, 'LineWidth', 2, 'Color', [0.2 0.4 0.8]);
grid on;
xlabel('\rho (radio)');
ylabel('|u(\rho)|');
}}

El módulo de la velocidad del fluido es:
<math>
|\mathbf{u}| = |u_\theta| = |f(r)| = \big| a\,r + \frac{b}{r} \big|.
</math>

Con
<math>
a = -\frac{5}{3}, \qquad b = \frac{8}{3},
</math>

tenemos:
<math>
f(r) = -\frac{5}{3}r + \frac{8}{3r}.
</math>

=== 1. Buscar el máximo en <math>r \in [1,2]</math> ===

Derivamos:
<math>
\frac{d}{dr} f(r) = -\frac{5}{3} - \frac{8}{3r^2}.
</math>

Esto es siempre negativo (porque ambos términos son negativos para <math>r > 0</math>). Así que, es dereciente en este intervalo.

Por tanto:

En <math>r = 1</math>:
<math>
f(1) = -\frac{5}{3}(1)+\frac{8}{3(1)} = -\frac{5}{3}+\frac{8}{3} = 1.
</math>

En <math>r = 2</math>:
<math>
f(2) = -\frac{10}{3}+\frac{8}{6} = -\frac{10}{3}+\frac{4}{3} = -2.
</math>

El módulo:
<math>
|f(1)| = 1,\quad |f(2)| = 2.
</math>

En conclusión, el máximo está en la frontera exterior <math>r = 2</math>, con:
<math>
|\mathbf{u}| = 2.
</math>

El módulo de la velocidad es máximo en |f(2)| = 2

== Componente z del rotacional ==

Para un campo <math>(u_r, u_\theta, u_z)</math>, la componente <math>z</math> del rotacional es:
<math>
(\nabla \times \mathbf{u})_z = \frac{1}{r}\frac{\partial (r u_\theta)}{\partial r} - \frac{\partial u_r}{\partial \theta}.
</math>

Como:
<math>
u_r = 0,\; u_\theta = f(r),\; u_z = 0,\; \text{y } f(r) = a r + \frac{b}{r},
</math>
entonces:
<math>
(\nabla \times \mathbf{u})_z = \frac{1}{r}\frac{\partial (r f(r))}{\partial r}.
</math>

=== 2. Calculamos <math>r f(r)</math> ===
<math>
r f(r) = r\big(a r + \frac{b}{r}\big) = a r^2 + b.
</math>

Derivada:
<math>
\frac{\partial}{\partial r}(a r^2 + b) = 2 a r.
</math>

Por tanto:
<math>
(\nabla \times \mathbf{u})_z = \frac{1}{r}(2 a r) = 2 a.
</math>

=== 3. Resultado ===
<math>
\boxed{\nabla \times \mathbf{u} = (0,0,2a)}.
</math>

Es constante en todo el dominio y depende solo de <math>a</math>.

Con <math>a = -\frac{5}{3}</math>, tenemos:
<math>
\nabla \times \mathbf{u} = (0,0,-\frac{10}{3}) \approx (0,0,-3.33).
</math>

=== ¿Qué puntos tienen mayor rotacional? ===
Todos los puntos tienen el mismo rotacional, porque el flujo es puramente azimutal y la derivada radial genera un valor constante.

=== ¿Es razonable? ===
Sí, porque este flujo es un flujo de Couette cilíndrico con velocidad angular variable, pero su vorticidad

==Dibujar el campo de temperaturas y las curvas de nivel. ==
[[Archivo:curvatemperatura.png|600px|thumb|right|Campo de Temperaturas y curvas de nivel]]

{{matlab|codigo=
%Apartado 7: Campo de temperaturas

rho=linspace(1,2,200); %radio de 1 a 2
theta=linspace(0,2*pi,200); %theta de 0 a 2pi

[R,Theta]=meshgrid(rho,theta);

% función temperatura
T=log(1+R.^2).*cos(Theta).^2;
X=R.*cos(Theta); % Paso a cartesianas
Y=R.*sin(Theta);

%Dibujar campos de temperatura
hold on
surf(X, Y, T, 'EdgeColor', 'none');
colorbar;
xlabel('eje x');
ylabel('eje y');
zlabel('Temperatura');
title('Campo de Temperatura');
view(3);
axis([-3,3,-2.1,2.1]);

%Dibujar las curvas de nivel
contourf(X, Y, T, 20); % 20 niveles de contorno
title('Curvas de Nivel del Campo de Temperaturas');
xlabel('Eje X');
ylabel('Eje Y');
colorbar;

%Encontrar temperatura máxima
T_max=max(T(:));
[f,c] =find(T == max_T, 1);

% Coordenadas cartesianas Temp máx
x_max= X(f,c);
y_max= Y(f,c);

plot(x_max, y_max, 'ro', 'MarkerSize', 10, 'LineWidth', 2);
text(x_max,y_max,'Temperatura máxima');
}}

Flujo de Couette entre dos tubos concéntricos (Grupo 33)

2025-12-05T09:23:22Z

Az.martinez: /* Módulo de la velocidad del fluido */

{{ TrabajoED | Flujo de Couette entre dos tubos concéntricos. Grupo 33 | [[:Categoría:Teoría de Campos|Teoría de Campos]]|[[:Categoría:TC25/26|2025-26]] |
*Carlos Azcona Ruiz
*Alonso Gómez Oliveira
*Marcos Gómez Rosillo
*María de las Mercedes Oriola Zamora
*Alba Zilu Martínez Toda}}

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC25/26]]

El flujo de Couette es un fenómeno básico de la mecánica de fluidos que describe cómo se comporta un fluido situado entre dos superficies paralelas cuando una de ellas se desplaza respecto a la otra. Este flujo, sencillo y ampliamente aplicable, ha sido analizado en profundidad por su importancia en la modelización de sistemas mecánicos.

En este artículo vamos a considerar el flujo de un fluido incompresible a través de dos cilindros concéntricos, de manera que el exterior se mueve con velocidad angular constante 𝜔⃗𝑒 en sentido horario mientras que el interior se mueve con velocidad angular 𝜔⃗𝑖 en sentido contrario. Si suponemos que ambos cilindros tienen su eje en 𝑂𝑋3 y pintamos la sección transversal (𝑥3 = 0), el cilindro exterior queda proyectado sobre la circunferencia 𝜌 = 2 y el interior sobre la circunferencia 𝜌 = 1

==Mallado de la sección transversal==
En la siguiente figura se representa la sección transversal de los dos tubos concéntricos con los ejes fijados en la región (𝜌, 𝜃) ∈ [0, 3] × [0, 2𝜋].

[[Archivo:mallado_couette.jpg|500px|thumb|right|mallado]]

{{matlab|codigo=
% MALLADO DE LA SECCIÓN TRANSVERSAL
rho=1:0.1:2; % INTERVALO DE RHO [1,2]
theta=0:0.05:2*pi+0.02; % INTERVALO DE THETA [0,2*PI]
[RHO,THETA]=meshgrid(rho,theta); % MATRIZ DE PARAMETROS
rho1=1;
rho2=2;
[RHO1,THETA1]=meshgrid(rho1,theta);
[RHO2,THETA2]=meshgrid(rho2,theta);
hold on
grid on % MALLADO EJES
x=RHO.*cos(THETA); % PARAM DE X
y=RHO.*sin(THETA); % PARAM DE Y
mesh(x,y,0*x,'EdgeColor','b') % DIBUJO DE LA FIGURA
t=rho1.*cos(theta); % CREACION CILINDRO INTERIOR
s=rho1.*sin(theta);
plot(t,s,'k','LineWidth',2)
t=rho2.*cos(theta); % CREACION CILINDRO EXTERIOR
s=rho2.*sin(theta);
plot(t,s,'k','LineWidth',2)
axis([-3,3,-2.5,2.5]) % EJES DEL DIBUJO
title('MALLADO DE LA SECCION TRANSVERSAL') % TITULO DE LA GÁFICA
xlabel('ρ');
ylabel('θ');
hold off
}}

==Ecuación Navier-Stokes y obtención de la ecuación diferencial a resolver==
El principal objetivo de este apartado es la obtención de la ecuación diferencial a partir de la ecuación de Navier-Stokes. Una vez conocida esta expresión, será posible calcular las constantes a y b que permitan que la velocidad en la frontera del fluido coincida con la de los tubos interior y exterior.
===Velocidad de las partículas del fluido y análisis de la ecuación===
La velocidad de las partículas del fluido viene expresada según el campo vectorial <math>\vec{u}(ρ, θ) = f(ρ) \vec{e_θ} </math>, donde la presión (<math>p</math>) es constante. Adicionalmente, el campo de velocidades tiene que cumplir la ecuación de Navier-Stockes estacionaria que sigue la siguiente expresión:

<center><math>(\vec{u} · ∇)\vec{u} + ∇p = µ∆\vec{u} </math></center>

''Observación: El valor µ se relaciona con el coeficiente de viscosidad del fluido.''

Analizando la expresión, y teniendo en cuenta que la función tomada tiene de variable ρ, la cual es constante, el campo gradiente será nulo ( <math>∇p = 0</math> ). Si además es despreciable el término convectivo (primer término de la fórmula) finalmente obtenemos que la expresión queda:
<center><math>µ∆\vec{u} =\vec{0}</math></center>

''Observación: <math>∆\vec{u} </math> representa el laplaciano vectorial del campo de velocidades.''

La simplificación obtenida de la ecuación de Navier-Stokes representa un flujo viscoso estacionario en el cual no hay gradientes de presión ni fuerzas externas con efectos inerciales significativos. Su resolución depende únicamente de las condiciones de frontera en el recinto que se indique.

* '''Laplaciano del campo vectorial <math>\vec{u} </math>'''
Por definición tenemos que el laplaciano de un campo vectorial viene dado por la siguiente ecuación:

<center><math>∆\vec{u} = ∆(u_1\vec{i} + u_2\vec{j}+ u_3\vec{k}) = ∆u_1\vec{i} + ∆u_2\vec{j}+ ∆u_3\vec{k}</math></center>

Por la condición de que el campo de velocidades está proporcionado en coordenadas cilíndricas, es de mayor facilidad el cálculo con dichas coordenadas y por consecuente, la ecuación quedaría de la siguiente forma:

<center><math>\Delta\vec{u} = \nabla(\nabla \cdot \vec{u}) - \nabla \times (\nabla \times \vec{u})</math></center>

* '''Gradiente de la divergencia'''

Como podemos apreciar, debemos calcular el gradiente de la divergencia. De modo que primeramente realizaremos el cálculo de la divergencia.

Por otro lado, al tratarse de un fluido incomprensible, dicha divergencia debe ser nula. Por definición ésta se calcula en coordenadas cilíndricas mediante la siguiente expresión:

<center><math> ∇ · \vec{u} = \frac{1}{ρ}[\frac{ \partial}{\partial ρ}(0) + \frac{ \partial}{\partial θ}(f(ρ)) + \frac{ \partial}{\partial z}(0)] = 0 </math></center>

Tras realizar los cálculos, observamos que como hemos deducido, la divergencia es nula y por lo tanto, el gradiente de la propia divergencia saldrá 0, de igual forma:
<center><math> ∇(∇ · \vec{u})= ∇(0)= \vec{0} </math></center>

Una vez deducido que el gradiente de la divergencia es 0, por lo cálculos previamente realizados, el primer término se elimina y la expresión queda simplificada de la siguiente forma:

<center><math>\Delta\vec{u} = - \nabla \times (\nabla \times \vec{u})</math></center>

* '''Rotacional del campo de velocidades'''
Realizamos los cálculos aplicando la fórmula para el rotacional definido en coordenadas cilíndricas. Siendo la expresión del campo de velocidades:
<math>u(\rho,\theta)=f(\rho)\,e_{\theta}</math>
<center><math>(\nabla\times\vec{u}) = \frac{1}{ρ}\begin{vmatrix} \vec{e_ρ} & ρ\vec{e_θ} & \vec{e_z} \\ \frac{ \partial}{\partial ρ} & \frac{\partial }{\partial θ} & \frac{\partial }{\partial z}\\ 0 & ρf(ρ) & 0 \end{vmatrix} = \frac{1}{ρ}\frac{ \partial (ρf(ρ)) }{\partial ρ}\vec{e_z} = [\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}]\vec{e_z}</math></center>

* '''Rotacional del rotacional del campo de velocidades'''

Una vez realizado el rotacional del campo de velocidades, proseguimos con el cálculo del rotacional del rotacional. Para ello aplicaremos la fórmula en coordenadas cilíndricas sobre el vector hallado anteriormente:

<center> <math>\nabla\times(\nabla\times\vec{u})= \frac{1}{ρ}\begin{vmatrix} \vec{e_ρ} & ρ\vec{e_θ} & \vec{e_z} \\ \frac{ \partial}{\partial ρ} & \frac{\partial }{\partial θ} & \frac{\partial }{\partial z}\\ 0 & 0 & [\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}] \end{vmatrix} = -\frac{1}{ρ}\frac{ \partial }{\partial ρ}(\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}) ρ\vec{e_θ} = \frac{1}{ρ}[\frac{f(ρ)}{ρ}-\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}-ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ}</math></center>

* ''' Resultado del Laplaciano vectorial'''
Sustituimos en la ecuación obtenida del laplaciano vectorial.

<center><math>\Delta\vec{u} = - \nabla \times (\nabla \times \vec{u})</math></center>

<center><math>\Delta\vec{u} = - \frac{1}{ρ}[\frac{f(ρ)}{ρ}-\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}-ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ}</math></center>

<center><math>\Delta\vec{u} = \frac{1}{ρ}[-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ}</math></center>

* '''Resultado de la ecuación de Navier-Stokes'''
Una vez calculado el laplaciano, procedemos a sustituir el valor en la ecuación analizada previamente de Navier-Stokes obteniendo:

<center><math> µ∆\vec{u} = \vec{0}</math></center>
<center><math>∆\vec{u} = \vec{0}</math></center>
<center><math>\frac{1}{ρ}[-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ} = \vec{0} </math></center>
<center><math>[-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ} = \vec{0} </math></center>

===Obtención de las constantes de la ecuación diferencial===
====Obtención ecuación diferencial segundo orden====

Una vez conocida la solución de la ecuación de Navier-Stokes, procedemos a la obtención de la ecuación diferencial:

<center><math> [-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ} = [-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ} = \vec{0} </math></center>

<center><math>\frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}) = \frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})</math></center>

Reordenamos la ecuación para la obtención de una ecuación diferencial de segundo orden:
<center><math>\frac{f(ρ)}{ρ}-\frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}) = 0 </math></center>
<center><math>\frac{f(ρ)}{ρ} = \frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}) </math></center>

====Comprobación ecuación diferencial====
A continuación, vamos a comprobar si la ecuación diferencial que hemos obtenido satisface la solución conocida, que viene dada por:

<center><math>f(ρ) = aρ +\frac{b}{ρ},\hspace{20pt}a,b \in \mathbb{R} </math></center>

Para realizar la comprobación, es necesario derivar la expresión de forma que dichas derivadas aparezcan en la ecuación diferencial obtenida.

<center><math>\frac{\partial f(ρ)}{\partial ρ} = a -\frac{b}{ρ^2},\hspace{20pt}a,b \in \mathbb{R} </math></center>
<center><math>\frac{\partial }{\partial ρ}(ρ\frac{\partial f(ρ)}{\partial ρ}) = \frac{\partial }{\partial ρ}(ρ(a -\frac{b}{ρ^2})) = \frac{\partial }{\partial ρ}(aρ -\frac{b}{ρ})) = a +\frac{b}{ρ^2},\hspace{20pt}a,b \in \mathbb{R}</math></center>

Una vez halladas las derivadas, sustituimos en la ecuación y comprobamos que:

<center><math> \frac{1}{ρ}(aρ +\frac{b}{ρ}) = a +\frac{b}{ρ^2} \Longrightarrow \frac{f(ρ)}{ρ} = \frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}),\hspace{20pt}a,b \in \mathbb{R} </math></center>

Queda por tanto comprobado que se cumple la ecuación diferencial.

====Búsqueda de las constantes "a" y "b"====

Finalmente, hemos solucionado la EDO y debemos conocer las soluciones específicas de ésta, a través de las constante a y b de tal forma que la velocidad en la frontera coincida con las de los tubo interior y exterior sen la misma.

Sabemos que la velocidad del fluido es:
<math>
\mathbf{u}(\rho,\theta) = f(\rho)\,\mathbf{e}_\theta,
\qquad
f(\rho) = a\rho + \frac{b}{\rho}.
</math>

-En el cilindro interior ( <math>\rho = 1</math> ), la velocidad tangencial será:
<math>
u_\theta(1) = f(1) = a(1) + \frac{b}{1} = a + b,
</math>
debe coincidir con la velocidad tangencial del cilindro interior:
<math>
u_\theta(1) = \omega_i \cdot 1 = \omega_i.
</math>

-En el cilindro exterior ( <math>\rho = 2</math> ),la velocidad tangencial:
<math>
u_\theta(2) = f(2) = a(2) + \frac{b}{2} = 2a + \frac{b}{2},
</math>
debe coincidir con la velocidad tangencial del cilindro exterior:
<math>
u_\theta(2) = \omega_e \cdot 2 = 2\omega_e.
</math>

* '''Sistema de ecuaciones'''

De las condiciones de contorno:
<math>
\begin{cases}
a + b = \omega_i, \\
2a + \dfrac{b}{2} = 2\omega_e.
\end{cases}
</math>

Multiplicamos la segunda ecuación por 2 para eliminar la fracción:
<math>
4a + b = 4\omega_e.
</math>

Restamos la primera ecuación:
<math>
(4a + b) - (a + b) = 4\omega_e - \omega_i
\;\;\Longrightarrow\;\;
3a = 4\omega_e - \omega_i.
</math>

Por tanto:
<math>
a = \dfrac{4\omega_e - \omega_i}{3}.
</math>

Luego:
<math>
b = \omega_i - a
= \omega_i - \dfrac{4\omega_e - \omega_i}{3}
= \dfrac{3\omega_i - (4\omega_e - \omega_i)}{3}
= \dfrac{4\omega_i - 4\omega_e}{3}
= \dfrac{4(\omega_i - \omega_e)}{3}.
</math>

'''Resultado:'''
<math>
\boxed{
a = \dfrac{4\omega_e - \omega_i}{3},
\qquad
b = \dfrac{4(\omega_i - \omega_e)}{3}.
}
</math>

===Comprobación de incompresibilidad ===
Se ha comprobado con anterioridad, a la hora de la obtención de la ecuación diferencial, que la divergencia del campo de velocidades es igual a 0. Se detalla a continuación el cálculo de la incompresibilidad:
observación: se tomarán coordenadas cilíndricas:
<math>
\nabla \cdot \mathbf{u}
= \frac{1}{\rho}\frac{\partial(\rho u_\rho)}{\partial \rho}
+ \frac{1}{\rho}\frac{\partial u_\theta}{\partial \theta}
+ \frac{\partial u_z}{\partial z}.
</math>

Como
<math>
u_\rho = 0,\quad u_z = 0,\quad
u_\theta = f(\rho)\ \text{(independiente de }\theta,z\text{)},
</math>
entonces:
<math>
\nabla \cdot \mathbf{u}
= \frac{1}{\rho}\frac{\partial(0)}{\partial \rho}
+ \frac{1}{\rho}(0) + 0
= 0.
</math>

== Campo de velocidades ==
Con el objetivo de calcular el campo de velocidades establecemos que la velocidad angular del cilindro exterior e interior es 1 (ω = 1) y μ = 1 (coeficiente de viscosidad del fluido), y en consecuencia las constantes serán de la siguiente forma:
''Observación: se considera que por el sentido, ωi = 1 y ωe = -1.''
<math>

\boxed{
a = \dfrac{4\omega_e - \omega_i}{3},
\qquad
b = \dfrac{4(\omega_i - \omega_e)}{3}.
}
</math>

<center><math>a = -\frac{5}{3} </math> y <math> b = \frac{8}{3}</math></center>
Conocida la siguiente expresión de la velocidad de las partículas en función de f(ρ):
 
<math>\vec{u}(ρ, θ) = f(ρ) \vec{e_θ} </math>.
 
Hemos calculado las constantes a y b, desarrollamos la ecuación. Quedando el campo de velocidades la las partículas como:
 
<math>\vec{u}(\rho, \theta) = \left(-\frac{5}{3} \rho + \frac{8}{3 \rho}\right) \hat{e}_\theta </math>

[[Archivo:campovelocidadesdefdefdef.png|700px|thumb|right|Campo de velocidades]]
{{matlab|codigo=
%Apartado 3: Campo de velocidades

rho=linspace(1,2,30); %radio de 1 a 2
theta=linspace(0,2*pi,50); %theta de 0 a 2pi
a=-5/3;
b=8/3;

w1=1; %velocidad angular interior
w2=-1; %velocidad angular exterior

%Mallado coordenadas polares
[R,T]=meshgrid(rho,theta); % meshgrid para coordenadas polares
X=R.*cos(T); % Paso a cartesianas
Y=R.*sin(T);

%Campo de velocidades
Vtheta= a.*R+b./R; %Velocidad de theta
Vx= w2.*Vtheta .*sin(T);
Vy= w1.*Vtheta.*cos(T);

%Dibujo campo de velocidades
hold on
grid on
quiver(X,Y,Vx,Vy,0.5,'Color',[0 0 1],'LineWidth',1.2);
title('CAMPO DE VELOCIDADES')
axis([-3.5,3.5,-2.1,2.1])

hold off
}}

==Líneas de corriente==
[[Archivo:lineas_de_corriente_33.png|500px|thumb|right|Líneas de corriente]]

{{matlab|codigo=
%% Parámetros del problema
r_in = 1;
r_out = 2;
omega_i = +1;
omega_e = -1;

% Coeficientes del perfil
a = (4*omega_e - omega_i)/3; % = -5/3
b = 4*(omega_i - omega_e)/3; % = 8/3

%% Función de corriente psi(r) = -(a/2)*r^2 - b*ln(r)
psi = @(r) -(a/2)*r.^2 - b*log(r);

%% Elegimos varios niveles de psi (líneas de corriente)
n_lines = 25; % número de círculos
r_vals = linspace(r_in, r_out, n_lines);

%% Dibujar
figure('Color','w'); hold on; axis([-3 3 -2.5 2.5]); grid on;
title('Líneas de corriente (\psi = cte)');
xlabel('x'); ylabel('y');

% Dibujar círculos para cada r
theta = linspace(0, 2*pi, 400);
for r = r_vals
x = r*cos(theta);
y = r*sin(theta);
plot(x, y, 'Color', [0.2 0.6 0.8], 'LineWidth', 1.2);
end
}}
El punto de partida es que el campo de velocidades del fluido en la sección transversal es <math>\vec{u}(r,\theta)=f(r)\,\vec{e_\theta}</math>, donde, por definción en base cilíndricas conocemos que: <math>\vec{e_\theta}=(-\sin\theta,\ \cos\theta)</math>.
*'''Obtención del campo de velocidades v'''
Sabemos que el campo de velocidades <math>\vec{v}</math> ha de ser ortogonal a <math>\vec{u}</math>. 
 
1-Tomamos el siguiente producto vectorial, para obtener el vector perpendicular <math>\vec{v}=\vec{k}\times\vec{u}</math>, siendo <math>\vec{k}=(0,0,1)</math> el vector unitario correspondiente al eje Z en base cartesiana.

2-Usando propiedades del producto vectorial: <math>\vec{k}\times\vec{e_\theta}=-\vec{e_r}</math>, donde <math>\vec{e_r}=(\cos\theta,\ \sin\theta)</math>.

Por tanto, en base cilíndrica, el campo de velocidades seguiría la siguiente expresión:

<center><math>\vec{v}(r,\theta)
= f(r)\,(\vec{k}\times\vec{e_\theta})
= -\,f(r)\,\vec{e_r}</math></center>

Cambiando a coordenadas cartesianas:

<center><math>\vec{v}(x,y)=\big(-f(r)\cos\theta,\ -f(r)\sin\theta\big)</math></center>

con <math>r=\sqrt{x^2+y^2}</math>, y <math>\theta=\operatorname{arctan2}(y,x)</math>.

3-Se observa que <math>\vec{v}</math> sigue la dirección radial, pues apunta hacia <math>-\vec{e_r}</math>y es ortogonal a <math>\vec{u}</math> porque <math>\vec{e_r}\cdot\vec{e_\theta}=0</math>:

<center><math>
\vec{u}\cdot\vec{v}
= f(r)\,\vec{e_\theta}\cdot\big(-f(r)\,\vec{e_r}\big)
= -f(r)^2(\vec{e_\theta}\cdot\vec{e_r})
= 0.
</math></center>

4-En nuestro caso, la función seguiría la siguiente expresión <math>f(r)=a\,r+\frac{b}{r}</math>.
 

5- Se fijaron previamente las constantes
<math>a,b</math> para
<math>\omega_i = +1</math>, <math>\omega_e = -1</math>:
<math>a = -\tfrac{5}{3}</math>,
<math>b = \tfrac{8}{3}</math>, entonces:
<math>
f(r)=a\,r+\frac{b}{r}
</math>
y el campo quedaría expresado en coordenadas cartesianas de la siguiente forma:
<math>
\vec{v}(x,y)
= \Big(-(a\,r+\frac{b}{r})\,\frac{x}{r},\; -(a\,r+\frac{b}{r})\,\frac{y}{r}\Big)
= \Big(-(a\,r+\frac{b}{r})\cos\theta,\; -(a\,r+\frac{b}{r})\sin\theta\Big)
</math>

1) Definición de {{math|\mathbf v}}: ortogonal a {{math|\mathbf u}} ==

Tomamos
{{math|\mathbf v = \mathbf k \times \mathbf u}},
con
{{math|\mathbf k=(0,0,1)}}
el versor del eje $z$.

Usando propiedades de productos cruzados en el plano:

{{math|\mathbf k \times {\mathbf e}_\theta = -\,{\mathbf e}_r}},

donde
{{math|{\mathbf e}_r=(\cos\theta,\ \sin\theta)}}
es el unitario radial.

Por tanto,

{{math|\mathbf v(r,\theta) = f(r)\,(\mathbf k \times \mathbf e_\theta)
= -\,f(r)\,{\mathbf e}_r}}

y en componentes cartesianas:

{{math|\mathbf v(x,y)=\big(-f(r)\cos\theta,\,-f(r)\sin\theta\big)}}

con
{{math|r=\sqrt{x^2+y^2}}}
y
{{math|\theta=\operatorname{arctan2}(y,x)}}.

Observa que $\mathbf v$ es radial (apunta hacia $-{\mathbf e}_r$, es decir, hacia el centro)
y es ortogonal a $\mathbf u$ porque
{{math|{\mathbf e}_r\cdot{\mathbf e}_\theta = 0}}:

{{math|\mathbf u\cdot\mathbf v
= f(r)\,{\mathbf e}_\theta \cdot\big(-f(r)\,{\mathbf e}_r\big)
= -f(r)^2 ({\mathbf e}_\theta\cdot{\mathbf e}_r)
= 0}}.

Partimos de que el campo de velocidades del fluido en la sección transversal es
u(r,θ)=f(r) eθ,\mathbf{u}(r,\theta) = f(r)\,\mathbf{e}_\theta,u(r,θ)=f(r)eθ,
donde eθ=(−sin⁡θ, cos⁡θ)\mathbf{e}_\theta = (-\sin\theta,\ \cos\theta)eθ=(−sinθ, cosθ) es el vector unitario azimutal en el plano x ⁣− ⁣yx\!-\!yx−y.
1) Definición de v\mathbf{v}v: ortogonal a u\mathbf{u}u
Tomamos
v = k×u,\mathbf{v} \;=\; \mathbf{k} \times \mathbf{u},v=k×u,
con k=(0,0,1)\mathbf{k}=(0,0,1)k=(0,0,1) el versor del eje zzz. Usando propiedades de productos cruzados en el plano:

k×eθ=− er\mathbf{k}\times\mathbf{e}_\theta = -\,\mathbf{e}_rk×eθ=−er, donde er=(cos⁡θ, sin⁡θ)\mathbf{e}_r=(\cos\theta,\ \sin\theta)er=(cosθ, sinθ) es el unitario radial.
Por tanto,
v(r,θ) = f(r) (k×eθ) = − f(r) er \boxed{\;\mathbf{v}(r,\theta) \;=\; f(r)\,\big(\mathbf{k}\times \mathbf{e}_\theta\big) \;=\; -\,f(r)\,\mathbf{e}_r\;}v(r,θ)=f(r)(k×eθ)=−f(r)er
y en componentes cartesianas:
v(x,y)=(−f(r)cos⁡θ, −f(r)sin⁡θ) \boxed{\; \mathbf{v}(x,y) = \big(-f(r)\cos\theta,\,-f(r)\sin\theta\big) \;}v(x,y)=(−f(r)cosθ,−f(r)sinθ)
con r=x2+y2r=\sqrt{x^2+y^2}r=x2+y2 y θ=arctan⁡2(y,x)\theta=\arctan2(y,x)θ=arctan2(y,x).

Observa que v\mathbf{v}v es radial (apunta hacia −er-\mathbf{e}_r−er, es decir, hacia el centro) y es ortogonal a u\mathbf{u}u porque er⋅eθ=0\mathbf{e}_r\cdot\mathbf{e}_\theta=0er⋅eθ=0:
u⋅v=f(r) eθ⋅(−f(r) er)=−f(r)2 (eθ⋅er)=0.\mathbf{u}\cdot\mathbf{v} = f(r)\,\mathbf{e}_\theta \cdot \big(-f(r)\,\mathbf{e}_r\big)= -f(r)^2\,(\mathbf{e}_\theta\cdot\mathbf{e}_r)=0.u⋅v=f(r)eθ⋅(−f(r)er)=−f(r)2(eθ⋅er)=0.

2) Versión concreta con tu perfil f(r)=a r+brf(r)=a\,r+\frac{b}{r}f(r)=ar+rb
Si ya fijaste a,ba,ba,b (por ejemplo, para ωi=+1\omega_i=+1ωi=+1, ωe=−1\omega_e=-1ωe=−1: a=−53a=-\tfrac{5}{3}a=−35, b=83b=\tfrac{8}{3}b=38), entonces:
f(r)=a r+br,v(x,y)=(−(a r+br)xr, −(a r+br)yr)=(−(a r+br)cos⁡θ, −(a r+br)sin⁡θ).f(r) = a\,r + \frac{b}{r},\qquad
\mathbf{v}(x,y) = \Big(-(a\,r+\frac{b}{r})\frac{x}{r},\; -(a\,r+\frac{b}{r})\frac{y}{r}\Big)
= \Big(-(a\,r+\frac{b}{r})\cos\theta,\; -(a\,r+\frac{b}{r})\sin\theta\Big).f(r)=ar+rb,v(x,y)=(−(ar+rb)rx,−(ar+rb)ry)=(−(ar+rb)cosθ,−(ar+rb)sinθ).

¿Seguimos?
Si esto está claro, en el siguiente paso calculamos la función de corriente ψ\psiψ tal que ∇ψ=v\nabla\psi=\mathbf{v}∇ψ=v, mostramos sus líneas de nivel ψ=cte\psi=\text{cte}ψ=cte y verificamos que son líneas de corriente de u\mathbf{u}u. ¿Avanzamos?
Proporcione sus comentarios sobre BizChatYou said: dame v en coordenadas cilindricasCopilot said: Copilot¡Perfecto! En coordenadas cilíndricas (r,θ,z)(r,\theta,z)(r,θ,z), el campo v=k×u\mathbf{v} = \mathbf{k} \times \mathbf{u}v=k×u se expresa de forma muy sencilla:
Sabemos que:
u(r,θ)=f(r) eθ,f(r)=a r+br.\mathbf{u}(r,\theta) = f(r)\,\mathbf{e}_\theta,\quad f(r)=a\,r+\frac{b}{r}.u(r,θ)=f(r)eθ,f(r)=ar+rb.
El producto cruzado con k=ez\mathbf{k}=\mathbf{e}_zk=ez da:
k×eθ=−er.\mathbf{k}\times\mathbf{e}_\theta = -\mathbf{e}_r.k×eθ=−er.
Por tanto:
v(r,θ)=− f(r) er=−(a r+br) er.\boxed{\mathbf{v}(r,\theta) = -\,f(r)\,\mathbf{e}_r = -\big(a\,r+\frac{b}{r}\big)\,\mathbf{e}_r.}v(r,θ)=−f(r)er=−(ar+rb)er.
Componentes en la base cilíndrica
vr=−(a r+br),vθ=0,vz=0.v_r = -\big(a\,r+\frac{b}{r}\big),\quad v_\theta = 0,\quad v_z = 0.vr=−(ar+rb),vθ=0,vz=0.

¿Quieres que ahora hagamos el siguiente paso:

Calcular la función de corriente ψ(r)\psi(r)ψ(r) tal que ∇ψ=v\nabla\psi = \mathbf{v}∇ψ=v,
Dibujar las líneas ψ=cte\psi=\text{cte}ψ=cte (líneas de corriente del campo u\mathbf{u}u) en MATLAB?

¿Avanzamos?
Proporcione sus comentarios sobre BizChatYou said: Observar que 𝑣⃗ es irrotacional (por ser 𝑢⃗ de divergencia nula) y tiene un potencial escalar
𝜓 (es decir ∇𝜓 = 𝑣⃗) que se conoce como función de corriente de 𝑢⃗ Copilot said: Copilot¡Exacto! Como hemos visto, el campo
v=k×u=−f(r) er\mathbf{v} = \mathbf{k} \times \mathbf{u} = -f(r)\,\mathbf{e}_rv=k×u=−f(r)er
es radial y apunta hacia el centro. Ahora comprobamos las dos propiedades que mencionas:

✅ 1. Irrotacionalidad de v\mathbf{v}v
En coordenadas cilíndricas, para un campo puramente radial vr(r)v_r(r)vr(r) con vθ=vz=0v_\theta = v_z = 0vθ=vz=0, el rotacional es:
∇×v={componente z:1r∂∂r(rvθ)−∂vr∂θ=0,otras componentes: tambieˊn 0.\nabla \times \mathbf{v} =
\begin{cases}
\text{componente } z: \dfrac{1}{r}\dfrac{\partial}{\partial r}(r v_\theta) - \dfrac{\partial v_r}{\partial \theta} = 0,\\
\text{otras componentes: también 0.}
\end{cases}∇×v=⎩⎨⎧componente z:r1∂r∂(rvθ)−∂θ∂vr=0,otras componentes: tambieˊn 0.
Como vθ=0v_\theta = 0vθ=0 y vrv_rvr no depende de θ\thetaθ,
∇×v=0.\nabla \times \mathbf{v} = \mathbf{0}.∇×v=0.
✅ v\mathbf{v}v es irrotacional.

✅ 2. Existe un potencial escalar ψ\psiψ tal que ∇ψ=v\nabla \psi = \mathbf{v}∇ψ=v
En coordenadas cilíndricas:
∇ψ=∂ψ∂r er+1r∂ψ∂θ eθ+∂ψ∂z ez.\nabla \psi = \frac{\partial \psi}{\partial r}\,\mathbf{e}_r + \frac{1}{r}\frac{\partial \psi}{\partial \theta}\,\mathbf{e}_\theta + \frac{\partial \psi}{\partial z}\,\mathbf{e}_z.∇ψ=∂r∂ψer+r1∂θ∂ψeθ+∂z∂ψez.
Como v=vr er\mathbf{v} = v_r\,\mathbf{e}_rv=vrer con vr=−f(r)v_r = -f(r)vr=−f(r), tenemos:
∂ψ∂r=−f(r),∂ψ∂θ=0,∂ψ∂z=0.\frac{\partial \psi}{\partial r} = -f(r),\quad \frac{\partial \psi}{\partial \theta}=0,\quad \frac{\partial \psi}{\partial z}=0.∂r∂ψ=−f(r),∂θ∂ψ=0,∂z∂ψ=0.
Por tanto:
ψ(r)=−∫f(r) dr=−∫(ar+br) dr=−(a2r2+bln⁡r)+C.\psi(r) = -\int f(r)\,dr = -\int \big(a r + \frac{b}{r}\big)\,dr = -\Big(\frac{a}{2}r^2 + b\ln r\Big) + C.ψ(r)=−∫f(r)dr=−∫(ar+rb)dr=−(2ar2+blnr)+C.
ψ(r)=−a2r2−bln⁡r+C.\boxed{\psi(r) = -\frac{a}{2}r^2 - b\ln r + C.}ψ(r)=−2ar2−blnr+C.

✅ 3. Líneas ψ=cte\psi = \text{cte}ψ=cte
Como ψ\psiψ depende solo de rrr, las curvas ψ=cte\psi = \text{cte}ψ=cte son circunferencias concéntricas r=constanter = \text{constante}r=constante.
Estas son líneas de corriente de u\mathbf{u}u porque:
u⋅∇ψ=f(r) eθ⋅(−f(r) er)=0.\mathbf{u}\cdot\nabla\psi = f(r)\,\mathbf{e}_\theta \cdot (-f(r)\,\mathbf{e}_r) = 0.u⋅∇ψ=f(r)eθ⋅(−f(r)er)=0.

¿Quieres que ahora te dé un script MATLAB sencillo que:
✔ Dibuja las líneas de corriente (círculos) y el campo u\mathbf{u}u con flechas,
✔ Calcula ψ(r)\psi(r)ψ(r) y muestra sus niveles?
¿O prefieres primero solo las líneas ψ=cte\psi=\text{cte}ψ=cte sin flechas?
Proporcione sus comentarios sobre BizChatYou said: prefiero solo las lineasCopilot said: CopilotPerfecto, vamos a dibujar solo las líneas de corriente (las curvas ψ=cte\psi = \text{cte}ψ=cte).
Como hemos calculado:
ψ(r)=−a2r2−bln⁡r+C,con f(r)=ar+br.\psi(r) = -\frac{a}{2}r^2 - b\ln r + C,\quad \text{con } f(r)=a r + \frac{b}{r}.ψ(r)=−2ar2−blnr+C,con f(r)=ar+rb.
Pero como ψ\psiψ depende solo de rrr, las líneas ψ=cte\psi=\text{cte}ψ=cte son circunferencias concéntricas. Así que basta con elegir varios valores de rrr en el intervalo [1,2][1,2][1,2] y dibujar círculos.

Partimos de que el campo de velocidades del fluido en la sección transversal es:

<math>\vec{u}(r,\theta) = f(r)\,\vec{e_\theta}</math>

donde

<math>\vec{e_\theta} = (-\sin\theta,\ \cos\theta)</math>

es el vector unitario azimutal en el plano <math>x-y</math>.

---

====Definición de v: ortogonal a u====

Tomamos:

<math>\vec{v} = \vec{k} \times \vec{u}</math>,

con <math>\vec{k} = (0,0,1)</math> el versor del eje <math>z</math>.

Usando propiedades del producto cruzado en el plano:

<math>\vec{k}\times\vec{e_\theta} = -\,\vec{e_r}</math>,

donde <math>\vec{e_r} = (\cos\theta,\ \sin\theta)</math> es el unitario radial.

Por tanto:

<math>\vec{v}(r,\theta) = f(r)\,(\vec{k}\times\vec{e_\theta}) = -\,f(r)\,\vec{e_r}</math>

<math>\boxed{\;\vec{v}(r,\theta) = -\,f(r)\,\vec{e_r}\;}</math>

En componentes cartesianas:

<math>\vec{v}(x,y) = \big(-f(r)\cos\theta,\,-f(r)\sin\theta\big)</math>

con <math>r = \sqrt{x^2+y^2}</math> y <math>\theta = \arctan2(y,x)</math>.

Observa que <math>\vec{v}</math> es radial (apunta hacia <math>-\,\vec{e_r}</math>, es decir, hacia el centro) y es ortogonal a <math>\vec{u}</math> porque:

<math>\vec{e_r}\cdot\vec{e_\theta} = 0</math>

y por tanto:

<math>\vec{u}\cdot\vec{v} = f(r)\,\vec{e_\theta}\cdot\big(-f(r)\,\vec{e_r}\big) = -f(r)^2\,(\vec{e_\theta}\cdot\vec{e_r}) = 0</math>.

---

====Versión concreta con perfil f(r)=ar+b/r====

Si ya fijaste <math>a,b</math> (por ejemplo, para <math>\omega_i=+1</math>, <math>\omega_e=-1</math>: <math>a=-\tfrac{5}{3}</math>, <math>b=\tfrac{8}{3}</math>), entonces:

<math>f(r) = a\,r + \tfrac{b}{r}</math>

y

<math>\vec{v}(x,y) = \Big(-(a\,r+\tfrac{b}{r})\tfrac{x}{r},\; -(a\,r+\tfrac{b}{r})\tfrac{y}{r}\Big)
= \Big(-(a\,r+\tfrac{b}{r})\cos\theta,\; -(a\,r+\tfrac{b}{r})\sin\theta\Big)</math>.

---

\section*{Campo $\vec{v}$ en coordenadas cilíndricas}

En coordenadas cilíndricas <math>(r,\theta,z)</math>, el campo
<math>\vec{v} = \vec{k} \times \vec{u}</math>
se expresa de forma muy sencilla.

Sabemos que:

<math>\vec{u}(r,\theta) = f(r)\,\vec{e_\theta}</math>,
con <math>f(r) = a\,r + \tfrac{b}{r}</math>.

El producto cruzado con <math>\vec{k} = \vec{e_z}</math> da:

<math>\vec{k}\times\vec{e_\theta} = -\,\vec{e_r}</math>.

Por tanto:

<math>\vec{v}(r,\theta) = -\,f(r)\,\vec{e_r} = -\Big(a\,r + \tfrac{b}{r}\Big)\,\vec{e_r}</math>

<math>\boxed{\;\vec{v}(r,\theta) = -\,f(r)\,\vec{e_r} = -\Big(a\,r + \tfrac{b}{r}\Big)\,\vec{e_r}\;}</math>

---

\subsection*{Componentes en la base cilíndrica}

<math>v_r = -\Big(a\,r + \tfrac{b}{r}\Big), \quad v_\theta = 0, \quad v_z = 0</math>

\section*{Función de corriente $\psi(r)$}

Queremos calcular la función de corriente <math>\psi(r)</math> tal que:

<math>\nabla \psi = \vec{v}</math>

---

\subsection*{1. Observación previa}

El campo <math>\vec{v} = \vec{k} \times \vec{u} = -f(r)\,\vec{e_r}</math>
es radial y apunta hacia el centro. Además:

- <math>\vec{v}</math> es **irrotacional** (porque <math>\vec{u}</math> tiene divergencia nula).
- Existe un potencial escalar <math>\psi</math> tal que <math>\nabla \psi = \vec{v}</math>.
Este potencial se conoce como **función de corriente** de <math>\vec{u}</math>.

---

\subsection*{2. Gradiente en coordenadas cilíndricas}

En coordenadas cilíndricas <math>(r,\theta,z)</math>:

<math>\nabla \psi = \frac{\partial \psi}{\partial r}\,\vec{e_r}
+ \frac{1}{r}\frac{\partial \psi}{\partial \theta}\,\vec{e_\theta}
+ \frac{\partial \psi}{\partial z}\,\vec{e_z}</math>

---

\subsection*{3. Igualación con el campo $\vec{v}$}

Sabemos que:

<math>\vec{v}(r,\theta) = -\Big(a\,r + \tfrac{b}{r}\Big)\,\vec{e_r}</math>

Por tanto:

<math>\frac{\partial \psi}{\partial r} = -\Big(a\,r + \tfrac{b}{r}\Big),
\quad \frac{\partial \psi}{\partial \theta} = 0,
\quad \frac{\partial \psi}{\partial z} = 0</math>

---

\subsection*{4. Integración respecto a $r$}

<math>\psi(r) = -\int \Big(a\,r + \tfrac{b}{r}\Big)\,dr</math>

<math>\psi(r) = -\Big(\tfrac{a}{2}r^2 + b\ln r\Big) + C</math>

---

\subsection*{5. Resultado final}

<math>\boxed{\psi(r) = -\tfrac{a}{2}r^2 - b\ln r + C}</math>

---

\subsection*{6. Interpretación}

- Como <math>\psi</math> depende únicamente de <math>r</math>, las curvas de nivel <math>\psi = \text{cte}</math> son **circunferencias concéntricas** <math>r = \text{constante}</math>.
- Estas curvas son las **líneas de corriente del campo $\vec{u}$**, ya que se cumple:
<math>\vec{u}\cdot\nabla\psi = 0</math>.

*'''Irrotacionalidad de v'''

En coordenadas cilíndricas, para un campo puramente radial
<math>v_r(r)</math> con
<math>v_\theta = v_z = 0</math>,
el rotacional es:

<math>\nabla \times \vec{v} =
\begin{cases}
\text{componente $z$: } \tfrac{1}{r}\tfrac{\partial}{\partial r}(r v_\theta) - \tfrac{\partial v_r}{\partial \theta} = 0, \\
\text{otras componentes: también } 0
\end{cases}</math>

Como <math>v_\theta = 0</math> y <math>v_r</math> no depende de <math>\theta</math>, se cumple:

<math>\nabla \times \vec{v} = \vec{0}</math>

Por tanto, <math>\vec{v}</math> es irrotacional.

*'''Potencial escalar'''

Existe un potencial escalar <math>\psi</math> tal que:

<math>\nabla \psi = \vec{v}</math>

En coordenadas cilíndricas:

<math>\nabla \psi = \frac{\partial \psi}{\partial r}\,\vec{e_r}
+ \frac{1}{r}\frac{\partial \psi}{\partial \theta}\,\vec{e_\theta}
+ \frac{\partial \psi}{\partial z}\,\vec{e_z}</math>

Como <math>\vec{v} = v_r\,\vec{e_r}</math> con <math>v_r = -f(r)</math>, tenemos:

<math>\frac{\partial \psi}{\partial r} = -f(r), \quad
\frac{\partial \psi}{\partial \theta} = 0, \quad
\frac{\partial \psi}{\partial z} = 0</math>

Por tanto:

<math>\psi(r) = -\int f(r)\,dr
= -\int \left(a r + \frac{b}{r}\right)\,dr
= -\left(\tfrac{a}{2}r^2 + b\ln r\right) + C</math>

Finalmente:

<math>\boxed{\psi(r) = -\tfrac{a}{2}r^2 - b\ln r + C}</math>

*'''líneas 𝜓 = cte'''

Como $\psi$ depende solo de $r$, las curvas
<math>\psi = \text{cte}</math>
son circunferencias concéntricas:
<math>r = \text{constante}</math>.

Estas son líneas de corriente de <math>\vec{u}</math> porque:
<math>\vec{u} \cdot \nabla \psi = f(r)\,\vec{e_\theta} \cdot \big(-f(r)\,\vec{e_r}\big) = 0</math>.

Además, se ha calculado:
<math>\psi(r) = -\tfrac{a}{2}r^2 - b \ln r + C</math>,
<math>f(r) = a r + \tfrac{b}{r}</math>.

Como $\psi$ depende únicamente de $r$, las líneas
<math>\psi = \text{cte}</math>
son circunferencias concéntricas. Basta con elegir varios valores de <math>r</math> en el intervalo <math>[1,2]</math> y dibujar los círculos correspondientes.

== Módulo de la velocidad del fluido ==

[[Archivo:Modulovel.png|400px|thumb|right|Módulo de la velocidad]]
{{matlab|codigo=
clear; clc;

% Parámetros
r1 = 1;
r2 = 2;
w1= +1;
w2 = -1;

% Coeficientes del perfil
a = (4*w2- w1)/3; % = -5/3
b = 4*(w1 - w2)/3; % = 8/3

% Vector radial y cálculo del módulo
r = linspace(r1, r2, 200);
u = abs(a*r + b./r); % |u(r)|

% Dibujar la gráfica
figure('Color','w');
plot(r, u, 'LineWidth', 2, 'Color', [0.2 0.4 0.8]);
grid on;
xlabel('\rho (radio)');
ylabel('|u(\rho)|');
}}

El módulo de la velocidad del fluido es:
<math>
|\mathbf{u}| = |u_\theta| = |f(r)| = \big| a\,r + \frac{b}{r} \big|.
</math>

Con
<math>
a = -\frac{5}{3}, \qquad b = \frac{8}{3},
</math>

tenemos:
<math>
f(r) = -\frac{5}{3}r + \frac{8}{3r}.
</math>

=== 1. Buscar el máximo en <math>r \in [1,2]</math> ===

Derivamos:
<math>
\frac{d}{dr} f(r) = -\frac{5}{3} - \frac{8}{3r^2}.
</math>

Esto es siempre negativo (porque ambos términos son negativos para <math>r > 0</math>). Así que, es dereciente en este intervalo.

Por tanto:

En <math>r = 1</math>:
<math>
f(1) = -\frac{5}{3}(1)+\frac{8}{3(1)} = -\frac{5}{3}+\frac{8}{3} = 1.
</math>

En <math>r = 2</math>:
<math>
f(2) = -\frac{10}{3}+\frac{8}{6} = -\frac{10}{3}+\frac{4}{3} = -2.
</math>

El módulo:
<math>
|f(1)| = 1,\quad |f(2)| = 2.
</math>

En conclusión, el máximo está en la frontera exterior <math>r = 2</math>, con:
<math>
|\mathbf{u}| = 2.
</math>

El módulo de la velocidad es máximo

== Componente z del rotacional ==

Para un campo <math>(u_r, u_\theta, u_z)</math>, la componente <math>z</math> del rotacional es:
<math>
(\nabla \times \mathbf{u})_z = \frac{1}{r}\frac{\partial (r u_\theta)}{\partial r} - \frac{\partial u_r}{\partial \theta}.
</math>

Como:
<math>
u_r = 0,\; u_\theta = f(r),\; u_z = 0,\; \text{y } f(r) = a r + \frac{b}{r},
</math>
entonces:
<math>
(\nabla \times \mathbf{u})_z = \frac{1}{r}\frac{\partial (r f(r))}{\partial r}.
</math>

=== 2. Calculamos <math>r f(r)</math> ===
<math>
r f(r) = r\big(a r + \frac{b}{r}\big) = a r^2 + b.
</math>

Derivada:
<math>
\frac{\partial}{\partial r}(a r^2 + b) = 2 a r.
</math>

Por tanto:
<math>
(\nabla \times \mathbf{u})_z = \frac{1}{r}(2 a r) = 2 a.
</math>

=== 3. Resultado ===
<math>
\boxed{\nabla \times \mathbf{u} = (0,0,2a)}.
</math>

Es constante en todo el dominio y depende solo de <math>a</math>.

Con <math>a = -\frac{5}{3}</math>, tenemos:
<math>
\nabla \times \mathbf{u} = (0,0,-\frac{10}{3}) \approx (0,0,-3.33).
</math>

=== ¿Qué puntos tienen mayor rotacional? ===
Todos los puntos tienen el mismo rotacional, porque el flujo es puramente azimutal y la derivada radial genera un valor constante.

=== ¿Es razonable? ===
Sí, porque este flujo es un flujo de Couette cilíndrico con velocidad angular variable, pero su vorticidad

==Dibujar el campo de temperaturas y las curvas de nivel. ==
[[Archivo:curvatemperatura.png|600px|thumb|right|Campo de Temperaturas y curvas de nivel]]

{{matlab|codigo=
%Apartado 7: Campo de temperaturas

rho=linspace(1,2,200); %radio de 1 a 2
theta=linspace(0,2*pi,200); %theta de 0 a 2pi

[R,Theta]=meshgrid(rho,theta);

% función temperatura
T=log(1+R.^2).*cos(Theta).^2;
X=R.*cos(Theta); % Paso a cartesianas
Y=R.*sin(Theta);

%Dibujar campos de temperatura
hold on
surf(X, Y, T, 'EdgeColor', 'none');
colorbar;
xlabel('eje x');
ylabel('eje y');
zlabel('Temperatura');
title('Campo de Temperatura');
view(3);
axis([-3,3,-2.1,2.1]);

%Dibujar las curvas de nivel
contourf(X, Y, T, 20); % 20 niveles de contorno
title('Curvas de Nivel del Campo de Temperaturas');
xlabel('Eje X');
ylabel('Eje Y');
colorbar;

%Encontrar temperatura máxima
T_max=max(T(:));
[f,c] =find(T == max_T, 1);

% Coordenadas cartesianas Temp máx
x_max= X(f,c);
y_max= Y(f,c);

plot(x_max, y_max, 'ro', 'MarkerSize', 10, 'LineWidth', 2);
text(x_max,y_max,'Temperatura máxima');
}}

Flujo de Couette entre dos tubos concéntricos (Grupo 33)

2025-12-05T09:18:47Z

Az.martinez: /* Módulo de la velocidad del fluido */

{{ TrabajoED | Flujo de Couette entre dos tubos concéntricos. Grupo 33 | [[:Categoría:Teoría de Campos|Teoría de Campos]]|[[:Categoría:TC25/26|2025-26]] |
*Carlos Azcona Ruiz
*Alonso Gómez Oliveira
*Marcos Gómez Rosillo
*María de las Mercedes Oriola Zamora
*Alba Zilu Martínez Toda}}

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC25/26]]

El flujo de Couette es un fenómeno básico de la mecánica de fluidos que describe cómo se comporta un fluido situado entre dos superficies paralelas cuando una de ellas se desplaza respecto a la otra. Este flujo, sencillo y ampliamente aplicable, ha sido analizado en profundidad por su importancia en la modelización de sistemas mecánicos.

En este artículo vamos a considerar el flujo de un fluido incompresible a través de dos cilindros concéntricos, de manera que el exterior se mueve con velocidad angular constante 𝜔⃗𝑒 en sentido horario mientras que el interior se mueve con velocidad angular 𝜔⃗𝑖 en sentido contrario. Si suponemos que ambos cilindros tienen su eje en 𝑂𝑋3 y pintamos la sección transversal (𝑥3 = 0), el cilindro exterior queda proyectado sobre la circunferencia 𝜌 = 2 y el interior sobre la circunferencia 𝜌 = 1

==Mallado de la sección transversal==
En la siguiente figura se representa la sección transversal de los dos tubos concéntricos con los ejes fijados en la región (𝜌, 𝜃) ∈ [0, 3] × [0, 2𝜋].

[[Archivo:mallado_couette.jpg|500px|thumb|right|mallado]]

{{matlab|codigo=
% MALLADO DE LA SECCIÓN TRANSVERSAL
rho=1:0.1:2; % INTERVALO DE RHO [1,2]
theta=0:0.05:2*pi+0.02; % INTERVALO DE THETA [0,2*PI]
[RHO,THETA]=meshgrid(rho,theta); % MATRIZ DE PARAMETROS
rho1=1;
rho2=2;
[RHO1,THETA1]=meshgrid(rho1,theta);
[RHO2,THETA2]=meshgrid(rho2,theta);
hold on
grid on % MALLADO EJES
x=RHO.*cos(THETA); % PARAM DE X
y=RHO.*sin(THETA); % PARAM DE Y
mesh(x,y,0*x,'EdgeColor','b') % DIBUJO DE LA FIGURA
t=rho1.*cos(theta); % CREACION CILINDRO INTERIOR
s=rho1.*sin(theta);
plot(t,s,'k','LineWidth',2)
t=rho2.*cos(theta); % CREACION CILINDRO EXTERIOR
s=rho2.*sin(theta);
plot(t,s,'k','LineWidth',2)
axis([-3,3,-2.5,2.5]) % EJES DEL DIBUJO
title('MALLADO DE LA SECCION TRANSVERSAL') % TITULO DE LA GÁFICA
xlabel('ρ');
ylabel('θ');
hold off
}}

==Ecuación Navier-Stokes y obtención de la ecuación diferencial a resolver==
El principal objetivo de este apartado es la obtención de la ecuación diferencial a partir de la ecuación de Navier-Stokes. Una vez conocida esta expresión, será posible calcular las constantes a y b que permitan que la velocidad en la frontera del fluido coincida con la de los tubos interior y exterior.
===Velocidad de las partículas del fluido y análisis de la ecuación===
La velocidad de las partículas del fluido viene expresada según el campo vectorial <math>\vec{u}(ρ, θ) = f(ρ) \vec{e_θ} </math>, donde la presión (<math>p</math>) es constante. Adicionalmente, el campo de velocidades tiene que cumplir la ecuación de Navier-Stockes estacionaria que sigue la siguiente expresión:

<center><math>(\vec{u} · ∇)\vec{u} + ∇p = µ∆\vec{u} </math></center>

''Observación: El valor µ se relaciona con el coeficiente de viscosidad del fluido.''

Analizando la expresión, y teniendo en cuenta que la función tomada tiene de variable ρ, la cual es constante, el campo gradiente será nulo ( <math>∇p = 0</math> ). Si además es despreciable el término convectivo (primer término de la fórmula) finalmente obtenemos que la expresión queda:
<center><math>µ∆\vec{u} =\vec{0}</math></center>

''Observación: <math>∆\vec{u} </math> representa el laplaciano vectorial del campo de velocidades.''

La simplificación obtenida de la ecuación de Navier-Stokes representa un flujo viscoso estacionario en el cual no hay gradientes de presión ni fuerzas externas con efectos inerciales significativos. Su resolución depende únicamente de las condiciones de frontera en el recinto que se indique.

* '''Laplaciano del campo vectorial <math>\vec{u} </math>'''
Por definición tenemos que el laplaciano de un campo vectorial viene dado por la siguiente ecuación:

<center><math>∆\vec{u} = ∆(u_1\vec{i} + u_2\vec{j}+ u_3\vec{k}) = ∆u_1\vec{i} + ∆u_2\vec{j}+ ∆u_3\vec{k}</math></center>

Por la condición de que el campo de velocidades está proporcionado en coordenadas cilíndricas, es de mayor facilidad el cálculo con dichas coordenadas y por consecuente, la ecuación quedaría de la siguiente forma:

<center><math>\Delta\vec{u} = \nabla(\nabla \cdot \vec{u}) - \nabla \times (\nabla \times \vec{u})</math></center>

* '''Gradiente de la divergencia'''

Como podemos apreciar, debemos calcular el gradiente de la divergencia. De modo que primeramente realizaremos el cálculo de la divergencia.

Por otro lado, al tratarse de un fluido incomprensible, dicha divergencia debe ser nula. Por definición ésta se calcula en coordenadas cilíndricas mediante la siguiente expresión:

<center><math> ∇ · \vec{u} = \frac{1}{ρ}[\frac{ \partial}{\partial ρ}(0) + \frac{ \partial}{\partial θ}(f(ρ)) + \frac{ \partial}{\partial z}(0)] = 0 </math></center>

Tras realizar los cálculos, observamos que como hemos deducido, la divergencia es nula y por lo tanto, el gradiente de la propia divergencia saldrá 0, de igual forma:
<center><math> ∇(∇ · \vec{u})= ∇(0)= \vec{0} </math></center>

Una vez deducido que el gradiente de la divergencia es 0, por lo cálculos previamente realizados, el primer término se elimina y la expresión queda simplificada de la siguiente forma:

<center><math>\Delta\vec{u} = - \nabla \times (\nabla \times \vec{u})</math></center>

* '''Rotacional del campo de velocidades'''
Realizamos los cálculos aplicando la fórmula para el rotacional definido en coordenadas cilíndricas. Siendo la expresión del campo de velocidades:
<math>u(\rho,\theta)=f(\rho)\,e_{\theta}</math>
<center><math>(\nabla\times\vec{u}) = \frac{1}{ρ}\begin{vmatrix} \vec{e_ρ} & ρ\vec{e_θ} & \vec{e_z} \\ \frac{ \partial}{\partial ρ} & \frac{\partial }{\partial θ} & \frac{\partial }{\partial z}\\ 0 & ρf(ρ) & 0 \end{vmatrix} = \frac{1}{ρ}\frac{ \partial (ρf(ρ)) }{\partial ρ}\vec{e_z} = [\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}]\vec{e_z}</math></center>

* '''Rotacional del rotacional del campo de velocidades'''

Una vez realizado el rotacional del campo de velocidades, proseguimos con el cálculo del rotacional del rotacional. Para ello aplicaremos la fórmula en coordenadas cilíndricas sobre el vector hallado anteriormente:

<center> <math>\nabla\times(\nabla\times\vec{u})= \frac{1}{ρ}\begin{vmatrix} \vec{e_ρ} & ρ\vec{e_θ} & \vec{e_z} \\ \frac{ \partial}{\partial ρ} & \frac{\partial }{\partial θ} & \frac{\partial }{\partial z}\\ 0 & 0 & [\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}] \end{vmatrix} = -\frac{1}{ρ}\frac{ \partial }{\partial ρ}(\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}) ρ\vec{e_θ} = \frac{1}{ρ}[\frac{f(ρ)}{ρ}-\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}-ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ}</math></center>

* ''' Resultado del Laplaciano vectorial'''
Sustituimos en la ecuación obtenida del laplaciano vectorial.

<center><math>\Delta\vec{u} = - \nabla \times (\nabla \times \vec{u})</math></center>

<center><math>\Delta\vec{u} = - \frac{1}{ρ}[\frac{f(ρ)}{ρ}-\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}-ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ}</math></center>

<center><math>\Delta\vec{u} = \frac{1}{ρ}[-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ}</math></center>

* '''Resultado de la ecuación de Navier-Stokes'''
Una vez calculado el laplaciano, procedemos a sustituir el valor en la ecuación analizada previamente de Navier-Stokes obteniendo:

<center><math> µ∆\vec{u} = \vec{0}</math></center>
<center><math>∆\vec{u} = \vec{0}</math></center>
<center><math>\frac{1}{ρ}[-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ} = \vec{0} </math></center>
<center><math>[-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ} = \vec{0} </math></center>

===Obtención de las constantes de la ecuación diferencial===
====Obtención ecuación diferencial segundo orden====

Una vez conocida la solución de la ecuación de Navier-Stokes, procedemos a la obtención de la ecuación diferencial:

<center><math> [-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ} = [-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ} = \vec{0} </math></center>

<center><math>\frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}) = \frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})</math></center>

Reordenamos la ecuación para la obtención de una ecuación diferencial de segundo orden:
<center><math>\frac{f(ρ)}{ρ}-\frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}) = 0 </math></center>
<center><math>\frac{f(ρ)}{ρ} = \frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}) </math></center>

====Comprobación ecuación diferencial====
A continuación, vamos a comprobar si la ecuación diferencial que hemos obtenido satisface la solución conocida, que viene dada por:

<center><math>f(ρ) = aρ +\frac{b}{ρ},\hspace{20pt}a,b \in \mathbb{R} </math></center>

Para realizar la comprobación, es necesario derivar la expresión de forma que dichas derivadas aparezcan en la ecuación diferencial obtenida.

<center><math>\frac{\partial f(ρ)}{\partial ρ} = a -\frac{b}{ρ^2},\hspace{20pt}a,b \in \mathbb{R} </math></center>
<center><math>\frac{\partial }{\partial ρ}(ρ\frac{\partial f(ρ)}{\partial ρ}) = \frac{\partial }{\partial ρ}(ρ(a -\frac{b}{ρ^2})) = \frac{\partial }{\partial ρ}(aρ -\frac{b}{ρ})) = a +\frac{b}{ρ^2},\hspace{20pt}a,b \in \mathbb{R}</math></center>

Una vez halladas las derivadas, sustituimos en la ecuación y comprobamos que:

<center><math> \frac{1}{ρ}(aρ +\frac{b}{ρ}) = a +\frac{b}{ρ^2} \Longrightarrow \frac{f(ρ)}{ρ} = \frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}),\hspace{20pt}a,b \in \mathbb{R} </math></center>

Queda por tanto comprobado que se cumple la ecuación diferencial.

====Búsqueda de las constantes "a" y "b"====

Finalmente, hemos solucionado la EDO y debemos conocer las soluciones específicas de ésta, a través de las constante a y b de tal forma que la velocidad en la frontera coincida con las de los tubo interior y exterior sen la misma.

Sabemos que la velocidad del fluido es:
<math>
\mathbf{u}(\rho,\theta) = f(\rho)\,\mathbf{e}_\theta,
\qquad
f(\rho) = a\rho + \frac{b}{\rho}.
</math>

-En el cilindro interior ( <math>\rho = 1</math> ), la velocidad tangencial será:
<math>
u_\theta(1) = f(1) = a(1) + \frac{b}{1} = a + b,
</math>
debe coincidir con la velocidad tangencial del cilindro interior:
<math>
u_\theta(1) = \omega_i \cdot 1 = \omega_i.
</math>

-En el cilindro exterior ( <math>\rho = 2</math> ),la velocidad tangencial:
<math>
u_\theta(2) = f(2) = a(2) + \frac{b}{2} = 2a + \frac{b}{2},
</math>
debe coincidir con la velocidad tangencial del cilindro exterior:
<math>
u_\theta(2) = \omega_e \cdot 2 = 2\omega_e.
</math>

* '''Sistema de ecuaciones'''

De las condiciones de contorno:
<math>
\begin{cases}
a + b = \omega_i, \\
2a + \dfrac{b}{2} = 2\omega_e.
\end{cases}
</math>

Multiplicamos la segunda ecuación por 2 para eliminar la fracción:
<math>
4a + b = 4\omega_e.
</math>

Restamos la primera ecuación:
<math>
(4a + b) - (a + b) = 4\omega_e - \omega_i
\;\;\Longrightarrow\;\;
3a = 4\omega_e - \omega_i.
</math>

Por tanto:
<math>
a = \dfrac{4\omega_e - \omega_i}{3}.
</math>

Luego:
<math>
b = \omega_i - a
= \omega_i - \dfrac{4\omega_e - \omega_i}{3}
= \dfrac{3\omega_i - (4\omega_e - \omega_i)}{3}
= \dfrac{4\omega_i - 4\omega_e}{3}
= \dfrac{4(\omega_i - \omega_e)}{3}.
</math>

'''Resultado:'''
<math>
\boxed{
a = \dfrac{4\omega_e - \omega_i}{3},
\qquad
b = \dfrac{4(\omega_i - \omega_e)}{3}.
}
</math>

===Comprobación de incompresibilidad ===
Se ha comprobado con anterioridad, a la hora de la obtención de la ecuación diferencial, que la divergencia del campo de velocidades es igual a 0. Se detalla a continuación el cálculo de la incompresibilidad:
observación: se tomarán coordenadas cilíndricas:
<math>
\nabla \cdot \mathbf{u}
= \frac{1}{\rho}\frac{\partial(\rho u_\rho)}{\partial \rho}
+ \frac{1}{\rho}\frac{\partial u_\theta}{\partial \theta}
+ \frac{\partial u_z}{\partial z}.
</math>

Como
<math>
u_\rho = 0,\quad u_z = 0,\quad
u_\theta = f(\rho)\ \text{(independiente de }\theta,z\text{)},
</math>
entonces:
<math>
\nabla \cdot \mathbf{u}
= \frac{1}{\rho}\frac{\partial(0)}{\partial \rho}
+ \frac{1}{\rho}(0) + 0
= 0.
</math>

== Campo de velocidades ==
Con el objetivo de calcular el campo de velocidades establecemos que la velocidad angular del cilindro exterior e interior es 1 (ω = 1) y μ = 1 (coeficiente de viscosidad del fluido), y en consecuencia las constantes serán de la siguiente forma:
''Observación: se considera que por el sentido, ωi = 1 y ωe = -1.''
<math>

\boxed{
a = \dfrac{4\omega_e - \omega_i}{3},
\qquad
b = \dfrac{4(\omega_i - \omega_e)}{3}.
}
</math>

<center><math>a = -\frac{5}{3} </math> y <math> b = \frac{8}{3}</math></center>
Conocida la siguiente expresión de la velocidad de las partículas en función de f(ρ):
 
<math>\vec{u}(ρ, θ) = f(ρ) \vec{e_θ} </math>.
 
Hemos calculado las constantes a y b, desarrollamos la ecuación. Quedando el campo de velocidades la las partículas como:
 
<math>\vec{u}(\rho, \theta) = \left(-\frac{5}{3} \rho + \frac{8}{3 \rho}\right) \hat{e}_\theta </math>

[[Archivo:campovelocidadesdefdefdef.png|700px|thumb|right|Campo de velocidades]]
{{matlab|codigo=
%Apartado 3: Campo de velocidades

rho=linspace(1,2,30); %radio de 1 a 2
theta=linspace(0,2*pi,50); %theta de 0 a 2pi
a=-5/3;
b=8/3;

w1=1; %velocidad angular interior
w2=-1; %velocidad angular exterior

%Mallado coordenadas polares
[R,T]=meshgrid(rho,theta); % meshgrid para coordenadas polares
X=R.*cos(T); % Paso a cartesianas
Y=R.*sin(T);

%Campo de velocidades
Vtheta= a.*R+b./R; %Velocidad de theta
Vx= w2.*Vtheta .*sin(T);
Vy= w1.*Vtheta.*cos(T);

%Dibujo campo de velocidades
hold on
grid on
quiver(X,Y,Vx,Vy,0.5,'Color',[0 0 1],'LineWidth',1.2);
title('CAMPO DE VELOCIDADES')
axis([-3.5,3.5,-2.1,2.1])

hold off
}}

==Líneas de corriente==
[[Archivo:lineas_de_corriente_33.png|500px|thumb|right|Líneas de corriente]]

{{matlab|codigo=
%% Parámetros del problema
r_in = 1;
r_out = 2;
omega_i = +1;
omega_e = -1;

% Coeficientes del perfil
a = (4*omega_e - omega_i)/3; % = -5/3
b = 4*(omega_i - omega_e)/3; % = 8/3

%% Función de corriente psi(r) = -(a/2)*r^2 - b*ln(r)
psi = @(r) -(a/2)*r.^2 - b*log(r);

%% Elegimos varios niveles de psi (líneas de corriente)
n_lines = 25; % número de círculos
r_vals = linspace(r_in, r_out, n_lines);

%% Dibujar
figure('Color','w'); hold on; axis([-3 3 -2.5 2.5]); grid on;
title('Líneas de corriente (\psi = cte)');
xlabel('x'); ylabel('y');

% Dibujar círculos para cada r
theta = linspace(0, 2*pi, 400);
for r = r_vals
x = r*cos(theta);
y = r*sin(theta);
plot(x, y, 'Color', [0.2 0.6 0.8], 'LineWidth', 1.2);
end
}}
El punto de partida es que el campo de velocidades del fluido en la sección transversal es <math>\vec{u}(r,\theta)=f(r)\,\vec{e_\theta}</math>, donde, por definción en base cilíndricas conocemos que: <math>\vec{e_\theta}=(-\sin\theta,\ \cos\theta)</math>.
*'''Obtención del campo de velocidades v'''
Sabemos que el campo de velocidades <math>\vec{v}</math> ha de ser ortogonal a <math>\vec{u}</math>. 
 
1-Tomamos el siguiente producto vectorial, para obtener el vector perpendicular <math>\vec{v}=\vec{k}\times\vec{u}</math>, siendo <math>\vec{k}=(0,0,1)</math> el vector unitario correspondiente al eje Z en base cartesiana.

2-Usando propiedades del producto vectorial: <math>\vec{k}\times\vec{e_\theta}=-\vec{e_r}</math>, donde <math>\vec{e_r}=(\cos\theta,\ \sin\theta)</math>.

Por tanto, en base cilíndrica, el campo de velocidades seguiría la siguiente expresión:

<center><math>\vec{v}(r,\theta)
= f(r)\,(\vec{k}\times\vec{e_\theta})
= -\,f(r)\,\vec{e_r}</math></center>

Cambiando a coordenadas cartesianas:

<center><math>\vec{v}(x,y)=\big(-f(r)\cos\theta,\ -f(r)\sin\theta\big)</math></center>

con <math>r=\sqrt{x^2+y^2}</math>, y <math>\theta=\operatorname{arctan2}(y,x)</math>.

3-Se observa que <math>\vec{v}</math> sigue la dirección radial, pues apunta hacia <math>-\vec{e_r}</math>y es ortogonal a <math>\vec{u}</math> porque <math>\vec{e_r}\cdot\vec{e_\theta}=0</math>:

<center><math>
\vec{u}\cdot\vec{v}
= f(r)\,\vec{e_\theta}\cdot\big(-f(r)\,\vec{e_r}\big)
= -f(r)^2(\vec{e_\theta}\cdot\vec{e_r})
= 0.
</math></center>

4-En nuestro caso, la función seguiría la siguiente expresión <math>f(r)=a\,r+\frac{b}{r}</math>.
 

5- Se fijaron previamente las constantes
<math>a,b</math> para
<math>\omega_i = +1</math>, <math>\omega_e = -1</math>:
<math>a = -\tfrac{5}{3}</math>,
<math>b = \tfrac{8}{3}</math>, entonces:

<math>
f(r)=a\,r+\frac{b}{r}
</math>

y el campo queda´ria expresado en coordenadas cartesianas de la siguiente forma:

<math>
\vec{v}(x,y)
= \Big(-(a\,r+\frac{b}{r})\,\frac{x}{r},\; -(a\,r+\frac{b}{r})\,\frac{y}{r}\Big)
= \Big(-(a\,r+\frac{b}{r})\cos\theta,\; -(a\,r+\frac{b}{r})\sin\theta\Big)
</math>

1) Definición de {{math|\mathbf v}}: ortogonal a {{math|\mathbf u}} ==

Tomamos
{{math|\mathbf v = \mathbf k \times \mathbf u}},
con
{{math|\mathbf k=(0,0,1)}}
el versor del eje $z$.

Usando propiedades de productos cruzados en el plano:

{{math|\mathbf k \times {\mathbf e}_\theta = -\,{\mathbf e}_r}},

donde
{{math|{\mathbf e}_r=(\cos\theta,\ \sin\theta)}}
es el unitario radial.

Por tanto,

{{math|\mathbf v(r,\theta) = f(r)\,(\mathbf k \times \mathbf e_\theta)
= -\,f(r)\,{\mathbf e}_r}}

y en componentes cartesianas:

{{math|\mathbf v(x,y)=\big(-f(r)\cos\theta,\,-f(r)\sin\theta\big)}}

con
{{math|r=\sqrt{x^2+y^2}}}
y
{{math|\theta=\operatorname{arctan2}(y,x)}}.

Observa que $\mathbf v$ es radial (apunta hacia $-{\mathbf e}_r$, es decir, hacia el centro)
y es ortogonal a $\mathbf u$ porque
{{math|{\mathbf e}_r\cdot{\mathbf e}_\theta = 0}}:

{{math|\mathbf u\cdot\mathbf v
= f(r)\,{\mathbf e}_\theta \cdot\big(-f(r)\,{\mathbf e}_r\big)
= -f(r)^2 ({\mathbf e}_\theta\cdot{\mathbf e}_r)
= 0}}.

Partimos de que el campo de velocidades del fluido en la sección transversal es
u(r,θ)=f(r) eθ,\mathbf{u}(r,\theta) = f(r)\,\mathbf{e}_\theta,u(r,θ)=f(r)eθ,
donde eθ=(−sin⁡θ, cos⁡θ)\mathbf{e}_\theta = (-\sin\theta,\ \cos\theta)eθ=(−sinθ, cosθ) es el vector unitario azimutal en el plano x ⁣− ⁣yx\!-\!yx−y.
1) Definición de v\mathbf{v}v: ortogonal a u\mathbf{u}u
Tomamos
v = k×u,\mathbf{v} \;=\; \mathbf{k} \times \mathbf{u},v=k×u,
con k=(0,0,1)\mathbf{k}=(0,0,1)k=(0,0,1) el versor del eje zzz. Usando propiedades de productos cruzados en el plano:

k×eθ=− er\mathbf{k}\times\mathbf{e}_\theta = -\,\mathbf{e}_rk×eθ=−er, donde er=(cos⁡θ, sin⁡θ)\mathbf{e}_r=(\cos\theta,\ \sin\theta)er=(cosθ, sinθ) es el unitario radial.
Por tanto,
v(r,θ) = f(r) (k×eθ) = − f(r) er \boxed{\;\mathbf{v}(r,\theta) \;=\; f(r)\,\big(\mathbf{k}\times \mathbf{e}_\theta\big) \;=\; -\,f(r)\,\mathbf{e}_r\;}v(r,θ)=f(r)(k×eθ)=−f(r)er
y en componentes cartesianas:
v(x,y)=(−f(r)cos⁡θ, −f(r)sin⁡θ) \boxed{\; \mathbf{v}(x,y) = \big(-f(r)\cos\theta,\,-f(r)\sin\theta\big) \;}v(x,y)=(−f(r)cosθ,−f(r)sinθ)
con r=x2+y2r=\sqrt{x^2+y^2}r=x2+y2 y θ=arctan⁡2(y,x)\theta=\arctan2(y,x)θ=arctan2(y,x).

Observa que v\mathbf{v}v es radial (apunta hacia −er-\mathbf{e}_r−er, es decir, hacia el centro) y es ortogonal a u\mathbf{u}u porque er⋅eθ=0\mathbf{e}_r\cdot\mathbf{e}_\theta=0er⋅eθ=0:
u⋅v=f(r) eθ⋅(−f(r) er)=−f(r)2 (eθ⋅er)=0.\mathbf{u}\cdot\mathbf{v} = f(r)\,\mathbf{e}_\theta \cdot \big(-f(r)\,\mathbf{e}_r\big)= -f(r)^2\,(\mathbf{e}_\theta\cdot\mathbf{e}_r)=0.u⋅v=f(r)eθ⋅(−f(r)er)=−f(r)2(eθ⋅er)=0.

2) Versión concreta con tu perfil f(r)=a r+brf(r)=a\,r+\frac{b}{r}f(r)=ar+rb
Si ya fijaste a,ba,ba,b (por ejemplo, para ωi=+1\omega_i=+1ωi=+1, ωe=−1\omega_e=-1ωe=−1: a=−53a=-\tfrac{5}{3}a=−35, b=83b=\tfrac{8}{3}b=38), entonces:
f(r)=a r+br,v(x,y)=(−(a r+br)xr, −(a r+br)yr)=(−(a r+br)cos⁡θ, −(a r+br)sin⁡θ).f(r) = a\,r + \frac{b}{r},\qquad
\mathbf{v}(x,y) = \Big(-(a\,r+\frac{b}{r})\frac{x}{r},\; -(a\,r+\frac{b}{r})\frac{y}{r}\Big)
= \Big(-(a\,r+\frac{b}{r})\cos\theta,\; -(a\,r+\frac{b}{r})\sin\theta\Big).f(r)=ar+rb,v(x,y)=(−(ar+rb)rx,−(ar+rb)ry)=(−(ar+rb)cosθ,−(ar+rb)sinθ).

3) MATLAB (simple) para construir v=k×u\mathbf{v}=\mathbf{k}\times\mathbf{u}v=k×u
Este fragmento calcula y dibuja solo el campo v\mathbf{v}v en el anillo 1≤r≤21\le r\le 21≤r≤2, siguiendo la misma malla sencilla que usamos para u\mathbf{u}u:
MATLAB%% Campo v = k x u, ortogonal a u = f(r) e_theta, en el anillo 1<=r<=2clear; clc; close all;%% Parametros del perfil (ejemplo con omega_i=+1, omega_e=-1)r_in = 1; r_out = 2;a = -5/3; b = 8/3; % f(r) = a*r + b/r%% Malla de puntos en el anillo (pocos para visual simple)n_r = 5; % nº de radios intermediosn_th = 40; % nº de ángulosr_vals = linspace(r_in, r_out, n_r);theta_vals= linspace(0, 2*pi, n_th);[X, Y, Vx, Vy] = deal([]);for r = r_vals for th = theta_vals % Posicion x = r*cos(th); y = r*sin(th); % Magnitud azimutal f = a*r + b/r; % v = k x u = - f(r) e_r -> e_r = (cos th, sin th) vx = -f * cos(th); vy = -f * sin(th); % Acumular X(end+1) = x; Y(end+1) = y; Vx(end+1) = vx; Vy(end+1) = vy; endend%% Dibujar v (flechas saliendo hacia el centro)figure('Color','w'); quiver(X, Y, Vx, Vy, 0.4, 'Color', [0.1 0.6 0.2], 'LineWidth', 1.2); % verdeaxis equal; grid on; hold on;xlabel('x'); ylabel('y'); title('Campo v = k \times u (ortogonal a u)');% Círculos del dominiott = linspace(0, 2*pi, 300);plot(r_in*cos(tt), r_in*sin(tt), 'k', 'LineWidth', 1.5);plot(r_out*cos(tt), r_out*sin(tt), 'k', 'LineWidth', 1.5);xlim([-2.5 2.5]); ylim([-2.5 2.5]);Mostrar más líneas

¿Seguimos?
Si esto está claro, en el siguiente paso calculamos la función de corriente ψ\psiψ tal que ∇ψ=v\nabla\psi=\mathbf{v}∇ψ=v, mostramos sus líneas de nivel ψ=cte\psi=\text{cte}ψ=cte y verificamos que son líneas de corriente de u\mathbf{u}u. ¿Avanzamos?
Proporcione sus comentarios sobre BizChatYou said: dame v en coordenadas cilindricasCopilot said: Copilot¡Perfecto! En coordenadas cilíndricas (r,θ,z)(r,\theta,z)(r,θ,z), el campo v=k×u\mathbf{v} = \mathbf{k} \times \mathbf{u}v=k×u se expresa de forma muy sencilla:
Sabemos que:
u(r,θ)=f(r) eθ,f(r)=a r+br.\mathbf{u}(r,\theta) = f(r)\,\mathbf{e}_\theta,\quad f(r)=a\,r+\frac{b}{r}.u(r,θ)=f(r)eθ,f(r)=ar+rb.
El producto cruzado con k=ez\mathbf{k}=\mathbf{e}_zk=ez da:
k×eθ=−er.\mathbf{k}\times\mathbf{e}_\theta = -\mathbf{e}_r.k×eθ=−er.
Por tanto:
v(r,θ)=− f(r) er=−(a r+br) er.\boxed{\mathbf{v}(r,\theta) = -\,f(r)\,\mathbf{e}_r = -\big(a\,r+\frac{b}{r}\big)\,\mathbf{e}_r.}v(r,θ)=−f(r)er=−(ar+rb)er.
Componentes en la base cilíndrica
vr=−(a r+br),vθ=0,vz=0.v_r = -\big(a\,r+\frac{b}{r}\big),\quad v_\theta = 0,\quad v_z = 0.vr=−(ar+rb),vθ=0,vz=0.

¿Quieres que ahora hagamos el siguiente paso:

Calcular la función de corriente ψ(r)\psi(r)ψ(r) tal que ∇ψ=v\nabla\psi = \mathbf{v}∇ψ=v,
Dibujar las líneas ψ=cte\psi=\text{cte}ψ=cte (líneas de corriente del campo u\mathbf{u}u) en MATLAB?

¿Avanzamos?
Proporcione sus comentarios sobre BizChatYou said: Observar que 𝑣⃗ es irrotacional (por ser 𝑢⃗ de divergencia nula) y tiene un potencial escalar
𝜓 (es decir ∇𝜓 = 𝑣⃗) que se conoce como función de corriente de 𝑢⃗ Copilot said: Copilot¡Exacto! Como hemos visto, el campo
v=k×u=−f(r) er\mathbf{v} = \mathbf{k} \times \mathbf{u} = -f(r)\,\mathbf{e}_rv=k×u=−f(r)er
es radial y apunta hacia el centro. Ahora comprobamos las dos propiedades que mencionas:

✅ 1. Irrotacionalidad de v\mathbf{v}v
En coordenadas cilíndricas, para un campo puramente radial vr(r)v_r(r)vr(r) con vθ=vz=0v_\theta = v_z = 0vθ=vz=0, el rotacional es:
∇×v={componente z:1r∂∂r(rvθ)−∂vr∂θ=0,otras componentes: tambieˊn 0.\nabla \times \mathbf{v} =
\begin{cases}
\text{componente } z: \dfrac{1}{r}\dfrac{\partial}{\partial r}(r v_\theta) - \dfrac{\partial v_r}{\partial \theta} = 0,\\
\text{otras componentes: también 0.}
\end{cases}∇×v=⎩⎨⎧componente z:r1∂r∂(rvθ)−∂θ∂vr=0,otras componentes: tambieˊn 0.
Como vθ=0v_\theta = 0vθ=0 y vrv_rvr no depende de θ\thetaθ,
∇×v=0.\nabla \times \mathbf{v} = \mathbf{0}.∇×v=0.
✅ v\mathbf{v}v es irrotacional.

✅ 2. Existe un potencial escalar ψ\psiψ tal que ∇ψ=v\nabla \psi = \mathbf{v}∇ψ=v
En coordenadas cilíndricas:
∇ψ=∂ψ∂r er+1r∂ψ∂θ eθ+∂ψ∂z ez.\nabla \psi = \frac{\partial \psi}{\partial r}\,\mathbf{e}_r + \frac{1}{r}\frac{\partial \psi}{\partial \theta}\,\mathbf{e}_\theta + \frac{\partial \psi}{\partial z}\,\mathbf{e}_z.∇ψ=∂r∂ψer+r1∂θ∂ψeθ+∂z∂ψez.
Como v=vr er\mathbf{v} = v_r\,\mathbf{e}_rv=vrer con vr=−f(r)v_r = -f(r)vr=−f(r), tenemos:
∂ψ∂r=−f(r),∂ψ∂θ=0,∂ψ∂z=0.\frac{\partial \psi}{\partial r} = -f(r),\quad \frac{\partial \psi}{\partial \theta}=0,\quad \frac{\partial \psi}{\partial z}=0.∂r∂ψ=−f(r),∂θ∂ψ=0,∂z∂ψ=0.
Por tanto:
ψ(r)=−∫f(r) dr=−∫(ar+br) dr=−(a2r2+bln⁡r)+C.\psi(r) = -\int f(r)\,dr = -\int \big(a r + \frac{b}{r}\big)\,dr = -\Big(\frac{a}{2}r^2 + b\ln r\Big) + C.ψ(r)=−∫f(r)dr=−∫(ar+rb)dr=−(2ar2+blnr)+C.
ψ(r)=−a2r2−bln⁡r+C.\boxed{\psi(r) = -\frac{a}{2}r^2 - b\ln r + C.}ψ(r)=−2ar2−blnr+C.

✅ 3. Líneas ψ=cte\psi = \text{cte}ψ=cte
Como ψ\psiψ depende solo de rrr, las curvas ψ=cte\psi = \text{cte}ψ=cte son circunferencias concéntricas r=constanter = \text{constante}r=constante.
Estas son líneas de corriente de u\mathbf{u}u porque:
u⋅∇ψ=f(r) eθ⋅(−f(r) er)=0.\mathbf{u}\cdot\nabla\psi = f(r)\,\mathbf{e}_\theta \cdot (-f(r)\,\mathbf{e}_r) = 0.u⋅∇ψ=f(r)eθ⋅(−f(r)er)=0.

¿Quieres que ahora te dé un script MATLAB sencillo que:
✔ Dibuja las líneas de corriente (círculos) y el campo u\mathbf{u}u con flechas,
✔ Calcula ψ(r)\psi(r)ψ(r) y muestra sus niveles?
¿O prefieres primero solo las líneas ψ=cte\psi=\text{cte}ψ=cte sin flechas?
Proporcione sus comentarios sobre BizChatYou said: prefiero solo las lineasCopilot said: CopilotPerfecto, vamos a dibujar solo las líneas de corriente (las curvas ψ=cte\psi = \text{cte}ψ=cte).
Como hemos calculado:
ψ(r)=−a2r2−bln⁡r+C,con f(r)=ar+br.\psi(r) = -\frac{a}{2}r^2 - b\ln r + C,\quad \text{con } f(r)=a r + \frac{b}{r}.ψ(r)=−2ar2−blnr+C,con f(r)=ar+rb.
Pero como ψ\psiψ depende solo de rrr, las líneas ψ=cte\psi=\text{cte}ψ=cte son circunferencias concéntricas. Así que basta con elegir varios valores de rrr en el intervalo [1,2][1,2][1,2] y dibujar círculos.

Partimos de que el campo de velocidades del fluido en la sección transversal es:

<math>\vec{u}(r,\theta) = f(r)\,\vec{e_\theta}</math>

donde

<math>\vec{e_\theta} = (-\sin\theta,\ \cos\theta)</math>

es el vector unitario azimutal en el plano <math>x-y</math>.

---

====Definición de v: ortogonal a u====

Tomamos:

<math>\vec{v} = \vec{k} \times \vec{u}</math>,

con <math>\vec{k} = (0,0,1)</math> el versor del eje <math>z</math>.

Usando propiedades del producto cruzado en el plano:

<math>\vec{k}\times\vec{e_\theta} = -\,\vec{e_r}</math>,

donde <math>\vec{e_r} = (\cos\theta,\ \sin\theta)</math> es el unitario radial.

Por tanto:

<math>\vec{v}(r,\theta) = f(r)\,(\vec{k}\times\vec{e_\theta}) = -\,f(r)\,\vec{e_r}</math>

<math>\boxed{\;\vec{v}(r,\theta) = -\,f(r)\,\vec{e_r}\;}</math>

En componentes cartesianas:

<math>\vec{v}(x,y) = \big(-f(r)\cos\theta,\,-f(r)\sin\theta\big)</math>

con <math>r = \sqrt{x^2+y^2}</math> y <math>\theta = \arctan2(y,x)</math>.

Observa que <math>\vec{v}</math> es radial (apunta hacia <math>-\,\vec{e_r}</math>, es decir, hacia el centro) y es ortogonal a <math>\vec{u}</math> porque:

<math>\vec{e_r}\cdot\vec{e_\theta} = 0</math>

y por tanto:

<math>\vec{u}\cdot\vec{v} = f(r)\,\vec{e_\theta}\cdot\big(-f(r)\,\vec{e_r}\big) = -f(r)^2\,(\vec{e_\theta}\cdot\vec{e_r}) = 0</math>.

---

====Versión concreta con perfil f(r)=ar+b/r====

Si ya fijaste <math>a,b</math> (por ejemplo, para <math>\omega_i=+1</math>, <math>\omega_e=-1</math>: <math>a=-\tfrac{5}{3}</math>, <math>b=\tfrac{8}{3}</math>), entonces:

<math>f(r) = a\,r + \tfrac{b}{r}</math>

y

<math>\vec{v}(x,y) = \Big(-(a\,r+\tfrac{b}{r})\tfrac{x}{r},\; -(a\,r+\tfrac{b}{r})\tfrac{y}{r}\Big)
= \Big(-(a\,r+\tfrac{b}{r})\cos\theta,\; -(a\,r+\tfrac{b}{r})\sin\theta\Big)</math>.

---

====MATLAB para construir v = k x u====

Este fragmento calcula y dibuja solo el campo <math>\vec{v}</math> en el anillo
<math>1 \leq r \leq 2</math>, siguiendo la misma malla sencilla que usamos para
<math>\vec{u}</math>:

```matlab
%% Campo v = k x u, ortogonal a u = f(r) e_theta, en el anillo 1<=r<=2
clear; clc; close all;

%% Parámetros del perfil (ejemplo con omega_i=+1, omega_e=-1)
r_in = 1; r_out = 2;
a = -5/3; b = 8/3; % f(r) = a*r + b/r

%% Malla de puntos en el anillo (pocos para visual simple)
n_r = 5; % nº de radios intermedios
n_th = 40; % nº de ángulos
r_vals = linspace(r_in, r_out, n_r);
theta_vals = linspace(0, 2*pi, n_th);

[X, Y, Vx, Vy] = deal([]);
for r = r_vals
for th = theta_vals
% Posición
x = r*cos(th); y = r*sin(th);
% Magnitud azimutal
f = a*r + b/r;
% v = k x u = - f(r) e_r -> e_r = (cos th, sin th)
vx = -f * cos(th); vy = -f * sin(th);
% Acumular
X(end+1) = x; Y(end+1) = y;
Vx(end+1) = vx; Vy(end+1) = vy;
end
end

%% Dibujar v (flechas saliendo hacia el centro)
figure('Color','w');
quiver(X, Y, Vx, Vy, 0.4, 'Color', [0.1 0.6 0.2], 'LineWidth', 1.2); % verde
axis equal; grid on; hold on;
xlabel('x'); ylabel('y'); title('Campo v = k \times u (ortogonal a u)');

% Círculos del dominio
tt = linspace(0, 2*pi, 300);
plot(r_in*cos(tt), r_in*sin(tt), 'k', 'LineWidth', 1.5);
plot(r_out*cos(tt), r_out*sin(tt), 'k', 'LineWidth', 1.5);
xlim([-2.5 2.5]); ylim([-2.5 2.5]);

\section*{Función de corriente asociada}

Queremos calcular la función de corriente <math>\psi(r)</math> tal que:

<math>\nabla \psi = \vec{v}</math>

---

\subsection*{1. Gradiente en coordenadas cilíndricas}

En coordenadas cilíndricas <math>(r,\theta,z)</math>:

<math>\nabla \psi = \frac{\partial \psi}{\partial r}\,\vec{e_r}
+ \frac{1}{r}\frac{\partial \psi}{\partial \theta}\,\vec{e_\theta}
+ \frac{\partial \psi}{\partial z}\,\vec{e_z}</math>

---

\subsection*{2. Igualación con el campo

*'''Irrotacionalidad de v'''

En coordenadas cilíndricas, para un campo puramente radial
<math>v_r(r)</math> con
<math>v_\theta = v_z = 0</math>,
el rotacional es:

<math>\nabla \times \vec{v} =
\begin{cases}
\text{componente $z$: } \tfrac{1}{r}\tfrac{\partial}{\partial r}(r v_\theta) - \tfrac{\partial v_r}{\partial \theta} = 0, \\
\text{otras componentes: también } 0
\end{cases}</math>

Como <math>v_\theta = 0</math> y <math>v_r</math> no depende de <math>\theta</math>, se cumple:

<math>\nabla \times \vec{v} = \vec{0}</math>

Por tanto, <math>\vec{v}</math> es irrotacional.

*'''Potencial escalar'''

Existe un potencial escalar <math>\psi</math> tal que:

<math>\nabla \psi = \vec{v}</math>

En coordenadas cilíndricas:

<math>\nabla \psi = \frac{\partial \psi}{\partial r}\,\vec{e_r}
+ \frac{1}{r}\frac{\partial \psi}{\partial \theta}\,\vec{e_\theta}
+ \frac{\partial \psi}{\partial z}\,\vec{e_z}</math>

Como <math>\vec{v} = v_r\,\vec{e_r}</math> con <math>v_r = -f(r)</math>, tenemos:

<math>\frac{\partial \psi}{\partial r} = -f(r), \quad
\frac{\partial \psi}{\partial \theta} = 0, \quad
\frac{\partial \psi}{\partial z} = 0</math>

Por tanto:

<math>\psi(r) = -\int f(r)\,dr
= -\int \left(a r + \frac{b}{r}\right)\,dr
= -\left(\tfrac{a}{2}r^2 + b\ln r\right) + C</math>

Finalmente:

<math>\boxed{\psi(r) = -\tfrac{a}{2}r^2 - b\ln r + C}</math>

*'''líneas 𝜓 = cte'''

Como $\psi$ depende solo de $r$, las curvas
<math>\psi = \text{cte}</math>
son circunferencias concéntricas:
<math>r = \text{constante}</math>.

Estas son líneas de corriente de <math>\vec{u}</math> porque:
<math>\vec{u} \cdot \nabla \psi = f(r)\,\vec{e_\theta} \cdot \big(-f(r)\,\vec{e_r}\big) = 0</math>.

Además, se ha calculado:
<math>\psi(r) = -\tfrac{a}{2}r^2 - b \ln r + C</math>,
<math>f(r) = a r + \tfrac{b}{r}</math>.

Como $\psi$ depende únicamente de $r$, las líneas
<math>\psi = \text{cte}</math>
son circunferencias concéntricas. Basta con elegir varios valores de <math>r</math> en el intervalo <math>[1,2]</math> y dibujar los círculos correspondientes.

== Módulo de la velocidad del fluido ==

[[Archivo:Modulovel.png|400px|thumb|right|Módulo de la velocidad]]
{{matlab|codigo=
clear; clc;

% Parámetros
r1 = 1;
r2 = 2;
w1= +1;
w2 = -1;

% Coeficientes del perfil
a = (4*w2- w1)/3; % = -5/3
b = 4*(w1 - w2)/3; % = 8/3

% Vector radial y cálculo del módulo
r = linspace(r1, r2, 200);
u = abs(a*r + b./r); % |u(r)|

% Dibujar la gráfica
figure('Color','w');
plot(r, u, 'LineWidth', 2, 'Color', [0.2 0.4 0.8]);
grid on;
xlabel('\rho (radio)');
ylabel('|u(\rho)|');
}}

El módulo de la velocidad del fluido es:
<math>
|\mathbf{u}| = |u_\theta| = |f(r)| = \big| a\,r + \frac{b}{r} \big|.
</math>

Con
<math>
a = -\frac{5}{3}, \qquad b = \frac{8}{3},
</math>
tenemos:
<math>
f(r) = -\frac{5}{3}r + \frac{8}{3r}.
</math>

=== 1. Buscar el máximo en <math>r \in [1,2]</math> ===
Derivamos:
<math>
\frac{d}{dr} f(r) = -\frac{5}{3} - \frac{8}{3r^2}.
</math>

Esto es siempre negativo (porque ambos términos son negativos para <math>r > 0</math>), así que <math>f(r)</math> disminuye conforme aumenta <math>r</math>.

Por tanto:

En <math>r = 1</math>:
<math>
f(1) = -\frac{5}{3}(1)+\frac{8}{3(1)} = -\frac{5}{3}+\frac{8}{3} = 1.
</math>

En <math>r = 2</math>:
<math>
f(2) = -\frac{10}{3}+\frac{8}{6} = -\frac{10}{3}+\frac{4}{3} = -2.
</math>

El módulo:
<math>
|f(1)| = 1,\quad |f(2)| = 2.
</math>

✅ El máximo está en la frontera exterior <math>r = 2</math>, con:
<math>
|\mathbf{u}| = 2.
</math>

Conclusión
El módulo de la velocidad es máximo

== Componente z del rotacional ==

Para un campo <math>(u_r, u_\theta, u_z)</math>, la componente <math>z</math> del rotacional es:
<math>
(\nabla \times \mathbf{u})_z = \frac{1}{r}\frac{\partial (r u_\theta)}{\partial r} - \frac{\partial u_r}{\partial \theta}.
</math>

Como:
<math>
u_r = 0,\; u_\theta = f(r),\; u_z = 0,\; \text{y } f(r) = a r + \frac{b}{r},
</math>
entonces:
<math>
(\nabla \times \mathbf{u})_z = \frac{1}{r}\frac{\partial (r f(r))}{\partial r}.
</math>

=== 2. Calculamos <math>r f(r)</math> ===
<math>
r f(r) = r\big(a r + \frac{b}{r}\big) = a r^2 + b.
</math>

Derivada:
<math>
\frac{\partial}{\partial r}(a r^2 + b) = 2 a r.
</math>

Por tanto:
<math>
(\nabla \times \mathbf{u})_z = \frac{1}{r}(2 a r) = 2 a.
</math>

=== 3. Resultado ===
<math>
\boxed{\nabla \times \mathbf{u} = (0,0,2a)}.
</math>

Es constante en todo el dominio y depende solo de <math>a</math>.

Con <math>a = -\frac{5}{3}</math>, tenemos:
<math>
\nabla \times \mathbf{u} = (0,0,-\frac{10}{3}) \approx (0,0,-3.33).
</math>

=== ¿Qué puntos tienen mayor rotacional? ===
Todos los puntos tienen el mismo rotacional, porque el flujo es puramente azimutal y la derivada radial genera un valor constante.

=== ¿Es razonable? ===
Sí, porque este flujo es un flujo de Couette cilíndrico con velocidad angular variable, pero su vorticidad

==Dibujar el campo de temperaturas y las curvas de nivel. ==
[[Archivo:curvatemperatura.png|600px|thumb|right|Campo de Temperaturas y curvas de nivel]]

{{matlab|codigo=
%Apartado 7: Campo de temperaturas

rho=linspace(1,2,200); %radio de 1 a 2
theta=linspace(0,2*pi,200); %theta de 0 a 2pi

[R,Theta]=meshgrid(rho,theta);

% función temperatura
T=log(1+R.^2).*cos(Theta).^2;
X=R.*cos(Theta); % Paso a cartesianas
Y=R.*sin(Theta);

%Dibujar campos de temperatura
hold on
surf(X, Y, T, 'EdgeColor', 'none');
colorbar;
xlabel('eje x');
ylabel('eje y');
zlabel('Temperatura');
title('Campo de Temperatura');
view(3);
axis([-3,3,-2.1,2.1]);

%Dibujar las curvas de nivel
contourf(X, Y, T, 20); % 20 niveles de contorno
title('Curvas de Nivel del Campo de Temperaturas');
xlabel('Eje X');
ylabel('Eje Y');
colorbar;

%Encontrar temperatura máxima
T_max=max(T(:));
[f,c] =find(T == max_T, 1);

% Coordenadas cartesianas Temp máx
x_max= X(f,c);
y_max= Y(f,c);

plot(x_max, y_max, 'ro', 'MarkerSize', 10, 'LineWidth', 2);
text(x_max,y_max,'Temperatura máxima');
}}

Flujo de Couette entre dos tubos concéntricos (Grupo 33)

2025-12-05T09:18:12Z

Az.martinez: /* Módulo de la velocidad del fluido */

{{ TrabajoED | Flujo de Couette entre dos tubos concéntricos. Grupo 33 | [[:Categoría:Teoría de Campos|Teoría de Campos]]|[[:Categoría:TC25/26|2025-26]] |
*Carlos Azcona Ruiz
*Alonso Gómez Oliveira
*Marcos Gómez Rosillo
*María de las Mercedes Oriola Zamora
*Alba Zilu Martínez Toda}}

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC25/26]]

El flujo de Couette es un fenómeno básico de la mecánica de fluidos que describe cómo se comporta un fluido situado entre dos superficies paralelas cuando una de ellas se desplaza respecto a la otra. Este flujo, sencillo y ampliamente aplicable, ha sido analizado en profundidad por su importancia en la modelización de sistemas mecánicos.

En este artículo vamos a considerar el flujo de un fluido incompresible a través de dos cilindros concéntricos, de manera que el exterior se mueve con velocidad angular constante 𝜔⃗𝑒 en sentido horario mientras que el interior se mueve con velocidad angular 𝜔⃗𝑖 en sentido contrario. Si suponemos que ambos cilindros tienen su eje en 𝑂𝑋3 y pintamos la sección transversal (𝑥3 = 0), el cilindro exterior queda proyectado sobre la circunferencia 𝜌 = 2 y el interior sobre la circunferencia 𝜌 = 1

==Mallado de la sección transversal==
En la siguiente figura se representa la sección transversal de los dos tubos concéntricos con los ejes fijados en la región (𝜌, 𝜃) ∈ [0, 3] × [0, 2𝜋].

[[Archivo:mallado_couette.jpg|500px|thumb|right|mallado]]

{{matlab|codigo=
% MALLADO DE LA SECCIÓN TRANSVERSAL
rho=1:0.1:2; % INTERVALO DE RHO [1,2]
theta=0:0.05:2*pi+0.02; % INTERVALO DE THETA [0,2*PI]
[RHO,THETA]=meshgrid(rho,theta); % MATRIZ DE PARAMETROS
rho1=1;
rho2=2;
[RHO1,THETA1]=meshgrid(rho1,theta);
[RHO2,THETA2]=meshgrid(rho2,theta);
hold on
grid on % MALLADO EJES
x=RHO.*cos(THETA); % PARAM DE X
y=RHO.*sin(THETA); % PARAM DE Y
mesh(x,y,0*x,'EdgeColor','b') % DIBUJO DE LA FIGURA
t=rho1.*cos(theta); % CREACION CILINDRO INTERIOR
s=rho1.*sin(theta);
plot(t,s,'k','LineWidth',2)
t=rho2.*cos(theta); % CREACION CILINDRO EXTERIOR
s=rho2.*sin(theta);
plot(t,s,'k','LineWidth',2)
axis([-3,3,-2.5,2.5]) % EJES DEL DIBUJO
title('MALLADO DE LA SECCION TRANSVERSAL') % TITULO DE LA GÁFICA
xlabel('ρ');
ylabel('θ');
hold off
}}

==Ecuación Navier-Stokes y obtención de la ecuación diferencial a resolver==
El principal objetivo de este apartado es la obtención de la ecuación diferencial a partir de la ecuación de Navier-Stokes. Una vez conocida esta expresión, será posible calcular las constantes a y b que permitan que la velocidad en la frontera del fluido coincida con la de los tubos interior y exterior.
===Velocidad de las partículas del fluido y análisis de la ecuación===
La velocidad de las partículas del fluido viene expresada según el campo vectorial <math>\vec{u}(ρ, θ) = f(ρ) \vec{e_θ} </math>, donde la presión (<math>p</math>) es constante. Adicionalmente, el campo de velocidades tiene que cumplir la ecuación de Navier-Stockes estacionaria que sigue la siguiente expresión:

<center><math>(\vec{u} · ∇)\vec{u} + ∇p = µ∆\vec{u} </math></center>

''Observación: El valor µ se relaciona con el coeficiente de viscosidad del fluido.''

Analizando la expresión, y teniendo en cuenta que la función tomada tiene de variable ρ, la cual es constante, el campo gradiente será nulo ( <math>∇p = 0</math> ). Si además es despreciable el término convectivo (primer término de la fórmula) finalmente obtenemos que la expresión queda:
<center><math>µ∆\vec{u} =\vec{0}</math></center>

''Observación: <math>∆\vec{u} </math> representa el laplaciano vectorial del campo de velocidades.''

La simplificación obtenida de la ecuación de Navier-Stokes representa un flujo viscoso estacionario en el cual no hay gradientes de presión ni fuerzas externas con efectos inerciales significativos. Su resolución depende únicamente de las condiciones de frontera en el recinto que se indique.

* '''Laplaciano del campo vectorial <math>\vec{u} </math>'''
Por definición tenemos que el laplaciano de un campo vectorial viene dado por la siguiente ecuación:

<center><math>∆\vec{u} = ∆(u_1\vec{i} + u_2\vec{j}+ u_3\vec{k}) = ∆u_1\vec{i} + ∆u_2\vec{j}+ ∆u_3\vec{k}</math></center>

Por la condición de que el campo de velocidades está proporcionado en coordenadas cilíndricas, es de mayor facilidad el cálculo con dichas coordenadas y por consecuente, la ecuación quedaría de la siguiente forma:

<center><math>\Delta\vec{u} = \nabla(\nabla \cdot \vec{u}) - \nabla \times (\nabla \times \vec{u})</math></center>

* '''Gradiente de la divergencia'''

Como podemos apreciar, debemos calcular el gradiente de la divergencia. De modo que primeramente realizaremos el cálculo de la divergencia.

Por otro lado, al tratarse de un fluido incomprensible, dicha divergencia debe ser nula. Por definición ésta se calcula en coordenadas cilíndricas mediante la siguiente expresión:

<center><math> ∇ · \vec{u} = \frac{1}{ρ}[\frac{ \partial}{\partial ρ}(0) + \frac{ \partial}{\partial θ}(f(ρ)) + \frac{ \partial}{\partial z}(0)] = 0 </math></center>

Tras realizar los cálculos, observamos que como hemos deducido, la divergencia es nula y por lo tanto, el gradiente de la propia divergencia saldrá 0, de igual forma:
<center><math> ∇(∇ · \vec{u})= ∇(0)= \vec{0} </math></center>

Una vez deducido que el gradiente de la divergencia es 0, por lo cálculos previamente realizados, el primer término se elimina y la expresión queda simplificada de la siguiente forma:

<center><math>\Delta\vec{u} = - \nabla \times (\nabla \times \vec{u})</math></center>

* '''Rotacional del campo de velocidades'''
Realizamos los cálculos aplicando la fórmula para el rotacional definido en coordenadas cilíndricas. Siendo la expresión del campo de velocidades:
<math>u(\rho,\theta)=f(\rho)\,e_{\theta}</math>
<center><math>(\nabla\times\vec{u}) = \frac{1}{ρ}\begin{vmatrix} \vec{e_ρ} & ρ\vec{e_θ} & \vec{e_z} \\ \frac{ \partial}{\partial ρ} & \frac{\partial }{\partial θ} & \frac{\partial }{\partial z}\\ 0 & ρf(ρ) & 0 \end{vmatrix} = \frac{1}{ρ}\frac{ \partial (ρf(ρ)) }{\partial ρ}\vec{e_z} = [\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}]\vec{e_z}</math></center>

* '''Rotacional del rotacional del campo de velocidades'''

Una vez realizado el rotacional del campo de velocidades, proseguimos con el cálculo del rotacional del rotacional. Para ello aplicaremos la fórmula en coordenadas cilíndricas sobre el vector hallado anteriormente:

<center> <math>\nabla\times(\nabla\times\vec{u})= \frac{1}{ρ}\begin{vmatrix} \vec{e_ρ} & ρ\vec{e_θ} & \vec{e_z} \\ \frac{ \partial}{\partial ρ} & \frac{\partial }{\partial θ} & \frac{\partial }{\partial z}\\ 0 & 0 & [\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}] \end{vmatrix} = -\frac{1}{ρ}\frac{ \partial }{\partial ρ}(\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}) ρ\vec{e_θ} = \frac{1}{ρ}[\frac{f(ρ)}{ρ}-\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}-ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ}</math></center>

* ''' Resultado del Laplaciano vectorial'''
Sustituimos en la ecuación obtenida del laplaciano vectorial.

<center><math>\Delta\vec{u} = - \nabla \times (\nabla \times \vec{u})</math></center>

<center><math>\Delta\vec{u} = - \frac{1}{ρ}[\frac{f(ρ)}{ρ}-\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}-ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ}</math></center>

<center><math>\Delta\vec{u} = \frac{1}{ρ}[-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ}</math></center>

* '''Resultado de la ecuación de Navier-Stokes'''
Una vez calculado el laplaciano, procedemos a sustituir el valor en la ecuación analizada previamente de Navier-Stokes obteniendo:

<center><math> µ∆\vec{u} = \vec{0}</math></center>
<center><math>∆\vec{u} = \vec{0}</math></center>
<center><math>\frac{1}{ρ}[-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ} = \vec{0} </math></center>
<center><math>[-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ} = \vec{0} </math></center>

===Obtención de las constantes de la ecuación diferencial===
====Obtención ecuación diferencial segundo orden====

Una vez conocida la solución de la ecuación de Navier-Stokes, procedemos a la obtención de la ecuación diferencial:

<center><math> [-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ} = [-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ} = \vec{0} </math></center>

<center><math>\frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}) = \frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})</math></center>

Reordenamos la ecuación para la obtención de una ecuación diferencial de segundo orden:
<center><math>\frac{f(ρ)}{ρ}-\frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}) = 0 </math></center>
<center><math>\frac{f(ρ)}{ρ} = \frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}) </math></center>

====Comprobación ecuación diferencial====
A continuación, vamos a comprobar si la ecuación diferencial que hemos obtenido satisface la solución conocida, que viene dada por:

<center><math>f(ρ) = aρ +\frac{b}{ρ},\hspace{20pt}a,b \in \mathbb{R} </math></center>

Para realizar la comprobación, es necesario derivar la expresión de forma que dichas derivadas aparezcan en la ecuación diferencial obtenida.

<center><math>\frac{\partial f(ρ)}{\partial ρ} = a -\frac{b}{ρ^2},\hspace{20pt}a,b \in \mathbb{R} </math></center>
<center><math>\frac{\partial }{\partial ρ}(ρ\frac{\partial f(ρ)}{\partial ρ}) = \frac{\partial }{\partial ρ}(ρ(a -\frac{b}{ρ^2})) = \frac{\partial }{\partial ρ}(aρ -\frac{b}{ρ})) = a +\frac{b}{ρ^2},\hspace{20pt}a,b \in \mathbb{R}</math></center>

Una vez halladas las derivadas, sustituimos en la ecuación y comprobamos que:

<center><math> \frac{1}{ρ}(aρ +\frac{b}{ρ}) = a +\frac{b}{ρ^2} \Longrightarrow \frac{f(ρ)}{ρ} = \frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}),\hspace{20pt}a,b \in \mathbb{R} </math></center>

Queda por tanto comprobado que se cumple la ecuación diferencial.

====Búsqueda de las constantes "a" y "b"====

Finalmente, hemos solucionado la EDO y debemos conocer las soluciones específicas de ésta, a través de las constante a y b de tal forma que la velocidad en la frontera coincida con las de los tubo interior y exterior sen la misma.

Sabemos que la velocidad del fluido es:
<math>
\mathbf{u}(\rho,\theta) = f(\rho)\,\mathbf{e}_\theta,
\qquad
f(\rho) = a\rho + \frac{b}{\rho}.
</math>

-En el cilindro interior ( <math>\rho = 1</math> ), la velocidad tangencial será:
<math>
u_\theta(1) = f(1) = a(1) + \frac{b}{1} = a + b,
</math>
debe coincidir con la velocidad tangencial del cilindro interior:
<math>
u_\theta(1) = \omega_i \cdot 1 = \omega_i.
</math>

-En el cilindro exterior ( <math>\rho = 2</math> ),la velocidad tangencial:
<math>
u_\theta(2) = f(2) = a(2) + \frac{b}{2} = 2a + \frac{b}{2},
</math>
debe coincidir con la velocidad tangencial del cilindro exterior:
<math>
u_\theta(2) = \omega_e \cdot 2 = 2\omega_e.
</math>

* '''Sistema de ecuaciones'''

De las condiciones de contorno:
<math>
\begin{cases}
a + b = \omega_i, \\
2a + \dfrac{b}{2} = 2\omega_e.
\end{cases}
</math>

Multiplicamos la segunda ecuación por 2 para eliminar la fracción:
<math>
4a + b = 4\omega_e.
</math>

Restamos la primera ecuación:
<math>
(4a + b) - (a + b) = 4\omega_e - \omega_i
\;\;\Longrightarrow\;\;
3a = 4\omega_e - \omega_i.
</math>

Por tanto:
<math>
a = \dfrac{4\omega_e - \omega_i}{3}.
</math>

Luego:
<math>
b = \omega_i - a
= \omega_i - \dfrac{4\omega_e - \omega_i}{3}
= \dfrac{3\omega_i - (4\omega_e - \omega_i)}{3}
= \dfrac{4\omega_i - 4\omega_e}{3}
= \dfrac{4(\omega_i - \omega_e)}{3}.
</math>

'''Resultado:'''
<math>
\boxed{
a = \dfrac{4\omega_e - \omega_i}{3},
\qquad
b = \dfrac{4(\omega_i - \omega_e)}{3}.
}
</math>

===Comprobación de incompresibilidad ===
Se ha comprobado con anterioridad, a la hora de la obtención de la ecuación diferencial, que la divergencia del campo de velocidades es igual a 0. Se detalla a continuación el cálculo de la incompresibilidad:
observación: se tomarán coordenadas cilíndricas:
<math>
\nabla \cdot \mathbf{u}
= \frac{1}{\rho}\frac{\partial(\rho u_\rho)}{\partial \rho}
+ \frac{1}{\rho}\frac{\partial u_\theta}{\partial \theta}
+ \frac{\partial u_z}{\partial z}.
</math>

Como
<math>
u_\rho = 0,\quad u_z = 0,\quad
u_\theta = f(\rho)\ \text{(independiente de }\theta,z\text{)},
</math>
entonces:
<math>
\nabla \cdot \mathbf{u}
= \frac{1}{\rho}\frac{\partial(0)}{\partial \rho}
+ \frac{1}{\rho}(0) + 0
= 0.
</math>

== Campo de velocidades ==
Con el objetivo de calcular el campo de velocidades establecemos que la velocidad angular del cilindro exterior e interior es 1 (ω = 1) y μ = 1 (coeficiente de viscosidad del fluido), y en consecuencia las constantes serán de la siguiente forma:
''Observación: se considera que por el sentido, ωi = 1 y ωe = -1.''
<math>

\boxed{
a = \dfrac{4\omega_e - \omega_i}{3},
\qquad
b = \dfrac{4(\omega_i - \omega_e)}{3}.
}
</math>

<center><math>a = -\frac{5}{3} </math> y <math> b = \frac{8}{3}</math></center>
Conocida la siguiente expresión de la velocidad de las partículas en función de f(ρ):
 
<math>\vec{u}(ρ, θ) = f(ρ) \vec{e_θ} </math>.
 
Hemos calculado las constantes a y b, desarrollamos la ecuación. Quedando el campo de velocidades la las partículas como:
 
<math>\vec{u}(\rho, \theta) = \left(-\frac{5}{3} \rho + \frac{8}{3 \rho}\right) \hat{e}_\theta </math>

[[Archivo:campovelocidadesdefdefdef.png|700px|thumb|right|Campo de velocidades]]
{{matlab|codigo=
%Apartado 3: Campo de velocidades

rho=linspace(1,2,30); %radio de 1 a 2
theta=linspace(0,2*pi,50); %theta de 0 a 2pi
a=-5/3;
b=8/3;

w1=1; %velocidad angular interior
w2=-1; %velocidad angular exterior

%Mallado coordenadas polares
[R,T]=meshgrid(rho,theta); % meshgrid para coordenadas polares
X=R.*cos(T); % Paso a cartesianas
Y=R.*sin(T);

%Campo de velocidades
Vtheta= a.*R+b./R; %Velocidad de theta
Vx= w2.*Vtheta .*sin(T);
Vy= w1.*Vtheta.*cos(T);

%Dibujo campo de velocidades
hold on
grid on
quiver(X,Y,Vx,Vy,0.5,'Color',[0 0 1],'LineWidth',1.2);
title('CAMPO DE VELOCIDADES')
axis([-3.5,3.5,-2.1,2.1])

hold off
}}

==Líneas de corriente==
[[Archivo:lineas_de_corriente_33.png|500px|thumb|right|Líneas de corriente]]

{{matlab|codigo=
%% Parámetros del problema
r_in = 1;
r_out = 2;
omega_i = +1;
omega_e = -1;

% Coeficientes del perfil
a = (4*omega_e - omega_i)/3; % = -5/3
b = 4*(omega_i - omega_e)/3; % = 8/3

%% Función de corriente psi(r) = -(a/2)*r^2 - b*ln(r)
psi = @(r) -(a/2)*r.^2 - b*log(r);

%% Elegimos varios niveles de psi (líneas de corriente)
n_lines = 25; % número de círculos
r_vals = linspace(r_in, r_out, n_lines);

%% Dibujar
figure('Color','w'); hold on; axis([-3 3 -2.5 2.5]); grid on;
title('Líneas de corriente (\psi = cte)');
xlabel('x'); ylabel('y');

% Dibujar círculos para cada r
theta = linspace(0, 2*pi, 400);
for r = r_vals
x = r*cos(theta);
y = r*sin(theta);
plot(x, y, 'Color', [0.2 0.6 0.8], 'LineWidth', 1.2);
end
}}
El punto de partida es que el campo de velocidades del fluido en la sección transversal es <math>\vec{u}(r,\theta)=f(r)\,\vec{e_\theta}</math>, donde, por definción en base cilíndricas conocemos que: <math>\vec{e_\theta}=(-\sin\theta,\ \cos\theta)</math>.
*'''Obtención del campo de velocidades v'''
Sabemos que el campo de velocidades <math>\vec{v}</math> ha de ser ortogonal a <math>\vec{u}</math>. 
 
1-Tomamos el siguiente producto vectorial, para obtener el vector perpendicular <math>\vec{v}=\vec{k}\times\vec{u}</math>, siendo <math>\vec{k}=(0,0,1)</math> el vector unitario correspondiente al eje Z en base cartesiana.

2-Usando propiedades del producto vectorial: <math>\vec{k}\times\vec{e_\theta}=-\vec{e_r}</math>, donde <math>\vec{e_r}=(\cos\theta,\ \sin\theta)</math>.

Por tanto, en base cilíndrica, el campo de velocidades seguiría la siguiente expresión:

<center><math>\vec{v}(r,\theta)
= f(r)\,(\vec{k}\times\vec{e_\theta})
= -\,f(r)\,\vec{e_r}</math></center>

Cambiando a coordenadas cartesianas:

<center><math>\vec{v}(x,y)=\big(-f(r)\cos\theta,\ -f(r)\sin\theta\big)</math></center>

con <math>r=\sqrt{x^2+y^2}</math>, y <math>\theta=\operatorname{arctan2}(y,x)</math>.

3-Se observa que <math>\vec{v}</math> sigue la dirección radial, pues apunta hacia <math>-\vec{e_r}</math>y es ortogonal a <math>\vec{u}</math> porque <math>\vec{e_r}\cdot\vec{e_\theta}=0</math>:

<center><math>
\vec{u}\cdot\vec{v}
= f(r)\,\vec{e_\theta}\cdot\big(-f(r)\,\vec{e_r}\big)
= -f(r)^2(\vec{e_\theta}\cdot\vec{e_r})
= 0.
</math></center>

4-En nuestro caso, la función seguiría la siguiente expresión <math>f(r)=a\,r+\frac{b}{r}</math>.
 

5- Se fijaron previamente las constantes
<math>a,b</math> para
<math>\omega_i = +1</math>, <math>\omega_e = -1</math>:
<math>a = -\tfrac{5}{3}</math>,
<math>b = \tfrac{8}{3}</math>, entonces:

<math>
f(r)=a\,r+\frac{b}{r}
</math>

y el campo queda´ria expresado en coordenadas cartesianas de la siguiente forma:

<math>
\vec{v}(x,y)
= \Big(-(a\,r+\frac{b}{r})\,\frac{x}{r},\; -(a\,r+\frac{b}{r})\,\frac{y}{r}\Big)
= \Big(-(a\,r+\frac{b}{r})\cos\theta,\; -(a\,r+\frac{b}{r})\sin\theta\Big)
</math>

1) Definición de {{math|\mathbf v}}: ortogonal a {{math|\mathbf u}} ==

Tomamos
{{math|\mathbf v = \mathbf k \times \mathbf u}},
con
{{math|\mathbf k=(0,0,1)}}
el versor del eje $z$.

Usando propiedades de productos cruzados en el plano:

{{math|\mathbf k \times {\mathbf e}_\theta = -\,{\mathbf e}_r}},

donde
{{math|{\mathbf e}_r=(\cos\theta,\ \sin\theta)}}
es el unitario radial.

Por tanto,

{{math|\mathbf v(r,\theta) = f(r)\,(\mathbf k \times \mathbf e_\theta)
= -\,f(r)\,{\mathbf e}_r}}

y en componentes cartesianas:

{{math|\mathbf v(x,y)=\big(-f(r)\cos\theta,\,-f(r)\sin\theta\big)}}

con
{{math|r=\sqrt{x^2+y^2}}}
y
{{math|\theta=\operatorname{arctan2}(y,x)}}.

Observa que $\mathbf v$ es radial (apunta hacia $-{\mathbf e}_r$, es decir, hacia el centro)
y es ortogonal a $\mathbf u$ porque
{{math|{\mathbf e}_r\cdot{\mathbf e}_\theta = 0}}:

{{math|\mathbf u\cdot\mathbf v
= f(r)\,{\mathbf e}_\theta \cdot\big(-f(r)\,{\mathbf e}_r\big)
= -f(r)^2 ({\mathbf e}_\theta\cdot{\mathbf e}_r)
= 0}}.

Partimos de que el campo de velocidades del fluido en la sección transversal es
u(r,θ)=f(r) eθ,\mathbf{u}(r,\theta) = f(r)\,\mathbf{e}_\theta,u(r,θ)=f(r)eθ,
donde eθ=(−sin⁡θ, cos⁡θ)\mathbf{e}_\theta = (-\sin\theta,\ \cos\theta)eθ=(−sinθ, cosθ) es el vector unitario azimutal en el plano x ⁣− ⁣yx\!-\!yx−y.
1) Definición de v\mathbf{v}v: ortogonal a u\mathbf{u}u
Tomamos
v = k×u,\mathbf{v} \;=\; \mathbf{k} \times \mathbf{u},v=k×u,
con k=(0,0,1)\mathbf{k}=(0,0,1)k=(0,0,1) el versor del eje zzz. Usando propiedades de productos cruzados en el plano:

k×eθ=− er\mathbf{k}\times\mathbf{e}_\theta = -\,\mathbf{e}_rk×eθ=−er, donde er=(cos⁡θ, sin⁡θ)\mathbf{e}_r=(\cos\theta,\ \sin\theta)er=(cosθ, sinθ) es el unitario radial.
Por tanto,
v(r,θ) = f(r) (k×eθ) = − f(r) er \boxed{\;\mathbf{v}(r,\theta) \;=\; f(r)\,\big(\mathbf{k}\times \mathbf{e}_\theta\big) \;=\; -\,f(r)\,\mathbf{e}_r\;}v(r,θ)=f(r)(k×eθ)=−f(r)er
y en componentes cartesianas:
v(x,y)=(−f(r)cos⁡θ, −f(r)sin⁡θ) \boxed{\; \mathbf{v}(x,y) = \big(-f(r)\cos\theta,\,-f(r)\sin\theta\big) \;}v(x,y)=(−f(r)cosθ,−f(r)sinθ)
con r=x2+y2r=\sqrt{x^2+y^2}r=x2+y2 y θ=arctan⁡2(y,x)\theta=\arctan2(y,x)θ=arctan2(y,x).

Observa que v\mathbf{v}v es radial (apunta hacia −er-\mathbf{e}_r−er, es decir, hacia el centro) y es ortogonal a u\mathbf{u}u porque er⋅eθ=0\mathbf{e}_r\cdot\mathbf{e}_\theta=0er⋅eθ=0:
u⋅v=f(r) eθ⋅(−f(r) er)=−f(r)2 (eθ⋅er)=0.\mathbf{u}\cdot\mathbf{v} = f(r)\,\mathbf{e}_\theta \cdot \big(-f(r)\,\mathbf{e}_r\big)= -f(r)^2\,(\mathbf{e}_\theta\cdot\mathbf{e}_r)=0.u⋅v=f(r)eθ⋅(−f(r)er)=−f(r)2(eθ⋅er)=0.

2) Versión concreta con tu perfil f(r)=a r+brf(r)=a\,r+\frac{b}{r}f(r)=ar+rb
Si ya fijaste a,ba,ba,b (por ejemplo, para ωi=+1\omega_i=+1ωi=+1, ωe=−1\omega_e=-1ωe=−1: a=−53a=-\tfrac{5}{3}a=−35, b=83b=\tfrac{8}{3}b=38), entonces:
f(r)=a r+br,v(x,y)=(−(a r+br)xr, −(a r+br)yr)=(−(a r+br)cos⁡θ, −(a r+br)sin⁡θ).f(r) = a\,r + \frac{b}{r},\qquad
\mathbf{v}(x,y) = \Big(-(a\,r+\frac{b}{r})\frac{x}{r},\; -(a\,r+\frac{b}{r})\frac{y}{r}\Big)
= \Big(-(a\,r+\frac{b}{r})\cos\theta,\; -(a\,r+\frac{b}{r})\sin\theta\Big).f(r)=ar+rb,v(x,y)=(−(ar+rb)rx,−(ar+rb)ry)=(−(ar+rb)cosθ,−(ar+rb)sinθ).

3) MATLAB (simple) para construir v=k×u\mathbf{v}=\mathbf{k}\times\mathbf{u}v=k×u
Este fragmento calcula y dibuja solo el campo v\mathbf{v}v en el anillo 1≤r≤21\le r\le 21≤r≤2, siguiendo la misma malla sencilla que usamos para u\mathbf{u}u:
MATLAB%% Campo v = k x u, ortogonal a u = f(r) e_theta, en el anillo 1<=r<=2clear; clc; close all;%% Parametros del perfil (ejemplo con omega_i=+1, omega_e=-1)r_in = 1; r_out = 2;a = -5/3; b = 8/3; % f(r) = a*r + b/r%% Malla de puntos en el anillo (pocos para visual simple)n_r = 5; % nº de radios intermediosn_th = 40; % nº de ángulosr_vals = linspace(r_in, r_out, n_r);theta_vals= linspace(0, 2*pi, n_th);[X, Y, Vx, Vy] = deal([]);for r = r_vals for th = theta_vals % Posicion x = r*cos(th); y = r*sin(th); % Magnitud azimutal f = a*r + b/r; % v = k x u = - f(r) e_r -> e_r = (cos th, sin th) vx = -f * cos(th); vy = -f * sin(th); % Acumular X(end+1) = x; Y(end+1) = y; Vx(end+1) = vx; Vy(end+1) = vy; endend%% Dibujar v (flechas saliendo hacia el centro)figure('Color','w'); quiver(X, Y, Vx, Vy, 0.4, 'Color', [0.1 0.6 0.2], 'LineWidth', 1.2); % verdeaxis equal; grid on; hold on;xlabel('x'); ylabel('y'); title('Campo v = k \times u (ortogonal a u)');% Círculos del dominiott = linspace(0, 2*pi, 300);plot(r_in*cos(tt), r_in*sin(tt), 'k', 'LineWidth', 1.5);plot(r_out*cos(tt), r_out*sin(tt), 'k', 'LineWidth', 1.5);xlim([-2.5 2.5]); ylim([-2.5 2.5]);Mostrar más líneas

¿Seguimos?
Si esto está claro, en el siguiente paso calculamos la función de corriente ψ\psiψ tal que ∇ψ=v\nabla\psi=\mathbf{v}∇ψ=v, mostramos sus líneas de nivel ψ=cte\psi=\text{cte}ψ=cte y verificamos que son líneas de corriente de u\mathbf{u}u. ¿Avanzamos?
Proporcione sus comentarios sobre BizChatYou said: dame v en coordenadas cilindricasCopilot said: Copilot¡Perfecto! En coordenadas cilíndricas (r,θ,z)(r,\theta,z)(r,θ,z), el campo v=k×u\mathbf{v} = \mathbf{k} \times \mathbf{u}v=k×u se expresa de forma muy sencilla:
Sabemos que:
u(r,θ)=f(r) eθ,f(r)=a r+br.\mathbf{u}(r,\theta) = f(r)\,\mathbf{e}_\theta,\quad f(r)=a\,r+\frac{b}{r}.u(r,θ)=f(r)eθ,f(r)=ar+rb.
El producto cruzado con k=ez\mathbf{k}=\mathbf{e}_zk=ez da:
k×eθ=−er.\mathbf{k}\times\mathbf{e}_\theta = -\mathbf{e}_r.k×eθ=−er.
Por tanto:
v(r,θ)=− f(r) er=−(a r+br) er.\boxed{\mathbf{v}(r,\theta) = -\,f(r)\,\mathbf{e}_r = -\big(a\,r+\frac{b}{r}\big)\,\mathbf{e}_r.}v(r,θ)=−f(r)er=−(ar+rb)er.
Componentes en la base cilíndrica
vr=−(a r+br),vθ=0,vz=0.v_r = -\big(a\,r+\frac{b}{r}\big),\quad v_\theta = 0,\quad v_z = 0.vr=−(ar+rb),vθ=0,vz=0.

¿Quieres que ahora hagamos el siguiente paso:

Calcular la función de corriente ψ(r)\psi(r)ψ(r) tal que ∇ψ=v\nabla\psi = \mathbf{v}∇ψ=v,
Dibujar las líneas ψ=cte\psi=\text{cte}ψ=cte (líneas de corriente del campo u\mathbf{u}u) en MATLAB?

¿Avanzamos?
Proporcione sus comentarios sobre BizChatYou said: Observar que 𝑣⃗ es irrotacional (por ser 𝑢⃗ de divergencia nula) y tiene un potencial escalar
𝜓 (es decir ∇𝜓 = 𝑣⃗) que se conoce como función de corriente de 𝑢⃗ Copilot said: Copilot¡Exacto! Como hemos visto, el campo
v=k×u=−f(r) er\mathbf{v} = \mathbf{k} \times \mathbf{u} = -f(r)\,\mathbf{e}_rv=k×u=−f(r)er
es radial y apunta hacia el centro. Ahora comprobamos las dos propiedades que mencionas:

✅ 1. Irrotacionalidad de v\mathbf{v}v
En coordenadas cilíndricas, para un campo puramente radial vr(r)v_r(r)vr(r) con vθ=vz=0v_\theta = v_z = 0vθ=vz=0, el rotacional es:
∇×v={componente z:1r∂∂r(rvθ)−∂vr∂θ=0,otras componentes: tambieˊn 0.\nabla \times \mathbf{v} =
\begin{cases}
\text{componente } z: \dfrac{1}{r}\dfrac{\partial}{\partial r}(r v_\theta) - \dfrac{\partial v_r}{\partial \theta} = 0,\\
\text{otras componentes: también 0.}
\end{cases}∇×v=⎩⎨⎧componente z:r1∂r∂(rvθ)−∂θ∂vr=0,otras componentes: tambieˊn 0.
Como vθ=0v_\theta = 0vθ=0 y vrv_rvr no depende de θ\thetaθ,
∇×v=0.\nabla \times \mathbf{v} = \mathbf{0}.∇×v=0.
✅ v\mathbf{v}v es irrotacional.

✅ 2. Existe un potencial escalar ψ\psiψ tal que ∇ψ=v\nabla \psi = \mathbf{v}∇ψ=v
En coordenadas cilíndricas:
∇ψ=∂ψ∂r er+1r∂ψ∂θ eθ+∂ψ∂z ez.\nabla \psi = \frac{\partial \psi}{\partial r}\,\mathbf{e}_r + \frac{1}{r}\frac{\partial \psi}{\partial \theta}\,\mathbf{e}_\theta + \frac{\partial \psi}{\partial z}\,\mathbf{e}_z.∇ψ=∂r∂ψer+r1∂θ∂ψeθ+∂z∂ψez.
Como v=vr er\mathbf{v} = v_r\,\mathbf{e}_rv=vrer con vr=−f(r)v_r = -f(r)vr=−f(r), tenemos:
∂ψ∂r=−f(r),∂ψ∂θ=0,∂ψ∂z=0.\frac{\partial \psi}{\partial r} = -f(r),\quad \frac{\partial \psi}{\partial \theta}=0,\quad \frac{\partial \psi}{\partial z}=0.∂r∂ψ=−f(r),∂θ∂ψ=0,∂z∂ψ=0.
Por tanto:
ψ(r)=−∫f(r) dr=−∫(ar+br) dr=−(a2r2+bln⁡r)+C.\psi(r) = -\int f(r)\,dr = -\int \big(a r + \frac{b}{r}\big)\,dr = -\Big(\frac{a}{2}r^2 + b\ln r\Big) + C.ψ(r)=−∫f(r)dr=−∫(ar+rb)dr=−(2ar2+blnr)+C.
ψ(r)=−a2r2−bln⁡r+C.\boxed{\psi(r) = -\frac{a}{2}r^2 - b\ln r + C.}ψ(r)=−2ar2−blnr+C.

✅ 3. Líneas ψ=cte\psi = \text{cte}ψ=cte
Como ψ\psiψ depende solo de rrr, las curvas ψ=cte\psi = \text{cte}ψ=cte son circunferencias concéntricas r=constanter = \text{constante}r=constante.
Estas son líneas de corriente de u\mathbf{u}u porque:
u⋅∇ψ=f(r) eθ⋅(−f(r) er)=0.\mathbf{u}\cdot\nabla\psi = f(r)\,\mathbf{e}_\theta \cdot (-f(r)\,\mathbf{e}_r) = 0.u⋅∇ψ=f(r)eθ⋅(−f(r)er)=0.

¿Quieres que ahora te dé un script MATLAB sencillo que:
✔ Dibuja las líneas de corriente (círculos) y el campo u\mathbf{u}u con flechas,
✔ Calcula ψ(r)\psi(r)ψ(r) y muestra sus niveles?
¿O prefieres primero solo las líneas ψ=cte\psi=\text{cte}ψ=cte sin flechas?
Proporcione sus comentarios sobre BizChatYou said: prefiero solo las lineasCopilot said: CopilotPerfecto, vamos a dibujar solo las líneas de corriente (las curvas ψ=cte\psi = \text{cte}ψ=cte).
Como hemos calculado:
ψ(r)=−a2r2−bln⁡r+C,con f(r)=ar+br.\psi(r) = -\frac{a}{2}r^2 - b\ln r + C,\quad \text{con } f(r)=a r + \frac{b}{r}.ψ(r)=−2ar2−blnr+C,con f(r)=ar+rb.
Pero como ψ\psiψ depende solo de rrr, las líneas ψ=cte\psi=\text{cte}ψ=cte son circunferencias concéntricas. Así que basta con elegir varios valores de rrr en el intervalo [1,2][1,2][1,2] y dibujar círculos.

Partimos de que el campo de velocidades del fluido en la sección transversal es:

<math>\vec{u}(r,\theta) = f(r)\,\vec{e_\theta}</math>

donde

<math>\vec{e_\theta} = (-\sin\theta,\ \cos\theta)</math>

es el vector unitario azimutal en el plano <math>x-y</math>.

---

====Definición de v: ortogonal a u====

Tomamos:

<math>\vec{v} = \vec{k} \times \vec{u}</math>,

con <math>\vec{k} = (0,0,1)</math> el versor del eje <math>z</math>.

Usando propiedades del producto cruzado en el plano:

<math>\vec{k}\times\vec{e_\theta} = -\,\vec{e_r}</math>,

donde <math>\vec{e_r} = (\cos\theta,\ \sin\theta)</math> es el unitario radial.

Por tanto:

<math>\vec{v}(r,\theta) = f(r)\,(\vec{k}\times\vec{e_\theta}) = -\,f(r)\,\vec{e_r}</math>

<math>\boxed{\;\vec{v}(r,\theta) = -\,f(r)\,\vec{e_r}\;}</math>

En componentes cartesianas:

<math>\vec{v}(x,y) = \big(-f(r)\cos\theta,\,-f(r)\sin\theta\big)</math>

con <math>r = \sqrt{x^2+y^2}</math> y <math>\theta = \arctan2(y,x)</math>.

Observa que <math>\vec{v}</math> es radial (apunta hacia <math>-\,\vec{e_r}</math>, es decir, hacia el centro) y es ortogonal a <math>\vec{u}</math> porque:

<math>\vec{e_r}\cdot\vec{e_\theta} = 0</math>

y por tanto:

<math>\vec{u}\cdot\vec{v} = f(r)\,\vec{e_\theta}\cdot\big(-f(r)\,\vec{e_r}\big) = -f(r)^2\,(\vec{e_\theta}\cdot\vec{e_r}) = 0</math>.

---

====Versión concreta con perfil f(r)=ar+b/r====

Si ya fijaste <math>a,b</math> (por ejemplo, para <math>\omega_i=+1</math>, <math>\omega_e=-1</math>: <math>a=-\tfrac{5}{3}</math>, <math>b=\tfrac{8}{3}</math>), entonces:

<math>f(r) = a\,r + \tfrac{b}{r}</math>

y

<math>\vec{v}(x,y) = \Big(-(a\,r+\tfrac{b}{r})\tfrac{x}{r},\; -(a\,r+\tfrac{b}{r})\tfrac{y}{r}\Big)
= \Big(-(a\,r+\tfrac{b}{r})\cos\theta,\; -(a\,r+\tfrac{b}{r})\sin\theta\Big)</math>.

---

====MATLAB para construir v = k x u====

Este fragmento calcula y dibuja solo el campo <math>\vec{v}</math> en el anillo
<math>1 \leq r \leq 2</math>, siguiendo la misma malla sencilla que usamos para
<math>\vec{u}</math>:

```matlab
%% Campo v = k x u, ortogonal a u = f(r) e_theta, en el anillo 1<=r<=2
clear; clc; close all;

%% Parámetros del perfil (ejemplo con omega_i=+1, omega_e=-1)
r_in = 1; r_out = 2;
a = -5/3; b = 8/3; % f(r) = a*r + b/r

%% Malla de puntos en el anillo (pocos para visual simple)
n_r = 5; % nº de radios intermedios
n_th = 40; % nº de ángulos
r_vals = linspace(r_in, r_out, n_r);
theta_vals = linspace(0, 2*pi, n_th);

[X, Y, Vx, Vy] = deal([]);
for r = r_vals
for th = theta_vals
% Posición
x = r*cos(th); y = r*sin(th);
% Magnitud azimutal
f = a*r + b/r;
% v = k x u = - f(r) e_r -> e_r = (cos th, sin th)
vx = -f * cos(th); vy = -f * sin(th);
% Acumular
X(end+1) = x; Y(end+1) = y;
Vx(end+1) = vx; Vy(end+1) = vy;
end
end

%% Dibujar v (flechas saliendo hacia el centro)
figure('Color','w');
quiver(X, Y, Vx, Vy, 0.4, 'Color', [0.1 0.6 0.2], 'LineWidth', 1.2); % verde
axis equal; grid on; hold on;
xlabel('x'); ylabel('y'); title('Campo v = k \times u (ortogonal a u)');

% Círculos del dominio
tt = linspace(0, 2*pi, 300);
plot(r_in*cos(tt), r_in*sin(tt), 'k', 'LineWidth', 1.5);
plot(r_out*cos(tt), r_out*sin(tt), 'k', 'LineWidth', 1.5);
xlim([-2.5 2.5]); ylim([-2.5 2.5]);

\section*{Función de corriente asociada}

Queremos calcular la función de corriente <math>\psi(r)</math> tal que:

<math>\nabla \psi = \vec{v}</math>

---

\subsection*{1. Gradiente en coordenadas cilíndricas}

En coordenadas cilíndricas <math>(r,\theta,z)</math>:

<math>\nabla \psi = \frac{\partial \psi}{\partial r}\,\vec{e_r}
+ \frac{1}{r}\frac{\partial \psi}{\partial \theta}\,\vec{e_\theta}
+ \frac{\partial \psi}{\partial z}\,\vec{e_z}</math>

---

\subsection*{2. Igualación con el campo

*'''Irrotacionalidad de v'''

En coordenadas cilíndricas, para un campo puramente radial
<math>v_r(r)</math> con
<math>v_\theta = v_z = 0</math>,
el rotacional es:

<math>\nabla \times \vec{v} =
\begin{cases}
\text{componente $z$: } \tfrac{1}{r}\tfrac{\partial}{\partial r}(r v_\theta) - \tfrac{\partial v_r}{\partial \theta} = 0, \\
\text{otras componentes: también } 0
\end{cases}</math>

Como <math>v_\theta = 0</math> y <math>v_r</math> no depende de <math>\theta</math>, se cumple:

<math>\nabla \times \vec{v} = \vec{0}</math>

Por tanto, <math>\vec{v}</math> es irrotacional.

*'''Potencial escalar'''

Existe un potencial escalar <math>\psi</math> tal que:

<math>\nabla \psi = \vec{v}</math>

En coordenadas cilíndricas:

<math>\nabla \psi = \frac{\partial \psi}{\partial r}\,\vec{e_r}
+ \frac{1}{r}\frac{\partial \psi}{\partial \theta}\,\vec{e_\theta}
+ \frac{\partial \psi}{\partial z}\,\vec{e_z}</math>

Como <math>\vec{v} = v_r\,\vec{e_r}</math> con <math>v_r = -f(r)</math>, tenemos:

<math>\frac{\partial \psi}{\partial r} = -f(r), \quad
\frac{\partial \psi}{\partial \theta} = 0, \quad
\frac{\partial \psi}{\partial z} = 0</math>

Por tanto:

<math>\psi(r) = -\int f(r)\,dr
= -\int \left(a r + \frac{b}{r}\right)\,dr
= -\left(\tfrac{a}{2}r^2 + b\ln r\right) + C</math>

Finalmente:

<math>\boxed{\psi(r) = -\tfrac{a}{2}r^2 - b\ln r + C}</math>

*'''líneas 𝜓 = cte'''

Como $\psi$ depende solo de $r$, las curvas
<math>\psi = \text{cte}</math>
son circunferencias concéntricas:
<math>r = \text{constante}</math>.

Estas son líneas de corriente de <math>\vec{u}</math> porque:
<math>\vec{u} \cdot \nabla \psi = f(r)\,\vec{e_\theta} \cdot \big(-f(r)\,\vec{e_r}\big) = 0</math>.

Además, se ha calculado:
<math>\psi(r) = -\tfrac{a}{2}r^2 - b \ln r + C</math>,
<math>f(r) = a r + \tfrac{b}{r}</math>.

Como $\psi$ depende únicamente de $r$, las líneas
<math>\psi = \text{cte}</math>
son circunferencias concéntricas. Basta con elegir varios valores de <math>r</math> en el intervalo <math>[1,2]</math> y dibujar los círculos correspondientes.

== Módulo de la velocidad del fluido ==

[[Archivo:Modulovel.png|500px|thumb|right|Campo de velocidades]]
{{matlab|codigo=
clear; clc;

% Parámetros
r1 = 1;
r2 = 2;
w1= +1;
w2 = -1;

% Coeficientes del perfil
a = (4*w2- w1)/3; % = -5/3
b = 4*(w1 - w2)/3; % = 8/3

% Vector radial y cálculo del módulo
r = linspace(r1, r2, 200);
u = abs(a*r + b./r); % |u(r)|

% Dibujar la gráfica
figure('Color','w');
plot(r, u, 'LineWidth', 2, 'Color', [0.2 0.4 0.8]);
grid on;
xlabel('\rho (radio)');
ylabel('|u(\rho)|');
}}

El módulo de la velocidad del fluido es:
<math>
|\mathbf{u}| = |u_\theta| = |f(r)| = \big| a\,r + \frac{b}{r} \big|.
</math>

Con
<math>
a = -\frac{5}{3}, \qquad b = \frac{8}{3},
</math>
tenemos:
<math>
f(r) = -\frac{5}{3}r + \frac{8}{3r}.
</math>

=== 1. Buscar el máximo en <math>r \in [1,2]</math> ===
Derivamos:
<math>
\frac{d}{dr} f(r) = -\frac{5}{3} - \frac{8}{3r^2}.
</math>

Esto es siempre negativo (porque ambos términos son negativos para <math>r > 0</math>), así que <math>f(r)</math> disminuye conforme aumenta <math>r</math>.

Por tanto:

En <math>r = 1</math>:
<math>
f(1) = -\frac{5}{3}(1)+\frac{8}{3(1)} = -\frac{5}{3}+\frac{8}{3} = 1.
</math>

En <math>r = 2</math>:
<math>
f(2) = -\frac{10}{3}+\frac{8}{6} = -\frac{10}{3}+\frac{4}{3} = -2.
</math>

El módulo:
<math>
|f(1)| = 1,\quad |f(2)| = 2.
</math>

✅ El máximo está en la frontera exterior <math>r = 2</math>, con:
<math>
|\mathbf{u}| = 2.
</math>

Conclusión
El módulo de la velocidad es máximo

== Componente z del rotacional ==

Para un campo <math>(u_r, u_\theta, u_z)</math>, la componente <math>z</math> del rotacional es:
<math>
(\nabla \times \mathbf{u})_z = \frac{1}{r}\frac{\partial (r u_\theta)}{\partial r} - \frac{\partial u_r}{\partial \theta}.
</math>

Como:
<math>
u_r = 0,\; u_\theta = f(r),\; u_z = 0,\; \text{y } f(r) = a r + \frac{b}{r},
</math>
entonces:
<math>
(\nabla \times \mathbf{u})_z = \frac{1}{r}\frac{\partial (r f(r))}{\partial r}.
</math>

=== 2. Calculamos <math>r f(r)</math> ===
<math>
r f(r) = r\big(a r + \frac{b}{r}\big) = a r^2 + b.
</math>

Derivada:
<math>
\frac{\partial}{\partial r}(a r^2 + b) = 2 a r.
</math>

Por tanto:
<math>
(\nabla \times \mathbf{u})_z = \frac{1}{r}(2 a r) = 2 a.
</math>

=== 3. Resultado ===
<math>
\boxed{\nabla \times \mathbf{u} = (0,0,2a)}.
</math>

Es constante en todo el dominio y depende solo de <math>a</math>.

Con <math>a = -\frac{5}{3}</math>, tenemos:
<math>
\nabla \times \mathbf{u} = (0,0,-\frac{10}{3}) \approx (0,0,-3.33).
</math>

=== ¿Qué puntos tienen mayor rotacional? ===
Todos los puntos tienen el mismo rotacional, porque el flujo es puramente azimutal y la derivada radial genera un valor constante.

=== ¿Es razonable? ===
Sí, porque este flujo es un flujo de Couette cilíndrico con velocidad angular variable, pero su vorticidad

==Dibujar el campo de temperaturas y las curvas de nivel. ==
[[Archivo:curvatemperatura.png|600px|thumb|right|Campo de Temperaturas y curvas de nivel]]

{{matlab|codigo=
%Apartado 7: Campo de temperaturas

rho=linspace(1,2,200); %radio de 1 a 2
theta=linspace(0,2*pi,200); %theta de 0 a 2pi

[R,Theta]=meshgrid(rho,theta);

% función temperatura
T=log(1+R.^2).*cos(Theta).^2;
X=R.*cos(Theta); % Paso a cartesianas
Y=R.*sin(Theta);

%Dibujar campos de temperatura
hold on
surf(X, Y, T, 'EdgeColor', 'none');
colorbar;
xlabel('eje x');
ylabel('eje y');
zlabel('Temperatura');
title('Campo de Temperatura');
view(3);
axis([-3,3,-2.1,2.1]);

%Dibujar las curvas de nivel
contourf(X, Y, T, 20); % 20 niveles de contorno
title('Curvas de Nivel del Campo de Temperaturas');
xlabel('Eje X');
ylabel('Eje Y');
colorbar;

%Encontrar temperatura máxima
T_max=max(T(:));
[f,c] =find(T == max_T, 1);

% Coordenadas cartesianas Temp máx
x_max= X(f,c);
y_max= Y(f,c);

plot(x_max, y_max, 'ro', 'MarkerSize', 10, 'LineWidth', 2);
text(x_max,y_max,'Temperatura máxima');
}}

Flujo de Couette entre dos tubos concéntricos (Grupo 33)

2025-12-05T09:18:05Z

Az.martinez: /* Módulo de la velocidad del fluido */

{{ TrabajoED | Flujo de Couette entre dos tubos concéntricos. Grupo 33 | [[:Categoría:Teoría de Campos|Teoría de Campos]]|[[:Categoría:TC25/26|2025-26]] |
*Carlos Azcona Ruiz
*Alonso Gómez Oliveira
*Marcos Gómez Rosillo
*María de las Mercedes Oriola Zamora
*Alba Zilu Martínez Toda}}

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC25/26]]

El flujo de Couette es un fenómeno básico de la mecánica de fluidos que describe cómo se comporta un fluido situado entre dos superficies paralelas cuando una de ellas se desplaza respecto a la otra. Este flujo, sencillo y ampliamente aplicable, ha sido analizado en profundidad por su importancia en la modelización de sistemas mecánicos.

En este artículo vamos a considerar el flujo de un fluido incompresible a través de dos cilindros concéntricos, de manera que el exterior se mueve con velocidad angular constante 𝜔⃗𝑒 en sentido horario mientras que el interior se mueve con velocidad angular 𝜔⃗𝑖 en sentido contrario. Si suponemos que ambos cilindros tienen su eje en 𝑂𝑋3 y pintamos la sección transversal (𝑥3 = 0), el cilindro exterior queda proyectado sobre la circunferencia 𝜌 = 2 y el interior sobre la circunferencia 𝜌 = 1

==Mallado de la sección transversal==
En la siguiente figura se representa la sección transversal de los dos tubos concéntricos con los ejes fijados en la región (𝜌, 𝜃) ∈ [0, 3] × [0, 2𝜋].

[[Archivo:mallado_couette.jpg|500px|thumb|right|mallado]]

{{matlab|codigo=
% MALLADO DE LA SECCIÓN TRANSVERSAL
rho=1:0.1:2; % INTERVALO DE RHO [1,2]
theta=0:0.05:2*pi+0.02; % INTERVALO DE THETA [0,2*PI]
[RHO,THETA]=meshgrid(rho,theta); % MATRIZ DE PARAMETROS
rho1=1;
rho2=2;
[RHO1,THETA1]=meshgrid(rho1,theta);
[RHO2,THETA2]=meshgrid(rho2,theta);
hold on
grid on % MALLADO EJES
x=RHO.*cos(THETA); % PARAM DE X
y=RHO.*sin(THETA); % PARAM DE Y
mesh(x,y,0*x,'EdgeColor','b') % DIBUJO DE LA FIGURA
t=rho1.*cos(theta); % CREACION CILINDRO INTERIOR
s=rho1.*sin(theta);
plot(t,s,'k','LineWidth',2)
t=rho2.*cos(theta); % CREACION CILINDRO EXTERIOR
s=rho2.*sin(theta);
plot(t,s,'k','LineWidth',2)
axis([-3,3,-2.5,2.5]) % EJES DEL DIBUJO
title('MALLADO DE LA SECCION TRANSVERSAL') % TITULO DE LA GÁFICA
xlabel('ρ');
ylabel('θ');
hold off
}}

==Ecuación Navier-Stokes y obtención de la ecuación diferencial a resolver==
El principal objetivo de este apartado es la obtención de la ecuación diferencial a partir de la ecuación de Navier-Stokes. Una vez conocida esta expresión, será posible calcular las constantes a y b que permitan que la velocidad en la frontera del fluido coincida con la de los tubos interior y exterior.
===Velocidad de las partículas del fluido y análisis de la ecuación===
La velocidad de las partículas del fluido viene expresada según el campo vectorial <math>\vec{u}(ρ, θ) = f(ρ) \vec{e_θ} </math>, donde la presión (<math>p</math>) es constante. Adicionalmente, el campo de velocidades tiene que cumplir la ecuación de Navier-Stockes estacionaria que sigue la siguiente expresión:

<center><math>(\vec{u} · ∇)\vec{u} + ∇p = µ∆\vec{u} </math></center>

''Observación: El valor µ se relaciona con el coeficiente de viscosidad del fluido.''

Analizando la expresión, y teniendo en cuenta que la función tomada tiene de variable ρ, la cual es constante, el campo gradiente será nulo ( <math>∇p = 0</math> ). Si además es despreciable el término convectivo (primer término de la fórmula) finalmente obtenemos que la expresión queda:
<center><math>µ∆\vec{u} =\vec{0}</math></center>

''Observación: <math>∆\vec{u} </math> representa el laplaciano vectorial del campo de velocidades.''

La simplificación obtenida de la ecuación de Navier-Stokes representa un flujo viscoso estacionario en el cual no hay gradientes de presión ni fuerzas externas con efectos inerciales significativos. Su resolución depende únicamente de las condiciones de frontera en el recinto que se indique.

* '''Laplaciano del campo vectorial <math>\vec{u} </math>'''
Por definición tenemos que el laplaciano de un campo vectorial viene dado por la siguiente ecuación:

<center><math>∆\vec{u} = ∆(u_1\vec{i} + u_2\vec{j}+ u_3\vec{k}) = ∆u_1\vec{i} + ∆u_2\vec{j}+ ∆u_3\vec{k}</math></center>

Por la condición de que el campo de velocidades está proporcionado en coordenadas cilíndricas, es de mayor facilidad el cálculo con dichas coordenadas y por consecuente, la ecuación quedaría de la siguiente forma:

<center><math>\Delta\vec{u} = \nabla(\nabla \cdot \vec{u}) - \nabla \times (\nabla \times \vec{u})</math></center>

* '''Gradiente de la divergencia'''

Como podemos apreciar, debemos calcular el gradiente de la divergencia. De modo que primeramente realizaremos el cálculo de la divergencia.

Por otro lado, al tratarse de un fluido incomprensible, dicha divergencia debe ser nula. Por definición ésta se calcula en coordenadas cilíndricas mediante la siguiente expresión:

<center><math> ∇ · \vec{u} = \frac{1}{ρ}[\frac{ \partial}{\partial ρ}(0) + \frac{ \partial}{\partial θ}(f(ρ)) + \frac{ \partial}{\partial z}(0)] = 0 </math></center>

Tras realizar los cálculos, observamos que como hemos deducido, la divergencia es nula y por lo tanto, el gradiente de la propia divergencia saldrá 0, de igual forma:
<center><math> ∇(∇ · \vec{u})= ∇(0)= \vec{0} </math></center>

Una vez deducido que el gradiente de la divergencia es 0, por lo cálculos previamente realizados, el primer término se elimina y la expresión queda simplificada de la siguiente forma:

<center><math>\Delta\vec{u} = - \nabla \times (\nabla \times \vec{u})</math></center>

* '''Rotacional del campo de velocidades'''
Realizamos los cálculos aplicando la fórmula para el rotacional definido en coordenadas cilíndricas. Siendo la expresión del campo de velocidades:
<math>u(\rho,\theta)=f(\rho)\,e_{\theta}</math>
<center><math>(\nabla\times\vec{u}) = \frac{1}{ρ}\begin{vmatrix} \vec{e_ρ} & ρ\vec{e_θ} & \vec{e_z} \\ \frac{ \partial}{\partial ρ} & \frac{\partial }{\partial θ} & \frac{\partial }{\partial z}\\ 0 & ρf(ρ) & 0 \end{vmatrix} = \frac{1}{ρ}\frac{ \partial (ρf(ρ)) }{\partial ρ}\vec{e_z} = [\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}]\vec{e_z}</math></center>

* '''Rotacional del rotacional del campo de velocidades'''

Una vez realizado el rotacional del campo de velocidades, proseguimos con el cálculo del rotacional del rotacional. Para ello aplicaremos la fórmula en coordenadas cilíndricas sobre el vector hallado anteriormente:

<center> <math>\nabla\times(\nabla\times\vec{u})= \frac{1}{ρ}\begin{vmatrix} \vec{e_ρ} & ρ\vec{e_θ} & \vec{e_z} \\ \frac{ \partial}{\partial ρ} & \frac{\partial }{\partial θ} & \frac{\partial }{\partial z}\\ 0 & 0 & [\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}] \end{vmatrix} = -\frac{1}{ρ}\frac{ \partial }{\partial ρ}(\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}) ρ\vec{e_θ} = \frac{1}{ρ}[\frac{f(ρ)}{ρ}-\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}-ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ}</math></center>

* ''' Resultado del Laplaciano vectorial'''
Sustituimos en la ecuación obtenida del laplaciano vectorial.

<center><math>\Delta\vec{u} = - \nabla \times (\nabla \times \vec{u})</math></center>

<center><math>\Delta\vec{u} = - \frac{1}{ρ}[\frac{f(ρ)}{ρ}-\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}-ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ}</math></center>

<center><math>\Delta\vec{u} = \frac{1}{ρ}[-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ}</math></center>

* '''Resultado de la ecuación de Navier-Stokes'''
Una vez calculado el laplaciano, procedemos a sustituir el valor en la ecuación analizada previamente de Navier-Stokes obteniendo:

<center><math> µ∆\vec{u} = \vec{0}</math></center>
<center><math>∆\vec{u} = \vec{0}</math></center>
<center><math>\frac{1}{ρ}[-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ} = \vec{0} </math></center>
<center><math>[-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ} = \vec{0} </math></center>

===Obtención de las constantes de la ecuación diferencial===
====Obtención ecuación diferencial segundo orden====

Una vez conocida la solución de la ecuación de Navier-Stokes, procedemos a la obtención de la ecuación diferencial:

<center><math> [-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ} = [-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ} = \vec{0} </math></center>

<center><math>\frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}) = \frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})</math></center>

Reordenamos la ecuación para la obtención de una ecuación diferencial de segundo orden:
<center><math>\frac{f(ρ)}{ρ}-\frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}) = 0 </math></center>
<center><math>\frac{f(ρ)}{ρ} = \frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}) </math></center>

====Comprobación ecuación diferencial====
A continuación, vamos a comprobar si la ecuación diferencial que hemos obtenido satisface la solución conocida, que viene dada por:

<center><math>f(ρ) = aρ +\frac{b}{ρ},\hspace{20pt}a,b \in \mathbb{R} </math></center>

Para realizar la comprobación, es necesario derivar la expresión de forma que dichas derivadas aparezcan en la ecuación diferencial obtenida.

<center><math>\frac{\partial f(ρ)}{\partial ρ} = a -\frac{b}{ρ^2},\hspace{20pt}a,b \in \mathbb{R} </math></center>
<center><math>\frac{\partial }{\partial ρ}(ρ\frac{\partial f(ρ)}{\partial ρ}) = \frac{\partial }{\partial ρ}(ρ(a -\frac{b}{ρ^2})) = \frac{\partial }{\partial ρ}(aρ -\frac{b}{ρ})) = a +\frac{b}{ρ^2},\hspace{20pt}a,b \in \mathbb{R}</math></center>

Una vez halladas las derivadas, sustituimos en la ecuación y comprobamos que:

<center><math> \frac{1}{ρ}(aρ +\frac{b}{ρ}) = a +\frac{b}{ρ^2} \Longrightarrow \frac{f(ρ)}{ρ} = \frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}),\hspace{20pt}a,b \in \mathbb{R} </math></center>

Queda por tanto comprobado que se cumple la ecuación diferencial.

====Búsqueda de las constantes "a" y "b"====

Finalmente, hemos solucionado la EDO y debemos conocer las soluciones específicas de ésta, a través de las constante a y b de tal forma que la velocidad en la frontera coincida con las de los tubo interior y exterior sen la misma.

Sabemos que la velocidad del fluido es:
<math>
\mathbf{u}(\rho,\theta) = f(\rho)\,\mathbf{e}_\theta,
\qquad
f(\rho) = a\rho + \frac{b}{\rho}.
</math>

-En el cilindro interior ( <math>\rho = 1</math> ), la velocidad tangencial será:
<math>
u_\theta(1) = f(1) = a(1) + \frac{b}{1} = a + b,
</math>
debe coincidir con la velocidad tangencial del cilindro interior:
<math>
u_\theta(1) = \omega_i \cdot 1 = \omega_i.
</math>

-En el cilindro exterior ( <math>\rho = 2</math> ),la velocidad tangencial:
<math>
u_\theta(2) = f(2) = a(2) + \frac{b}{2} = 2a + \frac{b}{2},
</math>
debe coincidir con la velocidad tangencial del cilindro exterior:
<math>
u_\theta(2) = \omega_e \cdot 2 = 2\omega_e.
</math>

* '''Sistema de ecuaciones'''

De las condiciones de contorno:
<math>
\begin{cases}
a + b = \omega_i, \\
2a + \dfrac{b}{2} = 2\omega_e.
\end{cases}
</math>

Multiplicamos la segunda ecuación por 2 para eliminar la fracción:
<math>
4a + b = 4\omega_e.
</math>

Restamos la primera ecuación:
<math>
(4a + b) - (a + b) = 4\omega_e - \omega_i
\;\;\Longrightarrow\;\;
3a = 4\omega_e - \omega_i.
</math>

Por tanto:
<math>
a = \dfrac{4\omega_e - \omega_i}{3}.
</math>

Luego:
<math>
b = \omega_i - a
= \omega_i - \dfrac{4\omega_e - \omega_i}{3}
= \dfrac{3\omega_i - (4\omega_e - \omega_i)}{3}
= \dfrac{4\omega_i - 4\omega_e}{3}
= \dfrac{4(\omega_i - \omega_e)}{3}.
</math>

'''Resultado:'''
<math>
\boxed{
a = \dfrac{4\omega_e - \omega_i}{3},
\qquad
b = \dfrac{4(\omega_i - \omega_e)}{3}.
}
</math>

===Comprobación de incompresibilidad ===
Se ha comprobado con anterioridad, a la hora de la obtención de la ecuación diferencial, que la divergencia del campo de velocidades es igual a 0. Se detalla a continuación el cálculo de la incompresibilidad:
observación: se tomarán coordenadas cilíndricas:
<math>
\nabla \cdot \mathbf{u}
= \frac{1}{\rho}\frac{\partial(\rho u_\rho)}{\partial \rho}
+ \frac{1}{\rho}\frac{\partial u_\theta}{\partial \theta}
+ \frac{\partial u_z}{\partial z}.
</math>

Como
<math>
u_\rho = 0,\quad u_z = 0,\quad
u_\theta = f(\rho)\ \text{(independiente de }\theta,z\text{)},
</math>
entonces:
<math>
\nabla \cdot \mathbf{u}
= \frac{1}{\rho}\frac{\partial(0)}{\partial \rho}
+ \frac{1}{\rho}(0) + 0
= 0.
</math>

== Campo de velocidades ==
Con el objetivo de calcular el campo de velocidades establecemos que la velocidad angular del cilindro exterior e interior es 1 (ω = 1) y μ = 1 (coeficiente de viscosidad del fluido), y en consecuencia las constantes serán de la siguiente forma:
''Observación: se considera que por el sentido, ωi = 1 y ωe = -1.''
<math>

\boxed{
a = \dfrac{4\omega_e - \omega_i}{3},
\qquad
b = \dfrac{4(\omega_i - \omega_e)}{3}.
}
</math>

<center><math>a = -\frac{5}{3} </math> y <math> b = \frac{8}{3}</math></center>
Conocida la siguiente expresión de la velocidad de las partículas en función de f(ρ):
 
<math>\vec{u}(ρ, θ) = f(ρ) \vec{e_θ} </math>.
 
Hemos calculado las constantes a y b, desarrollamos la ecuación. Quedando el campo de velocidades la las partículas como:
 
<math>\vec{u}(\rho, \theta) = \left(-\frac{5}{3} \rho + \frac{8}{3 \rho}\right) \hat{e}_\theta </math>

[[Archivo:campovelocidadesdefdefdef.png|700px|thumb|right|Campo de velocidades]]
{{matlab|codigo=
%Apartado 3: Campo de velocidades

rho=linspace(1,2,30); %radio de 1 a 2
theta=linspace(0,2*pi,50); %theta de 0 a 2pi
a=-5/3;
b=8/3;

w1=1; %velocidad angular interior
w2=-1; %velocidad angular exterior

%Mallado coordenadas polares
[R,T]=meshgrid(rho,theta); % meshgrid para coordenadas polares
X=R.*cos(T); % Paso a cartesianas
Y=R.*sin(T);

%Campo de velocidades
Vtheta= a.*R+b./R; %Velocidad de theta
Vx= w2.*Vtheta .*sin(T);
Vy= w1.*Vtheta.*cos(T);

%Dibujo campo de velocidades
hold on
grid on
quiver(X,Y,Vx,Vy,0.5,'Color',[0 0 1],'LineWidth',1.2);
title('CAMPO DE VELOCIDADES')
axis([-3.5,3.5,-2.1,2.1])

hold off
}}

==Líneas de corriente==
[[Archivo:lineas_de_corriente_33.png|500px|thumb|right|Líneas de corriente]]

{{matlab|codigo=
%% Parámetros del problema
r_in = 1;
r_out = 2;
omega_i = +1;
omega_e = -1;

% Coeficientes del perfil
a = (4*omega_e - omega_i)/3; % = -5/3
b = 4*(omega_i - omega_e)/3; % = 8/3

%% Función de corriente psi(r) = -(a/2)*r^2 - b*ln(r)
psi = @(r) -(a/2)*r.^2 - b*log(r);

%% Elegimos varios niveles de psi (líneas de corriente)
n_lines = 25; % número de círculos
r_vals = linspace(r_in, r_out, n_lines);

%% Dibujar
figure('Color','w'); hold on; axis([-3 3 -2.5 2.5]); grid on;
title('Líneas de corriente (\psi = cte)');
xlabel('x'); ylabel('y');

% Dibujar círculos para cada r
theta = linspace(0, 2*pi, 400);
for r = r_vals
x = r*cos(theta);
y = r*sin(theta);
plot(x, y, 'Color', [0.2 0.6 0.8], 'LineWidth', 1.2);
end
}}
El punto de partida es que el campo de velocidades del fluido en la sección transversal es <math>\vec{u}(r,\theta)=f(r)\,\vec{e_\theta}</math>, donde, por definción en base cilíndricas conocemos que: <math>\vec{e_\theta}=(-\sin\theta,\ \cos\theta)</math>.
*'''Obtención del campo de velocidades v'''
Sabemos que el campo de velocidades <math>\vec{v}</math> ha de ser ortogonal a <math>\vec{u}</math>. 
 
1-Tomamos el siguiente producto vectorial, para obtener el vector perpendicular <math>\vec{v}=\vec{k}\times\vec{u}</math>, siendo <math>\vec{k}=(0,0,1)</math> el vector unitario correspondiente al eje Z en base cartesiana.

2-Usando propiedades del producto vectorial: <math>\vec{k}\times\vec{e_\theta}=-\vec{e_r}</math>, donde <math>\vec{e_r}=(\cos\theta,\ \sin\theta)</math>.

Por tanto, en base cilíndrica, el campo de velocidades seguiría la siguiente expresión:

<center><math>\vec{v}(r,\theta)
= f(r)\,(\vec{k}\times\vec{e_\theta})
= -\,f(r)\,\vec{e_r}</math></center>

Cambiando a coordenadas cartesianas:

<center><math>\vec{v}(x,y)=\big(-f(r)\cos\theta,\ -f(r)\sin\theta\big)</math></center>

con <math>r=\sqrt{x^2+y^2}</math>, y <math>\theta=\operatorname{arctan2}(y,x)</math>.

3-Se observa que <math>\vec{v}</math> sigue la dirección radial, pues apunta hacia <math>-\vec{e_r}</math>y es ortogonal a <math>\vec{u}</math> porque <math>\vec{e_r}\cdot\vec{e_\theta}=0</math>:

<center><math>
\vec{u}\cdot\vec{v}
= f(r)\,\vec{e_\theta}\cdot\big(-f(r)\,\vec{e_r}\big)
= -f(r)^2(\vec{e_\theta}\cdot\vec{e_r})
= 0.
</math></center>

4-En nuestro caso, la función seguiría la siguiente expresión <math>f(r)=a\,r+\frac{b}{r}</math>.
 

5- Se fijaron previamente las constantes
<math>a,b</math> para
<math>\omega_i = +1</math>, <math>\omega_e = -1</math>:
<math>a = -\tfrac{5}{3}</math>,
<math>b = \tfrac{8}{3}</math>, entonces:

<math>
f(r)=a\,r+\frac{b}{r}
</math>

y el campo queda´ria expresado en coordenadas cartesianas de la siguiente forma:

<math>
\vec{v}(x,y)
= \Big(-(a\,r+\frac{b}{r})\,\frac{x}{r},\; -(a\,r+\frac{b}{r})\,\frac{y}{r}\Big)
= \Big(-(a\,r+\frac{b}{r})\cos\theta,\; -(a\,r+\frac{b}{r})\sin\theta\Big)
</math>

1) Definición de {{math|\mathbf v}}: ortogonal a {{math|\mathbf u}} ==

Tomamos
{{math|\mathbf v = \mathbf k \times \mathbf u}},
con
{{math|\mathbf k=(0,0,1)}}
el versor del eje $z$.

Usando propiedades de productos cruzados en el plano:

{{math|\mathbf k \times {\mathbf e}_\theta = -\,{\mathbf e}_r}},

donde
{{math|{\mathbf e}_r=(\cos\theta,\ \sin\theta)}}
es el unitario radial.

Por tanto,

{{math|\mathbf v(r,\theta) = f(r)\,(\mathbf k \times \mathbf e_\theta)
= -\,f(r)\,{\mathbf e}_r}}

y en componentes cartesianas:

{{math|\mathbf v(x,y)=\big(-f(r)\cos\theta,\,-f(r)\sin\theta\big)}}

con
{{math|r=\sqrt{x^2+y^2}}}
y
{{math|\theta=\operatorname{arctan2}(y,x)}}.

Observa que $\mathbf v$ es radial (apunta hacia $-{\mathbf e}_r$, es decir, hacia el centro)
y es ortogonal a $\mathbf u$ porque
{{math|{\mathbf e}_r\cdot{\mathbf e}_\theta = 0}}:

{{math|\mathbf u\cdot\mathbf v
= f(r)\,{\mathbf e}_\theta \cdot\big(-f(r)\,{\mathbf e}_r\big)
= -f(r)^2 ({\mathbf e}_\theta\cdot{\mathbf e}_r)
= 0}}.

Partimos de que el campo de velocidades del fluido en la sección transversal es
u(r,θ)=f(r) eθ,\mathbf{u}(r,\theta) = f(r)\,\mathbf{e}_\theta,u(r,θ)=f(r)eθ,
donde eθ=(−sin⁡θ, cos⁡θ)\mathbf{e}_\theta = (-\sin\theta,\ \cos\theta)eθ=(−sinθ, cosθ) es el vector unitario azimutal en el plano x ⁣− ⁣yx\!-\!yx−y.
1) Definición de v\mathbf{v}v: ortogonal a u\mathbf{u}u
Tomamos
v = k×u,\mathbf{v} \;=\; \mathbf{k} \times \mathbf{u},v=k×u,
con k=(0,0,1)\mathbf{k}=(0,0,1)k=(0,0,1) el versor del eje zzz. Usando propiedades de productos cruzados en el plano:

k×eθ=− er\mathbf{k}\times\mathbf{e}_\theta = -\,\mathbf{e}_rk×eθ=−er, donde er=(cos⁡θ, sin⁡θ)\mathbf{e}_r=(\cos\theta,\ \sin\theta)er=(cosθ, sinθ) es el unitario radial.
Por tanto,
v(r,θ) = f(r) (k×eθ) = − f(r) er \boxed{\;\mathbf{v}(r,\theta) \;=\; f(r)\,\big(\mathbf{k}\times \mathbf{e}_\theta\big) \;=\; -\,f(r)\,\mathbf{e}_r\;}v(r,θ)=f(r)(k×eθ)=−f(r)er
y en componentes cartesianas:
v(x,y)=(−f(r)cos⁡θ, −f(r)sin⁡θ) \boxed{\; \mathbf{v}(x,y) = \big(-f(r)\cos\theta,\,-f(r)\sin\theta\big) \;}v(x,y)=(−f(r)cosθ,−f(r)sinθ)
con r=x2+y2r=\sqrt{x^2+y^2}r=x2+y2 y θ=arctan⁡2(y,x)\theta=\arctan2(y,x)θ=arctan2(y,x).

Observa que v\mathbf{v}v es radial (apunta hacia −er-\mathbf{e}_r−er, es decir, hacia el centro) y es ortogonal a u\mathbf{u}u porque er⋅eθ=0\mathbf{e}_r\cdot\mathbf{e}_\theta=0er⋅eθ=0:
u⋅v=f(r) eθ⋅(−f(r) er)=−f(r)2 (eθ⋅er)=0.\mathbf{u}\cdot\mathbf{v} = f(r)\,\mathbf{e}_\theta \cdot \big(-f(r)\,\mathbf{e}_r\big)= -f(r)^2\,(\mathbf{e}_\theta\cdot\mathbf{e}_r)=0.u⋅v=f(r)eθ⋅(−f(r)er)=−f(r)2(eθ⋅er)=0.

2) Versión concreta con tu perfil f(r)=a r+brf(r)=a\,r+\frac{b}{r}f(r)=ar+rb
Si ya fijaste a,ba,ba,b (por ejemplo, para ωi=+1\omega_i=+1ωi=+1, ωe=−1\omega_e=-1ωe=−1: a=−53a=-\tfrac{5}{3}a=−35, b=83b=\tfrac{8}{3}b=38), entonces:
f(r)=a r+br,v(x,y)=(−(a r+br)xr, −(a r+br)yr)=(−(a r+br)cos⁡θ, −(a r+br)sin⁡θ).f(r) = a\,r + \frac{b}{r},\qquad
\mathbf{v}(x,y) = \Big(-(a\,r+\frac{b}{r})\frac{x}{r},\; -(a\,r+\frac{b}{r})\frac{y}{r}\Big)
= \Big(-(a\,r+\frac{b}{r})\cos\theta,\; -(a\,r+\frac{b}{r})\sin\theta\Big).f(r)=ar+rb,v(x,y)=(−(ar+rb)rx,−(ar+rb)ry)=(−(ar+rb)cosθ,−(ar+rb)sinθ).

3) MATLAB (simple) para construir v=k×u\mathbf{v}=\mathbf{k}\times\mathbf{u}v=k×u
Este fragmento calcula y dibuja solo el campo v\mathbf{v}v en el anillo 1≤r≤21\le r\le 21≤r≤2, siguiendo la misma malla sencilla que usamos para u\mathbf{u}u:
MATLAB%% Campo v = k x u, ortogonal a u = f(r) e_theta, en el anillo 1<=r<=2clear; clc; close all;%% Parametros del perfil (ejemplo con omega_i=+1, omega_e=-1)r_in = 1; r_out = 2;a = -5/3; b = 8/3; % f(r) = a*r + b/r%% Malla de puntos en el anillo (pocos para visual simple)n_r = 5; % nº de radios intermediosn_th = 40; % nº de ángulosr_vals = linspace(r_in, r_out, n_r);theta_vals= linspace(0, 2*pi, n_th);[X, Y, Vx, Vy] = deal([]);for r = r_vals for th = theta_vals % Posicion x = r*cos(th); y = r*sin(th); % Magnitud azimutal f = a*r + b/r; % v = k x u = - f(r) e_r -> e_r = (cos th, sin th) vx = -f * cos(th); vy = -f * sin(th); % Acumular X(end+1) = x; Y(end+1) = y; Vx(end+1) = vx; Vy(end+1) = vy; endend%% Dibujar v (flechas saliendo hacia el centro)figure('Color','w'); quiver(X, Y, Vx, Vy, 0.4, 'Color', [0.1 0.6 0.2], 'LineWidth', 1.2); % verdeaxis equal; grid on; hold on;xlabel('x'); ylabel('y'); title('Campo v = k \times u (ortogonal a u)');% Círculos del dominiott = linspace(0, 2*pi, 300);plot(r_in*cos(tt), r_in*sin(tt), 'k', 'LineWidth', 1.5);plot(r_out*cos(tt), r_out*sin(tt), 'k', 'LineWidth', 1.5);xlim([-2.5 2.5]); ylim([-2.5 2.5]);Mostrar más líneas

¿Seguimos?
Si esto está claro, en el siguiente paso calculamos la función de corriente ψ\psiψ tal que ∇ψ=v\nabla\psi=\mathbf{v}∇ψ=v, mostramos sus líneas de nivel ψ=cte\psi=\text{cte}ψ=cte y verificamos que son líneas de corriente de u\mathbf{u}u. ¿Avanzamos?
Proporcione sus comentarios sobre BizChatYou said: dame v en coordenadas cilindricasCopilot said: Copilot¡Perfecto! En coordenadas cilíndricas (r,θ,z)(r,\theta,z)(r,θ,z), el campo v=k×u\mathbf{v} = \mathbf{k} \times \mathbf{u}v=k×u se expresa de forma muy sencilla:
Sabemos que:
u(r,θ)=f(r) eθ,f(r)=a r+br.\mathbf{u}(r,\theta) = f(r)\,\mathbf{e}_\theta,\quad f(r)=a\,r+\frac{b}{r}.u(r,θ)=f(r)eθ,f(r)=ar+rb.
El producto cruzado con k=ez\mathbf{k}=\mathbf{e}_zk=ez da:
k×eθ=−er.\mathbf{k}\times\mathbf{e}_\theta = -\mathbf{e}_r.k×eθ=−er.
Por tanto:
v(r,θ)=− f(r) er=−(a r+br) er.\boxed{\mathbf{v}(r,\theta) = -\,f(r)\,\mathbf{e}_r = -\big(a\,r+\frac{b}{r}\big)\,\mathbf{e}_r.}v(r,θ)=−f(r)er=−(ar+rb)er.
Componentes en la base cilíndrica
vr=−(a r+br),vθ=0,vz=0.v_r = -\big(a\,r+\frac{b}{r}\big),\quad v_\theta = 0,\quad v_z = 0.vr=−(ar+rb),vθ=0,vz=0.

¿Quieres que ahora hagamos el siguiente paso:

Calcular la función de corriente ψ(r)\psi(r)ψ(r) tal que ∇ψ=v\nabla\psi = \mathbf{v}∇ψ=v,
Dibujar las líneas ψ=cte\psi=\text{cte}ψ=cte (líneas de corriente del campo u\mathbf{u}u) en MATLAB?

¿Avanzamos?
Proporcione sus comentarios sobre BizChatYou said: Observar que 𝑣⃗ es irrotacional (por ser 𝑢⃗ de divergencia nula) y tiene un potencial escalar
𝜓 (es decir ∇𝜓 = 𝑣⃗) que se conoce como función de corriente de 𝑢⃗ Copilot said: Copilot¡Exacto! Como hemos visto, el campo
v=k×u=−f(r) er\mathbf{v} = \mathbf{k} \times \mathbf{u} = -f(r)\,\mathbf{e}_rv=k×u=−f(r)er
es radial y apunta hacia el centro. Ahora comprobamos las dos propiedades que mencionas:

✅ 1. Irrotacionalidad de v\mathbf{v}v
En coordenadas cilíndricas, para un campo puramente radial vr(r)v_r(r)vr(r) con vθ=vz=0v_\theta = v_z = 0vθ=vz=0, el rotacional es:
∇×v={componente z:1r∂∂r(rvθ)−∂vr∂θ=0,otras componentes: tambieˊn 0.\nabla \times \mathbf{v} =
\begin{cases}
\text{componente } z: \dfrac{1}{r}\dfrac{\partial}{\partial r}(r v_\theta) - \dfrac{\partial v_r}{\partial \theta} = 0,\\
\text{otras componentes: también 0.}
\end{cases}∇×v=⎩⎨⎧componente z:r1∂r∂(rvθ)−∂θ∂vr=0,otras componentes: tambieˊn 0.
Como vθ=0v_\theta = 0vθ=0 y vrv_rvr no depende de θ\thetaθ,
∇×v=0.\nabla \times \mathbf{v} = \mathbf{0}.∇×v=0.
✅ v\mathbf{v}v es irrotacional.

✅ 2. Existe un potencial escalar ψ\psiψ tal que ∇ψ=v\nabla \psi = \mathbf{v}∇ψ=v
En coordenadas cilíndricas:
∇ψ=∂ψ∂r er+1r∂ψ∂θ eθ+∂ψ∂z ez.\nabla \psi = \frac{\partial \psi}{\partial r}\,\mathbf{e}_r + \frac{1}{r}\frac{\partial \psi}{\partial \theta}\,\mathbf{e}_\theta + \frac{\partial \psi}{\partial z}\,\mathbf{e}_z.∇ψ=∂r∂ψer+r1∂θ∂ψeθ+∂z∂ψez.
Como v=vr er\mathbf{v} = v_r\,\mathbf{e}_rv=vrer con vr=−f(r)v_r = -f(r)vr=−f(r), tenemos:
∂ψ∂r=−f(r),∂ψ∂θ=0,∂ψ∂z=0.\frac{\partial \psi}{\partial r} = -f(r),\quad \frac{\partial \psi}{\partial \theta}=0,\quad \frac{\partial \psi}{\partial z}=0.∂r∂ψ=−f(r),∂θ∂ψ=0,∂z∂ψ=0.
Por tanto:
ψ(r)=−∫f(r) dr=−∫(ar+br) dr=−(a2r2+bln⁡r)+C.\psi(r) = -\int f(r)\,dr = -\int \big(a r + \frac{b}{r}\big)\,dr = -\Big(\frac{a}{2}r^2 + b\ln r\Big) + C.ψ(r)=−∫f(r)dr=−∫(ar+rb)dr=−(2ar2+blnr)+C.
ψ(r)=−a2r2−bln⁡r+C.\boxed{\psi(r) = -\frac{a}{2}r^2 - b\ln r + C.}ψ(r)=−2ar2−blnr+C.

✅ 3. Líneas ψ=cte\psi = \text{cte}ψ=cte
Como ψ\psiψ depende solo de rrr, las curvas ψ=cte\psi = \text{cte}ψ=cte son circunferencias concéntricas r=constanter = \text{constante}r=constante.
Estas son líneas de corriente de u\mathbf{u}u porque:
u⋅∇ψ=f(r) eθ⋅(−f(r) er)=0.\mathbf{u}\cdot\nabla\psi = f(r)\,\mathbf{e}_\theta \cdot (-f(r)\,\mathbf{e}_r) = 0.u⋅∇ψ=f(r)eθ⋅(−f(r)er)=0.

¿Quieres que ahora te dé un script MATLAB sencillo que:
✔ Dibuja las líneas de corriente (círculos) y el campo u\mathbf{u}u con flechas,
✔ Calcula ψ(r)\psi(r)ψ(r) y muestra sus niveles?
¿O prefieres primero solo las líneas ψ=cte\psi=\text{cte}ψ=cte sin flechas?
Proporcione sus comentarios sobre BizChatYou said: prefiero solo las lineasCopilot said: CopilotPerfecto, vamos a dibujar solo las líneas de corriente (las curvas ψ=cte\psi = \text{cte}ψ=cte).
Como hemos calculado:
ψ(r)=−a2r2−bln⁡r+C,con f(r)=ar+br.\psi(r) = -\frac{a}{2}r^2 - b\ln r + C,\quad \text{con } f(r)=a r + \frac{b}{r}.ψ(r)=−2ar2−blnr+C,con f(r)=ar+rb.
Pero como ψ\psiψ depende solo de rrr, las líneas ψ=cte\psi=\text{cte}ψ=cte son circunferencias concéntricas. Así que basta con elegir varios valores de rrr en el intervalo [1,2][1,2][1,2] y dibujar círculos.

Partimos de que el campo de velocidades del fluido en la sección transversal es:

<math>\vec{u}(r,\theta) = f(r)\,\vec{e_\theta}</math>

donde

<math>\vec{e_\theta} = (-\sin\theta,\ \cos\theta)</math>

es el vector unitario azimutal en el plano <math>x-y</math>.

---

====Definición de v: ortogonal a u====

Tomamos:

<math>\vec{v} = \vec{k} \times \vec{u}</math>,

con <math>\vec{k} = (0,0,1)</math> el versor del eje <math>z</math>.

Usando propiedades del producto cruzado en el plano:

<math>\vec{k}\times\vec{e_\theta} = -\,\vec{e_r}</math>,

donde <math>\vec{e_r} = (\cos\theta,\ \sin\theta)</math> es el unitario radial.

Por tanto:

<math>\vec{v}(r,\theta) = f(r)\,(\vec{k}\times\vec{e_\theta}) = -\,f(r)\,\vec{e_r}</math>

<math>\boxed{\;\vec{v}(r,\theta) = -\,f(r)\,\vec{e_r}\;}</math>

En componentes cartesianas:

<math>\vec{v}(x,y) = \big(-f(r)\cos\theta,\,-f(r)\sin\theta\big)</math>

con <math>r = \sqrt{x^2+y^2}</math> y <math>\theta = \arctan2(y,x)</math>.

Observa que <math>\vec{v}</math> es radial (apunta hacia <math>-\,\vec{e_r}</math>, es decir, hacia el centro) y es ortogonal a <math>\vec{u}</math> porque:

<math>\vec{e_r}\cdot\vec{e_\theta} = 0</math>

y por tanto:

<math>\vec{u}\cdot\vec{v} = f(r)\,\vec{e_\theta}\cdot\big(-f(r)\,\vec{e_r}\big) = -f(r)^2\,(\vec{e_\theta}\cdot\vec{e_r}) = 0</math>.

---

====Versión concreta con perfil f(r)=ar+b/r====

Si ya fijaste <math>a,b</math> (por ejemplo, para <math>\omega_i=+1</math>, <math>\omega_e=-1</math>: <math>a=-\tfrac{5}{3}</math>, <math>b=\tfrac{8}{3}</math>), entonces:

<math>f(r) = a\,r + \tfrac{b}{r}</math>

y

<math>\vec{v}(x,y) = \Big(-(a\,r+\tfrac{b}{r})\tfrac{x}{r},\; -(a\,r+\tfrac{b}{r})\tfrac{y}{r}\Big)
= \Big(-(a\,r+\tfrac{b}{r})\cos\theta,\; -(a\,r+\tfrac{b}{r})\sin\theta\Big)</math>.

---

====MATLAB para construir v = k x u====

Este fragmento calcula y dibuja solo el campo <math>\vec{v}</math> en el anillo
<math>1 \leq r \leq 2</math>, siguiendo la misma malla sencilla que usamos para
<math>\vec{u}</math>:

```matlab
%% Campo v = k x u, ortogonal a u = f(r) e_theta, en el anillo 1<=r<=2
clear; clc; close all;

%% Parámetros del perfil (ejemplo con omega_i=+1, omega_e=-1)
r_in = 1; r_out = 2;
a = -5/3; b = 8/3; % f(r) = a*r + b/r

%% Malla de puntos en el anillo (pocos para visual simple)
n_r = 5; % nº de radios intermedios
n_th = 40; % nº de ángulos
r_vals = linspace(r_in, r_out, n_r);
theta_vals = linspace(0, 2*pi, n_th);

[X, Y, Vx, Vy] = deal([]);
for r = r_vals
for th = theta_vals
% Posición
x = r*cos(th); y = r*sin(th);
% Magnitud azimutal
f = a*r + b/r;
% v = k x u = - f(r) e_r -> e_r = (cos th, sin th)
vx = -f * cos(th); vy = -f * sin(th);
% Acumular
X(end+1) = x; Y(end+1) = y;
Vx(end+1) = vx; Vy(end+1) = vy;
end
end

%% Dibujar v (flechas saliendo hacia el centro)
figure('Color','w');
quiver(X, Y, Vx, Vy, 0.4, 'Color', [0.1 0.6 0.2], 'LineWidth', 1.2); % verde
axis equal; grid on; hold on;
xlabel('x'); ylabel('y'); title('Campo v = k \times u (ortogonal a u)');

% Círculos del dominio
tt = linspace(0, 2*pi, 300);
plot(r_in*cos(tt), r_in*sin(tt), 'k', 'LineWidth', 1.5);
plot(r_out*cos(tt), r_out*sin(tt), 'k', 'LineWidth', 1.5);
xlim([-2.5 2.5]); ylim([-2.5 2.5]);

\section*{Función de corriente asociada}

Queremos calcular la función de corriente <math>\psi(r)</math> tal que:

<math>\nabla \psi = \vec{v}</math>

---

\subsection*{1. Gradiente en coordenadas cilíndricas}

En coordenadas cilíndricas <math>(r,\theta,z)</math>:

<math>\nabla \psi = \frac{\partial \psi}{\partial r}\,\vec{e_r}
+ \frac{1}{r}\frac{\partial \psi}{\partial \theta}\,\vec{e_\theta}
+ \frac{\partial \psi}{\partial z}\,\vec{e_z}</math>

---

\subsection*{2. Igualación con el campo

*'''Irrotacionalidad de v'''

En coordenadas cilíndricas, para un campo puramente radial
<math>v_r(r)</math> con
<math>v_\theta = v_z = 0</math>,
el rotacional es:

<math>\nabla \times \vec{v} =
\begin{cases}
\text{componente $z$: } \tfrac{1}{r}\tfrac{\partial}{\partial r}(r v_\theta) - \tfrac{\partial v_r}{\partial \theta} = 0, \\
\text{otras componentes: también } 0
\end{cases}</math>

Como <math>v_\theta = 0</math> y <math>v_r</math> no depende de <math>\theta</math>, se cumple:

<math>\nabla \times \vec{v} = \vec{0}</math>

Por tanto, <math>\vec{v}</math> es irrotacional.

*'''Potencial escalar'''

Existe un potencial escalar <math>\psi</math> tal que:

<math>\nabla \psi = \vec{v}</math>

En coordenadas cilíndricas:

<math>\nabla \psi = \frac{\partial \psi}{\partial r}\,\vec{e_r}
+ \frac{1}{r}\frac{\partial \psi}{\partial \theta}\,\vec{e_\theta}
+ \frac{\partial \psi}{\partial z}\,\vec{e_z}</math>

Como <math>\vec{v} = v_r\,\vec{e_r}</math> con <math>v_r = -f(r)</math>, tenemos:

<math>\frac{\partial \psi}{\partial r} = -f(r), \quad
\frac{\partial \psi}{\partial \theta} = 0, \quad
\frac{\partial \psi}{\partial z} = 0</math>

Por tanto:

<math>\psi(r) = -\int f(r)\,dr
= -\int \left(a r + \frac{b}{r}\right)\,dr
= -\left(\tfrac{a}{2}r^2 + b\ln r\right) + C</math>

Finalmente:

<math>\boxed{\psi(r) = -\tfrac{a}{2}r^2 - b\ln r + C}</math>

*'''líneas 𝜓 = cte'''

Como $\psi$ depende solo de $r$, las curvas
<math>\psi = \text{cte}</math>
son circunferencias concéntricas:
<math>r = \text{constante}</math>.

Estas son líneas de corriente de <math>\vec{u}</math> porque:
<math>\vec{u} \cdot \nabla \psi = f(r)\,\vec{e_\theta} \cdot \big(-f(r)\,\vec{e_r}\big) = 0</math>.

Además, se ha calculado:
<math>\psi(r) = -\tfrac{a}{2}r^2 - b \ln r + C</math>,
<math>f(r) = a r + \tfrac{b}{r}</math>.

Como $\psi$ depende únicamente de $r$, las líneas
<math>\psi = \text{cte}</math>
son circunferencias concéntricas. Basta con elegir varios valores de <math>r</math> en el intervalo <math>[1,2]</math> y dibujar los círculos correspondientes.

== Módulo de la velocidad del fluido ==

[[Archivo:Modulovel.png|700px|thumb|right|Campo de velocidades]]
{{matlab|codigo=
clear; clc;

% Parámetros
r1 = 1;
r2 = 2;
w1= +1;
w2 = -1;

% Coeficientes del perfil
a = (4*w2- w1)/3; % = -5/3
b = 4*(w1 - w2)/3; % = 8/3

% Vector radial y cálculo del módulo
r = linspace(r1, r2, 200);
u = abs(a*r + b./r); % |u(r)|

% Dibujar la gráfica
figure('Color','w');
plot(r, u, 'LineWidth', 2, 'Color', [0.2 0.4 0.8]);
grid on;
xlabel('\rho (radio)');
ylabel('|u(\rho)|');
}}

El módulo de la velocidad del fluido es:
<math>
|\mathbf{u}| = |u_\theta| = |f(r)| = \big| a\,r + \frac{b}{r} \big|.
</math>

Con
<math>
a = -\frac{5}{3}, \qquad b = \frac{8}{3},
</math>
tenemos:
<math>
f(r) = -\frac{5}{3}r + \frac{8}{3r}.
</math>

=== 1. Buscar el máximo en <math>r \in [1,2]</math> ===
Derivamos:
<math>
\frac{d}{dr} f(r) = -\frac{5}{3} - \frac{8}{3r^2}.
</math>

Esto es siempre negativo (porque ambos términos son negativos para <math>r > 0</math>), así que <math>f(r)</math> disminuye conforme aumenta <math>r</math>.

Por tanto:

En <math>r = 1</math>:
<math>
f(1) = -\frac{5}{3}(1)+\frac{8}{3(1)} = -\frac{5}{3}+\frac{8}{3} = 1.
</math>

En <math>r = 2</math>:
<math>
f(2) = -\frac{10}{3}+\frac{8}{6} = -\frac{10}{3}+\frac{4}{3} = -2.
</math>

El módulo:
<math>
|f(1)| = 1,\quad |f(2)| = 2.
</math>

✅ El máximo está en la frontera exterior <math>r = 2</math>, con:
<math>
|\mathbf{u}| = 2.
</math>

Conclusión
El módulo de la velocidad es máximo

== Componente z del rotacional ==

Para un campo <math>(u_r, u_\theta, u_z)</math>, la componente <math>z</math> del rotacional es:
<math>
(\nabla \times \mathbf{u})_z = \frac{1}{r}\frac{\partial (r u_\theta)}{\partial r} - \frac{\partial u_r}{\partial \theta}.
</math>

Como:
<math>
u_r = 0,\; u_\theta = f(r),\; u_z = 0,\; \text{y } f(r) = a r + \frac{b}{r},
</math>
entonces:
<math>
(\nabla \times \mathbf{u})_z = \frac{1}{r}\frac{\partial (r f(r))}{\partial r}.
</math>

=== 2. Calculamos <math>r f(r)</math> ===
<math>
r f(r) = r\big(a r + \frac{b}{r}\big) = a r^2 + b.
</math>

Derivada:
<math>
\frac{\partial}{\partial r}(a r^2 + b) = 2 a r.
</math>

Por tanto:
<math>
(\nabla \times \mathbf{u})_z = \frac{1}{r}(2 a r) = 2 a.
</math>

=== 3. Resultado ===
<math>
\boxed{\nabla \times \mathbf{u} = (0,0,2a)}.
</math>

Es constante en todo el dominio y depende solo de <math>a</math>.

Con <math>a = -\frac{5}{3}</math>, tenemos:
<math>
\nabla \times \mathbf{u} = (0,0,-\frac{10}{3}) \approx (0,0,-3.33).
</math>

=== ¿Qué puntos tienen mayor rotacional? ===
Todos los puntos tienen el mismo rotacional, porque el flujo es puramente azimutal y la derivada radial genera un valor constante.

=== ¿Es razonable? ===
Sí, porque este flujo es un flujo de Couette cilíndrico con velocidad angular variable, pero su vorticidad

==Dibujar el campo de temperaturas y las curvas de nivel. ==
[[Archivo:curvatemperatura.png|600px|thumb|right|Campo de Temperaturas y curvas de nivel]]

{{matlab|codigo=
%Apartado 7: Campo de temperaturas

rho=linspace(1,2,200); %radio de 1 a 2
theta=linspace(0,2*pi,200); %theta de 0 a 2pi

[R,Theta]=meshgrid(rho,theta);

% función temperatura
T=log(1+R.^2).*cos(Theta).^2;
X=R.*cos(Theta); % Paso a cartesianas
Y=R.*sin(Theta);

%Dibujar campos de temperatura
hold on
surf(X, Y, T, 'EdgeColor', 'none');
colorbar;
xlabel('eje x');
ylabel('eje y');
zlabel('Temperatura');
title('Campo de Temperatura');
view(3);
axis([-3,3,-2.1,2.1]);

%Dibujar las curvas de nivel
contourf(X, Y, T, 20); % 20 niveles de contorno
title('Curvas de Nivel del Campo de Temperaturas');
xlabel('Eje X');
ylabel('Eje Y');
colorbar;

%Encontrar temperatura máxima
T_max=max(T(:));
[f,c] =find(T == max_T, 1);

% Coordenadas cartesianas Temp máx
x_max= X(f,c);
y_max= Y(f,c);

plot(x_max, y_max, 'ro', 'MarkerSize', 10, 'LineWidth', 2);
text(x_max,y_max,'Temperatura máxima');
}}

Flujo de Couette entre dos tubos concéntricos (Grupo 33)

2025-12-05T09:16:58Z

Az.martinez: /* Módulo de la velocidad del fluido */

{{ TrabajoED | Flujo de Couette entre dos tubos concéntricos. Grupo 33 | [[:Categoría:Teoría de Campos|Teoría de Campos]]|[[:Categoría:TC25/26|2025-26]] |
*Carlos Azcona Ruiz
*Alonso Gómez Oliveira
*Marcos Gómez Rosillo
*María de las Mercedes Oriola Zamora
*Alba Zilu Martínez Toda}}

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC25/26]]

El flujo de Couette es un fenómeno básico de la mecánica de fluidos que describe cómo se comporta un fluido situado entre dos superficies paralelas cuando una de ellas se desplaza respecto a la otra. Este flujo, sencillo y ampliamente aplicable, ha sido analizado en profundidad por su importancia en la modelización de sistemas mecánicos.

En este artículo vamos a considerar el flujo de un fluido incompresible a través de dos cilindros concéntricos, de manera que el exterior se mueve con velocidad angular constante 𝜔⃗𝑒 en sentido horario mientras que el interior se mueve con velocidad angular 𝜔⃗𝑖 en sentido contrario. Si suponemos que ambos cilindros tienen su eje en 𝑂𝑋3 y pintamos la sección transversal (𝑥3 = 0), el cilindro exterior queda proyectado sobre la circunferencia 𝜌 = 2 y el interior sobre la circunferencia 𝜌 = 1

==Mallado de la sección transversal==
En la siguiente figura se representa la sección transversal de los dos tubos concéntricos con los ejes fijados en la región (𝜌, 𝜃) ∈ [0, 3] × [0, 2𝜋].

[[Archivo:mallado_couette.jpg|500px|thumb|right|mallado]]

{{matlab|codigo=
% MALLADO DE LA SECCIÓN TRANSVERSAL
rho=1:0.1:2; % INTERVALO DE RHO [1,2]
theta=0:0.05:2*pi+0.02; % INTERVALO DE THETA [0,2*PI]
[RHO,THETA]=meshgrid(rho,theta); % MATRIZ DE PARAMETROS
rho1=1;
rho2=2;
[RHO1,THETA1]=meshgrid(rho1,theta);
[RHO2,THETA2]=meshgrid(rho2,theta);
hold on
grid on % MALLADO EJES
x=RHO.*cos(THETA); % PARAM DE X
y=RHO.*sin(THETA); % PARAM DE Y
mesh(x,y,0*x,'EdgeColor','b') % DIBUJO DE LA FIGURA
t=rho1.*cos(theta); % CREACION CILINDRO INTERIOR
s=rho1.*sin(theta);
plot(t,s,'k','LineWidth',2)
t=rho2.*cos(theta); % CREACION CILINDRO EXTERIOR
s=rho2.*sin(theta);
plot(t,s,'k','LineWidth',2)
axis([-3,3,-2.5,2.5]) % EJES DEL DIBUJO
title('MALLADO DE LA SECCION TRANSVERSAL') % TITULO DE LA GÁFICA
xlabel('ρ');
ylabel('θ');
hold off
}}

==Ecuación Navier-Stokes y obtención de la ecuación diferencial a resolver==
El principal objetivo de este apartado es la obtención de la ecuación diferencial a partir de la ecuación de Navier-Stokes. Una vez conocida esta expresión, será posible calcular las constantes a y b que permitan que la velocidad en la frontera del fluido coincida con la de los tubos interior y exterior.
===Velocidad de las partículas del fluido y análisis de la ecuación===
La velocidad de las partículas del fluido viene expresada según el campo vectorial <math>\vec{u}(ρ, θ) = f(ρ) \vec{e_θ} </math>, donde la presión (<math>p</math>) es constante. Adicionalmente, el campo de velocidades tiene que cumplir la ecuación de Navier-Stockes estacionaria que sigue la siguiente expresión:

<center><math>(\vec{u} · ∇)\vec{u} + ∇p = µ∆\vec{u} </math></center>

''Observación: El valor µ se relaciona con el coeficiente de viscosidad del fluido.''

Analizando la expresión, y teniendo en cuenta que la función tomada tiene de variable ρ, la cual es constante, el campo gradiente será nulo ( <math>∇p = 0</math> ). Si además es despreciable el término convectivo (primer término de la fórmula) finalmente obtenemos que la expresión queda:
<center><math>µ∆\vec{u} =\vec{0}</math></center>

''Observación: <math>∆\vec{u} </math> representa el laplaciano vectorial del campo de velocidades.''

La simplificación obtenida de la ecuación de Navier-Stokes representa un flujo viscoso estacionario en el cual no hay gradientes de presión ni fuerzas externas con efectos inerciales significativos. Su resolución depende únicamente de las condiciones de frontera en el recinto que se indique.

* '''Laplaciano del campo vectorial <math>\vec{u} </math>'''
Por definición tenemos que el laplaciano de un campo vectorial viene dado por la siguiente ecuación:

<center><math>∆\vec{u} = ∆(u_1\vec{i} + u_2\vec{j}+ u_3\vec{k}) = ∆u_1\vec{i} + ∆u_2\vec{j}+ ∆u_3\vec{k}</math></center>

Por la condición de que el campo de velocidades está proporcionado en coordenadas cilíndricas, es de mayor facilidad el cálculo con dichas coordenadas y por consecuente, la ecuación quedaría de la siguiente forma:

<center><math>\Delta\vec{u} = \nabla(\nabla \cdot \vec{u}) - \nabla \times (\nabla \times \vec{u})</math></center>

* '''Gradiente de la divergencia'''

Como podemos apreciar, debemos calcular el gradiente de la divergencia. De modo que primeramente realizaremos el cálculo de la divergencia.

Por otro lado, al tratarse de un fluido incomprensible, dicha divergencia debe ser nula. Por definición ésta se calcula en coordenadas cilíndricas mediante la siguiente expresión:

<center><math> ∇ · \vec{u} = \frac{1}{ρ}[\frac{ \partial}{\partial ρ}(0) + \frac{ \partial}{\partial θ}(f(ρ)) + \frac{ \partial}{\partial z}(0)] = 0 </math></center>

Tras realizar los cálculos, observamos que como hemos deducido, la divergencia es nula y por lo tanto, el gradiente de la propia divergencia saldrá 0, de igual forma:
<center><math> ∇(∇ · \vec{u})= ∇(0)= \vec{0} </math></center>

Una vez deducido que el gradiente de la divergencia es 0, por lo cálculos previamente realizados, el primer término se elimina y la expresión queda simplificada de la siguiente forma:

<center><math>\Delta\vec{u} = - \nabla \times (\nabla \times \vec{u})</math></center>

* '''Rotacional del campo de velocidades'''
Realizamos los cálculos aplicando la fórmula para el rotacional definido en coordenadas cilíndricas. Siendo la expresión del campo de velocidades:
<math>u(\rho,\theta)=f(\rho)\,e_{\theta}</math>
<center><math>(\nabla\times\vec{u}) = \frac{1}{ρ}\begin{vmatrix} \vec{e_ρ} & ρ\vec{e_θ} & \vec{e_z} \\ \frac{ \partial}{\partial ρ} & \frac{\partial }{\partial θ} & \frac{\partial }{\partial z}\\ 0 & ρf(ρ) & 0 \end{vmatrix} = \frac{1}{ρ}\frac{ \partial (ρf(ρ)) }{\partial ρ}\vec{e_z} = [\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}]\vec{e_z}</math></center>

* '''Rotacional del rotacional del campo de velocidades'''

Una vez realizado el rotacional del campo de velocidades, proseguimos con el cálculo del rotacional del rotacional. Para ello aplicaremos la fórmula en coordenadas cilíndricas sobre el vector hallado anteriormente:

<center> <math>\nabla\times(\nabla\times\vec{u})= \frac{1}{ρ}\begin{vmatrix} \vec{e_ρ} & ρ\vec{e_θ} & \vec{e_z} \\ \frac{ \partial}{\partial ρ} & \frac{\partial }{\partial θ} & \frac{\partial }{\partial z}\\ 0 & 0 & [\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}] \end{vmatrix} = -\frac{1}{ρ}\frac{ \partial }{\partial ρ}(\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}) ρ\vec{e_θ} = \frac{1}{ρ}[\frac{f(ρ)}{ρ}-\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}-ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ}</math></center>

* ''' Resultado del Laplaciano vectorial'''
Sustituimos en la ecuación obtenida del laplaciano vectorial.

<center><math>\Delta\vec{u} = - \nabla \times (\nabla \times \vec{u})</math></center>

<center><math>\Delta\vec{u} = - \frac{1}{ρ}[\frac{f(ρ)}{ρ}-\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}-ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ}</math></center>

<center><math>\Delta\vec{u} = \frac{1}{ρ}[-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ}</math></center>

* '''Resultado de la ecuación de Navier-Stokes'''
Una vez calculado el laplaciano, procedemos a sustituir el valor en la ecuación analizada previamente de Navier-Stokes obteniendo:

<center><math> µ∆\vec{u} = \vec{0}</math></center>
<center><math>∆\vec{u} = \vec{0}</math></center>
<center><math>\frac{1}{ρ}[-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ} = \vec{0} </math></center>
<center><math>[-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ} = \vec{0} </math></center>

===Obtención de las constantes de la ecuación diferencial===
====Obtención ecuación diferencial segundo orden====

Una vez conocida la solución de la ecuación de Navier-Stokes, procedemos a la obtención de la ecuación diferencial:

<center><math> [-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ} = [-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ} = \vec{0} </math></center>

<center><math>\frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}) = \frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})</math></center>

Reordenamos la ecuación para la obtención de una ecuación diferencial de segundo orden:
<center><math>\frac{f(ρ)}{ρ}-\frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}) = 0 </math></center>
<center><math>\frac{f(ρ)}{ρ} = \frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}) </math></center>

====Comprobación ecuación diferencial====
A continuación, vamos a comprobar si la ecuación diferencial que hemos obtenido satisface la solución conocida, que viene dada por:

<center><math>f(ρ) = aρ +\frac{b}{ρ},\hspace{20pt}a,b \in \mathbb{R} </math></center>

Para realizar la comprobación, es necesario derivar la expresión de forma que dichas derivadas aparezcan en la ecuación diferencial obtenida.

<center><math>\frac{\partial f(ρ)}{\partial ρ} = a -\frac{b}{ρ^2},\hspace{20pt}a,b \in \mathbb{R} </math></center>
<center><math>\frac{\partial }{\partial ρ}(ρ\frac{\partial f(ρ)}{\partial ρ}) = \frac{\partial }{\partial ρ}(ρ(a -\frac{b}{ρ^2})) = \frac{\partial }{\partial ρ}(aρ -\frac{b}{ρ})) = a +\frac{b}{ρ^2},\hspace{20pt}a,b \in \mathbb{R}</math></center>

Una vez halladas las derivadas, sustituimos en la ecuación y comprobamos que:

<center><math> \frac{1}{ρ}(aρ +\frac{b}{ρ}) = a +\frac{b}{ρ^2} \Longrightarrow \frac{f(ρ)}{ρ} = \frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}),\hspace{20pt}a,b \in \mathbb{R} </math></center>

Queda por tanto comprobado que se cumple la ecuación diferencial.

====Búsqueda de las constantes "a" y "b"====

Finalmente, hemos solucionado la EDO y debemos conocer las soluciones específicas de ésta, a través de las constante a y b de tal forma que la velocidad en la frontera coincida con las de los tubo interior y exterior sen la misma.

Sabemos que la velocidad del fluido es:
<math>
\mathbf{u}(\rho,\theta) = f(\rho)\,\mathbf{e}_\theta,
\qquad
f(\rho) = a\rho + \frac{b}{\rho}.
</math>

-En el cilindro interior ( <math>\rho = 1</math> ), la velocidad tangencial será:
<math>
u_\theta(1) = f(1) = a(1) + \frac{b}{1} = a + b,
</math>
debe coincidir con la velocidad tangencial del cilindro interior:
<math>
u_\theta(1) = \omega_i \cdot 1 = \omega_i.
</math>

-En el cilindro exterior ( <math>\rho = 2</math> ),la velocidad tangencial:
<math>
u_\theta(2) = f(2) = a(2) + \frac{b}{2} = 2a + \frac{b}{2},
</math>
debe coincidir con la velocidad tangencial del cilindro exterior:
<math>
u_\theta(2) = \omega_e \cdot 2 = 2\omega_e.
</math>

* '''Sistema de ecuaciones'''

De las condiciones de contorno:
<math>
\begin{cases}
a + b = \omega_i, \\
2a + \dfrac{b}{2} = 2\omega_e.
\end{cases}
</math>

Multiplicamos la segunda ecuación por 2 para eliminar la fracción:
<math>
4a + b = 4\omega_e.
</math>

Restamos la primera ecuación:
<math>
(4a + b) - (a + b) = 4\omega_e - \omega_i
\;\;\Longrightarrow\;\;
3a = 4\omega_e - \omega_i.
</math>

Por tanto:
<math>
a = \dfrac{4\omega_e - \omega_i}{3}.
</math>

Luego:
<math>
b = \omega_i - a
= \omega_i - \dfrac{4\omega_e - \omega_i}{3}
= \dfrac{3\omega_i - (4\omega_e - \omega_i)}{3}
= \dfrac{4\omega_i - 4\omega_e}{3}
= \dfrac{4(\omega_i - \omega_e)}{3}.
</math>

'''Resultado:'''
<math>
\boxed{
a = \dfrac{4\omega_e - \omega_i}{3},
\qquad
b = \dfrac{4(\omega_i - \omega_e)}{3}.
}
</math>

===Comprobación de incompresibilidad ===
Se ha comprobado con anterioridad, a la hora de la obtención de la ecuación diferencial, que la divergencia del campo de velocidades es igual a 0. Se detalla a continuación el cálculo de la incompresibilidad:
observación: se tomarán coordenadas cilíndricas:
<math>
\nabla \cdot \mathbf{u}
= \frac{1}{\rho}\frac{\partial(\rho u_\rho)}{\partial \rho}
+ \frac{1}{\rho}\frac{\partial u_\theta}{\partial \theta}
+ \frac{\partial u_z}{\partial z}.
</math>

Como
<math>
u_\rho = 0,\quad u_z = 0,\quad
u_\theta = f(\rho)\ \text{(independiente de }\theta,z\text{)},
</math>
entonces:
<math>
\nabla \cdot \mathbf{u}
= \frac{1}{\rho}\frac{\partial(0)}{\partial \rho}
+ \frac{1}{\rho}(0) + 0
= 0.
</math>

== Campo de velocidades ==
Con el objetivo de calcular el campo de velocidades establecemos que la velocidad angular del cilindro exterior e interior es 1 (ω = 1) y μ = 1 (coeficiente de viscosidad del fluido), y en consecuencia las constantes serán de la siguiente forma:
''Observación: se considera que por el sentido, ωi = 1 y ωe = -1.''
<math>

\boxed{
a = \dfrac{4\omega_e - \omega_i}{3},
\qquad
b = \dfrac{4(\omega_i - \omega_e)}{3}.
}
</math>

<center><math>a = -\frac{5}{3} </math> y <math> b = \frac{8}{3}</math></center>
Conocida la siguiente expresión de la velocidad de las partículas en función de f(ρ):
 
<math>\vec{u}(ρ, θ) = f(ρ) \vec{e_θ} </math>.
 
Hemos calculado las constantes a y b, desarrollamos la ecuación. Quedando el campo de velocidades la las partículas como:
 
<math>\vec{u}(\rho, \theta) = \left(-\frac{5}{3} \rho + \frac{8}{3 \rho}\right) \hat{e}_\theta </math>

[[Archivo:campovelocidadesdefdefdef.png|700px|thumb|right|Campo de velocidades]]
{{matlab|codigo=
%Apartado 3: Campo de velocidades

rho=linspace(1,2,30); %radio de 1 a 2
theta=linspace(0,2*pi,50); %theta de 0 a 2pi
a=-5/3;
b=8/3;

w1=1; %velocidad angular interior
w2=-1; %velocidad angular exterior

%Mallado coordenadas polares
[R,T]=meshgrid(rho,theta); % meshgrid para coordenadas polares
X=R.*cos(T); % Paso a cartesianas
Y=R.*sin(T);

%Campo de velocidades
Vtheta= a.*R+b./R; %Velocidad de theta
Vx= w2.*Vtheta .*sin(T);
Vy= w1.*Vtheta.*cos(T);

%Dibujo campo de velocidades
hold on
grid on
quiver(X,Y,Vx,Vy,0.5,'Color',[0 0 1],'LineWidth',1.2);
title('CAMPO DE VELOCIDADES')
axis([-3.5,3.5,-2.1,2.1])

hold off
}}

==Líneas de corriente==
[[Archivo:lineas_de_corriente_33.png|500px|thumb|right|Líneas de corriente]]

{{matlab|codigo=
%% Parámetros del problema
r_in = 1;
r_out = 2;
omega_i = +1;
omega_e = -1;

% Coeficientes del perfil
a = (4*omega_e - omega_i)/3; % = -5/3
b = 4*(omega_i - omega_e)/3; % = 8/3

%% Función de corriente psi(r) = -(a/2)*r^2 - b*ln(r)
psi = @(r) -(a/2)*r.^2 - b*log(r);

%% Elegimos varios niveles de psi (líneas de corriente)
n_lines = 25; % número de círculos
r_vals = linspace(r_in, r_out, n_lines);

%% Dibujar
figure('Color','w'); hold on; axis([-3 3 -2.5 2.5]); grid on;
title('Líneas de corriente (\psi = cte)');
xlabel('x'); ylabel('y');

% Dibujar círculos para cada r
theta = linspace(0, 2*pi, 400);
for r = r_vals
x = r*cos(theta);
y = r*sin(theta);
plot(x, y, 'Color', [0.2 0.6 0.8], 'LineWidth', 1.2);
end
}}
El punto de partida es que el campo de velocidades del fluido en la sección transversal es <math>\vec{u}(r,\theta)=f(r)\,\vec{e_\theta}</math>, donde, por definción en base cilíndricas conocemos que: <math>\vec{e_\theta}=(-\sin\theta,\ \cos\theta)</math>.
*'''Obtención del campo de velocidades v'''
Sabemos que el campo de velocidades <math>\vec{v}</math> ha de ser ortogonal a <math>\vec{u}</math>. 
 
1-Tomamos el siguiente producto vectorial, para obtener el vector perpendicular <math>\vec{v}=\vec{k}\times\vec{u}</math>, siendo <math>\vec{k}=(0,0,1)</math> el vector unitario correspondiente al eje Z en base cartesiana.

2-Usando propiedades del producto vectorial: <math>\vec{k}\times\vec{e_\theta}=-\vec{e_r}</math>, donde <math>\vec{e_r}=(\cos\theta,\ \sin\theta)</math>.

Por tanto, en base cilíndrica, el campo de velocidades seguiría la siguiente expresión:

<center><math>\vec{v}(r,\theta)
= f(r)\,(\vec{k}\times\vec{e_\theta})
= -\,f(r)\,\vec{e_r}</math></center>

Cambiando a coordenadas cartesianas:

<center><math>\vec{v}(x,y)=\big(-f(r)\cos\theta,\ -f(r)\sin\theta\big)</math></center>

con <math>r=\sqrt{x^2+y^2}</math>, y <math>\theta=\operatorname{arctan2}(y,x)</math>.

3-Se observa que <math>\vec{v}</math> sigue la dirección radial, pues apunta hacia <math>-\vec{e_r}</math>y es ortogonal a <math>\vec{u}</math> porque <math>\vec{e_r}\cdot\vec{e_\theta}=0</math>:

<center><math>
\vec{u}\cdot\vec{v}
= f(r)\,\vec{e_\theta}\cdot\big(-f(r)\,\vec{e_r}\big)
= -f(r)^2(\vec{e_\theta}\cdot\vec{e_r})
= 0.
</math></center>

4-En nuestro caso, la función seguiría la siguiente expresión <math>f(r)=a\,r+\frac{b}{r}</math>.
 

5- Se fijaron previamente las constantes
<math>a,b</math> para
<math>\omega_i = +1</math>, <math>\omega_e = -1</math>:
<math>a = -\tfrac{5}{3}</math>,
<math>b = \tfrac{8}{3}</math>, entonces:

<math>
f(r)=a\,r+\frac{b}{r}
</math>

y el campo queda´ria expresado en coordenadas cartesianas de la siguiente forma:

<math>
\vec{v}(x,y)
= \Big(-(a\,r+\frac{b}{r})\,\frac{x}{r},\; -(a\,r+\frac{b}{r})\,\frac{y}{r}\Big)
= \Big(-(a\,r+\frac{b}{r})\cos\theta,\; -(a\,r+\frac{b}{r})\sin\theta\Big)
</math>

1) Definición de {{math|\mathbf v}}: ortogonal a {{math|\mathbf u}} ==

Tomamos
{{math|\mathbf v = \mathbf k \times \mathbf u}},
con
{{math|\mathbf k=(0,0,1)}}
el versor del eje $z$.

Usando propiedades de productos cruzados en el plano:

{{math|\mathbf k \times {\mathbf e}_\theta = -\,{\mathbf e}_r}},

donde
{{math|{\mathbf e}_r=(\cos\theta,\ \sin\theta)}}
es el unitario radial.

Por tanto,

{{math|\mathbf v(r,\theta) = f(r)\,(\mathbf k \times \mathbf e_\theta)
= -\,f(r)\,{\mathbf e}_r}}

y en componentes cartesianas:

{{math|\mathbf v(x,y)=\big(-f(r)\cos\theta,\,-f(r)\sin\theta\big)}}

con
{{math|r=\sqrt{x^2+y^2}}}
y
{{math|\theta=\operatorname{arctan2}(y,x)}}.

Observa que $\mathbf v$ es radial (apunta hacia $-{\mathbf e}_r$, es decir, hacia el centro)
y es ortogonal a $\mathbf u$ porque
{{math|{\mathbf e}_r\cdot{\mathbf e}_\theta = 0}}:

{{math|\mathbf u\cdot\mathbf v
= f(r)\,{\mathbf e}_\theta \cdot\big(-f(r)\,{\mathbf e}_r\big)
= -f(r)^2 ({\mathbf e}_\theta\cdot{\mathbf e}_r)
= 0}}.

Partimos de que el campo de velocidades del fluido en la sección transversal es
u(r,θ)=f(r) eθ,\mathbf{u}(r,\theta) = f(r)\,\mathbf{e}_\theta,u(r,θ)=f(r)eθ,
donde eθ=(−sin⁡θ, cos⁡θ)\mathbf{e}_\theta = (-\sin\theta,\ \cos\theta)eθ=(−sinθ, cosθ) es el vector unitario azimutal en el plano x ⁣− ⁣yx\!-\!yx−y.
1) Definición de v\mathbf{v}v: ortogonal a u\mathbf{u}u
Tomamos
v = k×u,\mathbf{v} \;=\; \mathbf{k} \times \mathbf{u},v=k×u,
con k=(0,0,1)\mathbf{k}=(0,0,1)k=(0,0,1) el versor del eje zzz. Usando propiedades de productos cruzados en el plano:

k×eθ=− er\mathbf{k}\times\mathbf{e}_\theta = -\,\mathbf{e}_rk×eθ=−er, donde er=(cos⁡θ, sin⁡θ)\mathbf{e}_r=(\cos\theta,\ \sin\theta)er=(cosθ, sinθ) es el unitario radial.
Por tanto,
v(r,θ) = f(r) (k×eθ) = − f(r) er \boxed{\;\mathbf{v}(r,\theta) \;=\; f(r)\,\big(\mathbf{k}\times \mathbf{e}_\theta\big) \;=\; -\,f(r)\,\mathbf{e}_r\;}v(r,θ)=f(r)(k×eθ)=−f(r)er
y en componentes cartesianas:
v(x,y)=(−f(r)cos⁡θ, −f(r)sin⁡θ) \boxed{\; \mathbf{v}(x,y) = \big(-f(r)\cos\theta,\,-f(r)\sin\theta\big) \;}v(x,y)=(−f(r)cosθ,−f(r)sinθ)
con r=x2+y2r=\sqrt{x^2+y^2}r=x2+y2 y θ=arctan⁡2(y,x)\theta=\arctan2(y,x)θ=arctan2(y,x).

Observa que v\mathbf{v}v es radial (apunta hacia −er-\mathbf{e}_r−er, es decir, hacia el centro) y es ortogonal a u\mathbf{u}u porque er⋅eθ=0\mathbf{e}_r\cdot\mathbf{e}_\theta=0er⋅eθ=0:
u⋅v=f(r) eθ⋅(−f(r) er)=−f(r)2 (eθ⋅er)=0.\mathbf{u}\cdot\mathbf{v} = f(r)\,\mathbf{e}_\theta \cdot \big(-f(r)\,\mathbf{e}_r\big)= -f(r)^2\,(\mathbf{e}_\theta\cdot\mathbf{e}_r)=0.u⋅v=f(r)eθ⋅(−f(r)er)=−f(r)2(eθ⋅er)=0.

2) Versión concreta con tu perfil f(r)=a r+brf(r)=a\,r+\frac{b}{r}f(r)=ar+rb
Si ya fijaste a,ba,ba,b (por ejemplo, para ωi=+1\omega_i=+1ωi=+1, ωe=−1\omega_e=-1ωe=−1: a=−53a=-\tfrac{5}{3}a=−35, b=83b=\tfrac{8}{3}b=38), entonces:
f(r)=a r+br,v(x,y)=(−(a r+br)xr, −(a r+br)yr)=(−(a r+br)cos⁡θ, −(a r+br)sin⁡θ).f(r) = a\,r + \frac{b}{r},\qquad
\mathbf{v}(x,y) = \Big(-(a\,r+\frac{b}{r})\frac{x}{r},\; -(a\,r+\frac{b}{r})\frac{y}{r}\Big)
= \Big(-(a\,r+\frac{b}{r})\cos\theta,\; -(a\,r+\frac{b}{r})\sin\theta\Big).f(r)=ar+rb,v(x,y)=(−(ar+rb)rx,−(ar+rb)ry)=(−(ar+rb)cosθ,−(ar+rb)sinθ).

3) MATLAB (simple) para construir v=k×u\mathbf{v}=\mathbf{k}\times\mathbf{u}v=k×u
Este fragmento calcula y dibuja solo el campo v\mathbf{v}v en el anillo 1≤r≤21\le r\le 21≤r≤2, siguiendo la misma malla sencilla que usamos para u\mathbf{u}u:
MATLAB%% Campo v = k x u, ortogonal a u = f(r) e_theta, en el anillo 1<=r<=2clear; clc; close all;%% Parametros del perfil (ejemplo con omega_i=+1, omega_e=-1)r_in = 1; r_out = 2;a = -5/3; b = 8/3; % f(r) = a*r + b/r%% Malla de puntos en el anillo (pocos para visual simple)n_r = 5; % nº de radios intermediosn_th = 40; % nº de ángulosr_vals = linspace(r_in, r_out, n_r);theta_vals= linspace(0, 2*pi, n_th);[X, Y, Vx, Vy] = deal([]);for r = r_vals for th = theta_vals % Posicion x = r*cos(th); y = r*sin(th); % Magnitud azimutal f = a*r + b/r; % v = k x u = - f(r) e_r -> e_r = (cos th, sin th) vx = -f * cos(th); vy = -f * sin(th); % Acumular X(end+1) = x; Y(end+1) = y; Vx(end+1) = vx; Vy(end+1) = vy; endend%% Dibujar v (flechas saliendo hacia el centro)figure('Color','w'); quiver(X, Y, Vx, Vy, 0.4, 'Color', [0.1 0.6 0.2], 'LineWidth', 1.2); % verdeaxis equal; grid on; hold on;xlabel('x'); ylabel('y'); title('Campo v = k \times u (ortogonal a u)');% Círculos del dominiott = linspace(0, 2*pi, 300);plot(r_in*cos(tt), r_in*sin(tt), 'k', 'LineWidth', 1.5);plot(r_out*cos(tt), r_out*sin(tt), 'k', 'LineWidth', 1.5);xlim([-2.5 2.5]); ylim([-2.5 2.5]);Mostrar más líneas

¿Seguimos?
Si esto está claro, en el siguiente paso calculamos la función de corriente ψ\psiψ tal que ∇ψ=v\nabla\psi=\mathbf{v}∇ψ=v, mostramos sus líneas de nivel ψ=cte\psi=\text{cte}ψ=cte y verificamos que son líneas de corriente de u\mathbf{u}u. ¿Avanzamos?
Proporcione sus comentarios sobre BizChatYou said: dame v en coordenadas cilindricasCopilot said: Copilot¡Perfecto! En coordenadas cilíndricas (r,θ,z)(r,\theta,z)(r,θ,z), el campo v=k×u\mathbf{v} = \mathbf{k} \times \mathbf{u}v=k×u se expresa de forma muy sencilla:
Sabemos que:
u(r,θ)=f(r) eθ,f(r)=a r+br.\mathbf{u}(r,\theta) = f(r)\,\mathbf{e}_\theta,\quad f(r)=a\,r+\frac{b}{r}.u(r,θ)=f(r)eθ,f(r)=ar+rb.
El producto cruzado con k=ez\mathbf{k}=\mathbf{e}_zk=ez da:
k×eθ=−er.\mathbf{k}\times\mathbf{e}_\theta = -\mathbf{e}_r.k×eθ=−er.
Por tanto:
v(r,θ)=− f(r) er=−(a r+br) er.\boxed{\mathbf{v}(r,\theta) = -\,f(r)\,\mathbf{e}_r = -\big(a\,r+\frac{b}{r}\big)\,\mathbf{e}_r.}v(r,θ)=−f(r)er=−(ar+rb)er.
Componentes en la base cilíndrica
vr=−(a r+br),vθ=0,vz=0.v_r = -\big(a\,r+\frac{b}{r}\big),\quad v_\theta = 0,\quad v_z = 0.vr=−(ar+rb),vθ=0,vz=0.

¿Quieres que ahora hagamos el siguiente paso:

Calcular la función de corriente ψ(r)\psi(r)ψ(r) tal que ∇ψ=v\nabla\psi = \mathbf{v}∇ψ=v,
Dibujar las líneas ψ=cte\psi=\text{cte}ψ=cte (líneas de corriente del campo u\mathbf{u}u) en MATLAB?

¿Avanzamos?
Proporcione sus comentarios sobre BizChatYou said: Observar que 𝑣⃗ es irrotacional (por ser 𝑢⃗ de divergencia nula) y tiene un potencial escalar
𝜓 (es decir ∇𝜓 = 𝑣⃗) que se conoce como función de corriente de 𝑢⃗ Copilot said: Copilot¡Exacto! Como hemos visto, el campo
v=k×u=−f(r) er\mathbf{v} = \mathbf{k} \times \mathbf{u} = -f(r)\,\mathbf{e}_rv=k×u=−f(r)er
es radial y apunta hacia el centro. Ahora comprobamos las dos propiedades que mencionas:

✅ 1. Irrotacionalidad de v\mathbf{v}v
En coordenadas cilíndricas, para un campo puramente radial vr(r)v_r(r)vr(r) con vθ=vz=0v_\theta = v_z = 0vθ=vz=0, el rotacional es:
∇×v={componente z:1r∂∂r(rvθ)−∂vr∂θ=0,otras componentes: tambieˊn 0.\nabla \times \mathbf{v} =
\begin{cases}
\text{componente } z: \dfrac{1}{r}\dfrac{\partial}{\partial r}(r v_\theta) - \dfrac{\partial v_r}{\partial \theta} = 0,\\
\text{otras componentes: también 0.}
\end{cases}∇×v=⎩⎨⎧componente z:r1∂r∂(rvθ)−∂θ∂vr=0,otras componentes: tambieˊn 0.
Como vθ=0v_\theta = 0vθ=0 y vrv_rvr no depende de θ\thetaθ,
∇×v=0.\nabla \times \mathbf{v} = \mathbf{0}.∇×v=0.
✅ v\mathbf{v}v es irrotacional.

✅ 2. Existe un potencial escalar ψ\psiψ tal que ∇ψ=v\nabla \psi = \mathbf{v}∇ψ=v
En coordenadas cilíndricas:
∇ψ=∂ψ∂r er+1r∂ψ∂θ eθ+∂ψ∂z ez.\nabla \psi = \frac{\partial \psi}{\partial r}\,\mathbf{e}_r + \frac{1}{r}\frac{\partial \psi}{\partial \theta}\,\mathbf{e}_\theta + \frac{\partial \psi}{\partial z}\,\mathbf{e}_z.∇ψ=∂r∂ψer+r1∂θ∂ψeθ+∂z∂ψez.
Como v=vr er\mathbf{v} = v_r\,\mathbf{e}_rv=vrer con vr=−f(r)v_r = -f(r)vr=−f(r), tenemos:
∂ψ∂r=−f(r),∂ψ∂θ=0,∂ψ∂z=0.\frac{\partial \psi}{\partial r} = -f(r),\quad \frac{\partial \psi}{\partial \theta}=0,\quad \frac{\partial \psi}{\partial z}=0.∂r∂ψ=−f(r),∂θ∂ψ=0,∂z∂ψ=0.
Por tanto:
ψ(r)=−∫f(r) dr=−∫(ar+br) dr=−(a2r2+bln⁡r)+C.\psi(r) = -\int f(r)\,dr = -\int \big(a r + \frac{b}{r}\big)\,dr = -\Big(\frac{a}{2}r^2 + b\ln r\Big) + C.ψ(r)=−∫f(r)dr=−∫(ar+rb)dr=−(2ar2+blnr)+C.
ψ(r)=−a2r2−bln⁡r+C.\boxed{\psi(r) = -\frac{a}{2}r^2 - b\ln r + C.}ψ(r)=−2ar2−blnr+C.

✅ 3. Líneas ψ=cte\psi = \text{cte}ψ=cte
Como ψ\psiψ depende solo de rrr, las curvas ψ=cte\psi = \text{cte}ψ=cte son circunferencias concéntricas r=constanter = \text{constante}r=constante.
Estas son líneas de corriente de u\mathbf{u}u porque:
u⋅∇ψ=f(r) eθ⋅(−f(r) er)=0.\mathbf{u}\cdot\nabla\psi = f(r)\,\mathbf{e}_\theta \cdot (-f(r)\,\mathbf{e}_r) = 0.u⋅∇ψ=f(r)eθ⋅(−f(r)er)=0.

¿Quieres que ahora te dé un script MATLAB sencillo que:
✔ Dibuja las líneas de corriente (círculos) y el campo u\mathbf{u}u con flechas,
✔ Calcula ψ(r)\psi(r)ψ(r) y muestra sus niveles?
¿O prefieres primero solo las líneas ψ=cte\psi=\text{cte}ψ=cte sin flechas?
Proporcione sus comentarios sobre BizChatYou said: prefiero solo las lineasCopilot said: CopilotPerfecto, vamos a dibujar solo las líneas de corriente (las curvas ψ=cte\psi = \text{cte}ψ=cte).
Como hemos calculado:
ψ(r)=−a2r2−bln⁡r+C,con f(r)=ar+br.\psi(r) = -\frac{a}{2}r^2 - b\ln r + C,\quad \text{con } f(r)=a r + \frac{b}{r}.ψ(r)=−2ar2−blnr+C,con f(r)=ar+rb.
Pero como ψ\psiψ depende solo de rrr, las líneas ψ=cte\psi=\text{cte}ψ=cte son circunferencias concéntricas. Así que basta con elegir varios valores de rrr en el intervalo [1,2][1,2][1,2] y dibujar círculos.

Partimos de que el campo de velocidades del fluido en la sección transversal es:

<math>\vec{u}(r,\theta) = f(r)\,\vec{e_\theta}</math>

donde

<math>\vec{e_\theta} = (-\sin\theta,\ \cos\theta)</math>

es el vector unitario azimutal en el plano <math>x-y</math>.

---

====Definición de v: ortogonal a u====

Tomamos:

<math>\vec{v} = \vec{k} \times \vec{u}</math>,

con <math>\vec{k} = (0,0,1)</math> el versor del eje <math>z</math>.

Usando propiedades del producto cruzado en el plano:

<math>\vec{k}\times\vec{e_\theta} = -\,\vec{e_r}</math>,

donde <math>\vec{e_r} = (\cos\theta,\ \sin\theta)</math> es el unitario radial.

Por tanto:

<math>\vec{v}(r,\theta) = f(r)\,(\vec{k}\times\vec{e_\theta}) = -\,f(r)\,\vec{e_r}</math>

<math>\boxed{\;\vec{v}(r,\theta) = -\,f(r)\,\vec{e_r}\;}</math>

En componentes cartesianas:

<math>\vec{v}(x,y) = \big(-f(r)\cos\theta,\,-f(r)\sin\theta\big)</math>

con <math>r = \sqrt{x^2+y^2}</math> y <math>\theta = \arctan2(y,x)</math>.

Observa que <math>\vec{v}</math> es radial (apunta hacia <math>-\,\vec{e_r}</math>, es decir, hacia el centro) y es ortogonal a <math>\vec{u}</math> porque:

<math>\vec{e_r}\cdot\vec{e_\theta} = 0</math>

y por tanto:

<math>\vec{u}\cdot\vec{v} = f(r)\,\vec{e_\theta}\cdot\big(-f(r)\,\vec{e_r}\big) = -f(r)^2\,(\vec{e_\theta}\cdot\vec{e_r}) = 0</math>.

---

====Versión concreta con perfil f(r)=ar+b/r====

Si ya fijaste <math>a,b</math> (por ejemplo, para <math>\omega_i=+1</math>, <math>\omega_e=-1</math>: <math>a=-\tfrac{5}{3}</math>, <math>b=\tfrac{8}{3}</math>), entonces:

<math>f(r) = a\,r + \tfrac{b}{r}</math>

y

<math>\vec{v}(x,y) = \Big(-(a\,r+\tfrac{b}{r})\tfrac{x}{r},\; -(a\,r+\tfrac{b}{r})\tfrac{y}{r}\Big)
= \Big(-(a\,r+\tfrac{b}{r})\cos\theta,\; -(a\,r+\tfrac{b}{r})\sin\theta\Big)</math>.

---

====MATLAB para construir v = k x u====

Este fragmento calcula y dibuja solo el campo <math>\vec{v}</math> en el anillo
<math>1 \leq r \leq 2</math>, siguiendo la misma malla sencilla que usamos para
<math>\vec{u}</math>:

```matlab
%% Campo v = k x u, ortogonal a u = f(r) e_theta, en el anillo 1<=r<=2
clear; clc; close all;

%% Parámetros del perfil (ejemplo con omega_i=+1, omega_e=-1)
r_in = 1; r_out = 2;
a = -5/3; b = 8/3; % f(r) = a*r + b/r

%% Malla de puntos en el anillo (pocos para visual simple)
n_r = 5; % nº de radios intermedios
n_th = 40; % nº de ángulos
r_vals = linspace(r_in, r_out, n_r);
theta_vals = linspace(0, 2*pi, n_th);

[X, Y, Vx, Vy] = deal([]);
for r = r_vals
for th = theta_vals
% Posición
x = r*cos(th); y = r*sin(th);
% Magnitud azimutal
f = a*r + b/r;
% v = k x u = - f(r) e_r -> e_r = (cos th, sin th)
vx = -f * cos(th); vy = -f * sin(th);
% Acumular
X(end+1) = x; Y(end+1) = y;
Vx(end+1) = vx; Vy(end+1) = vy;
end
end

%% Dibujar v (flechas saliendo hacia el centro)
figure('Color','w');
quiver(X, Y, Vx, Vy, 0.4, 'Color', [0.1 0.6 0.2], 'LineWidth', 1.2); % verde
axis equal; grid on; hold on;
xlabel('x'); ylabel('y'); title('Campo v = k \times u (ortogonal a u)');

% Círculos del dominio
tt = linspace(0, 2*pi, 300);
plot(r_in*cos(tt), r_in*sin(tt), 'k', 'LineWidth', 1.5);
plot(r_out*cos(tt), r_out*sin(tt), 'k', 'LineWidth', 1.5);
xlim([-2.5 2.5]); ylim([-2.5 2.5]);

\section*{Función de corriente asociada}

Queremos calcular la función de corriente <math>\psi(r)</math> tal que:

<math>\nabla \psi = \vec{v}</math>

---

\subsection*{1. Gradiente en coordenadas cilíndricas}

En coordenadas cilíndricas <math>(r,\theta,z)</math>:

<math>\nabla \psi = \frac{\partial \psi}{\partial r}\,\vec{e_r}
+ \frac{1}{r}\frac{\partial \psi}{\partial \theta}\,\vec{e_\theta}
+ \frac{\partial \psi}{\partial z}\,\vec{e_z}</math>

---

\subsection*{2. Igualación con el campo

*'''Irrotacionalidad de v'''

En coordenadas cilíndricas, para un campo puramente radial
<math>v_r(r)</math> con
<math>v_\theta = v_z = 0</math>,
el rotacional es:

<math>\nabla \times \vec{v} =
\begin{cases}
\text{componente $z$: } \tfrac{1}{r}\tfrac{\partial}{\partial r}(r v_\theta) - \tfrac{\partial v_r}{\partial \theta} = 0, \\
\text{otras componentes: también } 0
\end{cases}</math>

Como <math>v_\theta = 0</math> y <math>v_r</math> no depende de <math>\theta</math>, se cumple:

<math>\nabla \times \vec{v} = \vec{0}</math>

Por tanto, <math>\vec{v}</math> es irrotacional.

*'''Potencial escalar'''

Existe un potencial escalar <math>\psi</math> tal que:

<math>\nabla \psi = \vec{v}</math>

En coordenadas cilíndricas:

<math>\nabla \psi = \frac{\partial \psi}{\partial r}\,\vec{e_r}
+ \frac{1}{r}\frac{\partial \psi}{\partial \theta}\,\vec{e_\theta}
+ \frac{\partial \psi}{\partial z}\,\vec{e_z}</math>

Como <math>\vec{v} = v_r\,\vec{e_r}</math> con <math>v_r = -f(r)</math>, tenemos:

<math>\frac{\partial \psi}{\partial r} = -f(r), \quad
\frac{\partial \psi}{\partial \theta} = 0, \quad
\frac{\partial \psi}{\partial z} = 0</math>

Por tanto:

<math>\psi(r) = -\int f(r)\,dr
= -\int \left(a r + \frac{b}{r}\right)\,dr
= -\left(\tfrac{a}{2}r^2 + b\ln r\right) + C</math>

Finalmente:

<math>\boxed{\psi(r) = -\tfrac{a}{2}r^2 - b\ln r + C}</math>

*'''líneas 𝜓 = cte'''

Como $\psi$ depende solo de $r$, las curvas
<math>\psi = \text{cte}</math>
son circunferencias concéntricas:
<math>r = \text{constante}</math>.

Estas son líneas de corriente de <math>\vec{u}</math> porque:
<math>\vec{u} \cdot \nabla \psi = f(r)\,\vec{e_\theta} \cdot \big(-f(r)\,\vec{e_r}\big) = 0</math>.

Además, se ha calculado:
<math>\psi(r) = -\tfrac{a}{2}r^2 - b \ln r + C</math>,
<math>f(r) = a r + \tfrac{b}{r}</math>.

Como $\psi$ depende únicamente de $r$, las líneas
<math>\psi = \text{cte}</math>
son circunferencias concéntricas. Basta con elegir varios valores de <math>r</math> en el intervalo <math>[1,2]</math> y dibujar los círculos correspondientes.

== Módulo de la velocidad del fluido ==

{{matlab|codigo=
clear; clc;

% Parámetros
r1 = 1;
r2 = 2;
w1= +1;
w2 = -1;

% Coeficientes del perfil
a = (4*w2- w1)/3; % = -5/3
b = 4*(w1 - w2)/3; % = 8/3

% Vector radial y cálculo del módulo
r = linspace(r1, r2, 200);
u = abs(a*r + b./r); % |u(r)|

% Dibujar la gráfica
figure('Color','w');
plot(r, u, 'LineWidth', 2, 'Color', [0.2 0.4 0.8]);
grid on;
xlabel('\rho (radio)');
ylabel('|u(\rho)|');
}}

El módulo de la velocidad del fluido es:
<math>
|\mathbf{u}| = |u_\theta| = |f(r)| = \big| a\,r + \frac{b}{r} \big|.
</math>

Con
<math>
a = -\frac{5}{3}, \qquad b = \frac{8}{3},
</math>
tenemos:
<math>
f(r) = -\frac{5}{3}r + \frac{8}{3r}.
</math>

=== 1. Buscar el máximo en <math>r \in [1,2]</math> ===
Derivamos:
<math>
\frac{d}{dr} f(r) = -\frac{5}{3} - \frac{8}{3r^2}.
</math>

Esto es siempre negativo (porque ambos términos son negativos para <math>r > 0</math>), así que <math>f(r)</math> disminuye conforme aumenta <math>r</math>.

Por tanto:

En <math>r = 1</math>:
<math>
f(1) = -\frac{5}{3}(1)+\frac{8}{3(1)} = -\frac{5}{3}+\frac{8}{3} = 1.
</math>

En <math>r = 2</math>:
<math>
f(2) = -\frac{10}{3}+\frac{8}{6} = -\frac{10}{3}+\frac{4}{3} = -2.
</math>

El módulo:
<math>
|f(1)| = 1,\quad |f(2)| = 2.
</math>

✅ El máximo está en la frontera exterior <math>r = 2</math>, con:
<math>
|\mathbf{u}| = 2.
</math>

Conclusión
El módulo de la velocidad es máximo

== Componente z del rotacional ==

Para un campo <math>(u_r, u_\theta, u_z)</math>, la componente <math>z</math> del rotacional es:
<math>
(\nabla \times \mathbf{u})_z = \frac{1}{r}\frac{\partial (r u_\theta)}{\partial r} - \frac{\partial u_r}{\partial \theta}.
</math>

Como:
<math>
u_r = 0,\; u_\theta = f(r),\; u_z = 0,\; \text{y } f(r) = a r + \frac{b}{r},
</math>
entonces:
<math>
(\nabla \times \mathbf{u})_z = \frac{1}{r}\frac{\partial (r f(r))}{\partial r}.
</math>

=== 2. Calculamos <math>r f(r)</math> ===
<math>
r f(r) = r\big(a r + \frac{b}{r}\big) = a r^2 + b.
</math>

Derivada:
<math>
\frac{\partial}{\partial r}(a r^2 + b) = 2 a r.
</math>

Por tanto:
<math>
(\nabla \times \mathbf{u})_z = \frac{1}{r}(2 a r) = 2 a.
</math>

=== 3. Resultado ===
<math>
\boxed{\nabla \times \mathbf{u} = (0,0,2a)}.
</math>

Es constante en todo el dominio y depende solo de <math>a</math>.

Con <math>a = -\frac{5}{3}</math>, tenemos:
<math>
\nabla \times \mathbf{u} = (0,0,-\frac{10}{3}) \approx (0,0,-3.33).
</math>

=== ¿Qué puntos tienen mayor rotacional? ===
Todos los puntos tienen el mismo rotacional, porque el flujo es puramente azimutal y la derivada radial genera un valor constante.

=== ¿Es razonable? ===
Sí, porque este flujo es un flujo de Couette cilíndrico con velocidad angular variable, pero su vorticidad

==Dibujar el campo de temperaturas y las curvas de nivel. ==
[[Archivo:curvatemperatura.png|600px|thumb|right|Campo de Temperaturas y curvas de nivel]]

{{matlab|codigo=
%Apartado 7: Campo de temperaturas

rho=linspace(1,2,200); %radio de 1 a 2
theta=linspace(0,2*pi,200); %theta de 0 a 2pi

[R,Theta]=meshgrid(rho,theta);

% función temperatura
T=log(1+R.^2).*cos(Theta).^2;
X=R.*cos(Theta); % Paso a cartesianas
Y=R.*sin(Theta);

%Dibujar campos de temperatura
hold on
surf(X, Y, T, 'EdgeColor', 'none');
colorbar;
xlabel('eje x');
ylabel('eje y');
zlabel('Temperatura');
title('Campo de Temperatura');
view(3);
axis([-3,3,-2.1,2.1]);

%Dibujar las curvas de nivel
contourf(X, Y, T, 20); % 20 niveles de contorno
title('Curvas de Nivel del Campo de Temperaturas');
xlabel('Eje X');
ylabel('Eje Y');
colorbar;

%Encontrar temperatura máxima
T_max=max(T(:));
[f,c] =find(T == max_T, 1);

% Coordenadas cartesianas Temp máx
x_max= X(f,c);
y_max= Y(f,c);

plot(x_max, y_max, 'ro', 'MarkerSize', 10, 'LineWidth', 2);
text(x_max,y_max,'Temperatura máxima');
}}

Flujo de Couette entre dos tubos concéntricos (Grupo 33)

2025-12-05T09:15:00Z

Az.martinez: /* Módulo de la velocidad del fluido */

{{ TrabajoED | Flujo de Couette entre dos tubos concéntricos. Grupo 33 | [[:Categoría:Teoría de Campos|Teoría de Campos]]|[[:Categoría:TC25/26|2025-26]] |
*Carlos Azcona Ruiz
*Alonso Gómez Oliveira
*Marcos Gómez Rosillo
*María de las Mercedes Oriola Zamora
*Alba Zilu Martínez Toda}}

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC25/26]]

El flujo de Couette es un fenómeno básico de la mecánica de fluidos que describe cómo se comporta un fluido situado entre dos superficies paralelas cuando una de ellas se desplaza respecto a la otra. Este flujo, sencillo y ampliamente aplicable, ha sido analizado en profundidad por su importancia en la modelización de sistemas mecánicos.

En este artículo vamos a considerar el flujo de un fluido incompresible a través de dos cilindros concéntricos, de manera que el exterior se mueve con velocidad angular constante 𝜔⃗𝑒 en sentido horario mientras que el interior se mueve con velocidad angular 𝜔⃗𝑖 en sentido contrario. Si suponemos que ambos cilindros tienen su eje en 𝑂𝑋3 y pintamos la sección transversal (𝑥3 = 0), el cilindro exterior queda proyectado sobre la circunferencia 𝜌 = 2 y el interior sobre la circunferencia 𝜌 = 1

==Mallado de la sección transversal==
En la siguiente figura se representa la sección transversal de los dos tubos concéntricos con los ejes fijados en la región (𝜌, 𝜃) ∈ [0, 3] × [0, 2𝜋].

[[Archivo:mallado_couette.jpg|500px|thumb|right|mallado]]

{{matlab|codigo=
% MALLADO DE LA SECCIÓN TRANSVERSAL
rho=1:0.1:2; % INTERVALO DE RHO [1,2]
theta=0:0.05:2*pi+0.02; % INTERVALO DE THETA [0,2*PI]
[RHO,THETA]=meshgrid(rho,theta); % MATRIZ DE PARAMETROS
rho1=1;
rho2=2;
[RHO1,THETA1]=meshgrid(rho1,theta);
[RHO2,THETA2]=meshgrid(rho2,theta);
hold on
grid on % MALLADO EJES
x=RHO.*cos(THETA); % PARAM DE X
y=RHO.*sin(THETA); % PARAM DE Y
mesh(x,y,0*x,'EdgeColor','b') % DIBUJO DE LA FIGURA
t=rho1.*cos(theta); % CREACION CILINDRO INTERIOR
s=rho1.*sin(theta);
plot(t,s,'k','LineWidth',2)
t=rho2.*cos(theta); % CREACION CILINDRO EXTERIOR
s=rho2.*sin(theta);
plot(t,s,'k','LineWidth',2)
axis([-3,3,-2.5,2.5]) % EJES DEL DIBUJO
title('MALLADO DE LA SECCION TRANSVERSAL') % TITULO DE LA GÁFICA
xlabel('ρ');
ylabel('θ');
hold off
}}

==Ecuación Navier-Stokes y obtención de la ecuación diferencial a resolver==
El principal objetivo de este apartado es la obtención de la ecuación diferencial a partir de la ecuación de Navier-Stokes. Una vez conocida esta expresión, será posible calcular las constantes a y b que permitan que la velocidad en la frontera del fluido coincida con la de los tubos interior y exterior.
===Velocidad de las partículas del fluido y análisis de la ecuación===
La velocidad de las partículas del fluido viene expresada según el campo vectorial <math>\vec{u}(ρ, θ) = f(ρ) \vec{e_θ} </math>, donde la presión (<math>p</math>) es constante. Adicionalmente, el campo de velocidades tiene que cumplir la ecuación de Navier-Stockes estacionaria que sigue la siguiente expresión:

<center><math>(\vec{u} · ∇)\vec{u} + ∇p = µ∆\vec{u} </math></center>

''Observación: El valor µ se relaciona con el coeficiente de viscosidad del fluido.''

Analizando la expresión, y teniendo en cuenta que la función tomada tiene de variable ρ, la cual es constante, el campo gradiente será nulo ( <math>∇p = 0</math> ). Si además es despreciable el término convectivo (primer término de la fórmula) finalmente obtenemos que la expresión queda:
<center><math>µ∆\vec{u} =\vec{0}</math></center>

''Observación: <math>∆\vec{u} </math> representa el laplaciano vectorial del campo de velocidades.''

La simplificación obtenida de la ecuación de Navier-Stokes representa un flujo viscoso estacionario en el cual no hay gradientes de presión ni fuerzas externas con efectos inerciales significativos. Su resolución depende únicamente de las condiciones de frontera en el recinto que se indique.

* '''Laplaciano del campo vectorial <math>\vec{u} </math>'''
Por definición tenemos que el laplaciano de un campo vectorial viene dado por la siguiente ecuación:

<center><math>∆\vec{u} = ∆(u_1\vec{i} + u_2\vec{j}+ u_3\vec{k}) = ∆u_1\vec{i} + ∆u_2\vec{j}+ ∆u_3\vec{k}</math></center>

Por la condición de que el campo de velocidades está proporcionado en coordenadas cilíndricas, es de mayor facilidad el cálculo con dichas coordenadas y por consecuente, la ecuación quedaría de la siguiente forma:

<center><math>\Delta\vec{u} = \nabla(\nabla \cdot \vec{u}) - \nabla \times (\nabla \times \vec{u})</math></center>

* '''Gradiente de la divergencia'''

Como podemos apreciar, debemos calcular el gradiente de la divergencia. De modo que primeramente realizaremos el cálculo de la divergencia.

Por otro lado, al tratarse de un fluido incomprensible, dicha divergencia debe ser nula. Por definición ésta se calcula en coordenadas cilíndricas mediante la siguiente expresión:

<center><math> ∇ · \vec{u} = \frac{1}{ρ}[\frac{ \partial}{\partial ρ}(0) + \frac{ \partial}{\partial θ}(f(ρ)) + \frac{ \partial}{\partial z}(0)] = 0 </math></center>

Tras realizar los cálculos, observamos que como hemos deducido, la divergencia es nula y por lo tanto, el gradiente de la propia divergencia saldrá 0, de igual forma:
<center><math> ∇(∇ · \vec{u})= ∇(0)= \vec{0} </math></center>

Una vez deducido que el gradiente de la divergencia es 0, por lo cálculos previamente realizados, el primer término se elimina y la expresión queda simplificada de la siguiente forma:

<center><math>\Delta\vec{u} = - \nabla \times (\nabla \times \vec{u})</math></center>

* '''Rotacional del campo de velocidades'''
Realizamos los cálculos aplicando la fórmula para el rotacional definido en coordenadas cilíndricas. Siendo la expresión del campo de velocidades:
<math>u(\rho,\theta)=f(\rho)\,e_{\theta}</math>
<center><math>(\nabla\times\vec{u}) = \frac{1}{ρ}\begin{vmatrix} \vec{e_ρ} & ρ\vec{e_θ} & \vec{e_z} \\ \frac{ \partial}{\partial ρ} & \frac{\partial }{\partial θ} & \frac{\partial }{\partial z}\\ 0 & ρf(ρ) & 0 \end{vmatrix} = \frac{1}{ρ}\frac{ \partial (ρf(ρ)) }{\partial ρ}\vec{e_z} = [\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}]\vec{e_z}</math></center>

* '''Rotacional del rotacional del campo de velocidades'''

Una vez realizado el rotacional del campo de velocidades, proseguimos con el cálculo del rotacional del rotacional. Para ello aplicaremos la fórmula en coordenadas cilíndricas sobre el vector hallado anteriormente:

<center> <math>\nabla\times(\nabla\times\vec{u})= \frac{1}{ρ}\begin{vmatrix} \vec{e_ρ} & ρ\vec{e_θ} & \vec{e_z} \\ \frac{ \partial}{\partial ρ} & \frac{\partial }{\partial θ} & \frac{\partial }{\partial z}\\ 0 & 0 & [\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}] \end{vmatrix} = -\frac{1}{ρ}\frac{ \partial }{\partial ρ}(\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}) ρ\vec{e_θ} = \frac{1}{ρ}[\frac{f(ρ)}{ρ}-\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}-ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ}</math></center>

* ''' Resultado del Laplaciano vectorial'''
Sustituimos en la ecuación obtenida del laplaciano vectorial.

<center><math>\Delta\vec{u} = - \nabla \times (\nabla \times \vec{u})</math></center>

<center><math>\Delta\vec{u} = - \frac{1}{ρ}[\frac{f(ρ)}{ρ}-\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}-ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ}</math></center>

<center><math>\Delta\vec{u} = \frac{1}{ρ}[-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ}</math></center>

* '''Resultado de la ecuación de Navier-Stokes'''
Una vez calculado el laplaciano, procedemos a sustituir el valor en la ecuación analizada previamente de Navier-Stokes obteniendo:

<center><math> µ∆\vec{u} = \vec{0}</math></center>
<center><math>∆\vec{u} = \vec{0}</math></center>
<center><math>\frac{1}{ρ}[-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ} = \vec{0} </math></center>
<center><math>[-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ} = \vec{0} </math></center>

===Obtención de las constantes de la ecuación diferencial===
====Obtención ecuación diferencial segundo orden====

Una vez conocida la solución de la ecuación de Navier-Stokes, procedemos a la obtención de la ecuación diferencial:

<center><math> [-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ} = [-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ} = \vec{0} </math></center>

<center><math>\frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}) = \frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})</math></center>

Reordenamos la ecuación para la obtención de una ecuación diferencial de segundo orden:
<center><math>\frac{f(ρ)}{ρ}-\frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}) = 0 </math></center>
<center><math>\frac{f(ρ)}{ρ} = \frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}) </math></center>

====Comprobación ecuación diferencial====
A continuación, vamos a comprobar si la ecuación diferencial que hemos obtenido satisface la solución conocida, que viene dada por:

<center><math>f(ρ) = aρ +\frac{b}{ρ},\hspace{20pt}a,b \in \mathbb{R} </math></center>

Para realizar la comprobación, es necesario derivar la expresión de forma que dichas derivadas aparezcan en la ecuación diferencial obtenida.

<center><math>\frac{\partial f(ρ)}{\partial ρ} = a -\frac{b}{ρ^2},\hspace{20pt}a,b \in \mathbb{R} </math></center>
<center><math>\frac{\partial }{\partial ρ}(ρ\frac{\partial f(ρ)}{\partial ρ}) = \frac{\partial }{\partial ρ}(ρ(a -\frac{b}{ρ^2})) = \frac{\partial }{\partial ρ}(aρ -\frac{b}{ρ})) = a +\frac{b}{ρ^2},\hspace{20pt}a,b \in \mathbb{R}</math></center>

Una vez halladas las derivadas, sustituimos en la ecuación y comprobamos que:

<center><math> \frac{1}{ρ}(aρ +\frac{b}{ρ}) = a +\frac{b}{ρ^2} \Longrightarrow \frac{f(ρ)}{ρ} = \frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}),\hspace{20pt}a,b \in \mathbb{R} </math></center>

Queda por tanto comprobado que se cumple la ecuación diferencial.

====Búsqueda de las constantes "a" y "b"====

Finalmente, hemos solucionado la EDO y debemos conocer las soluciones específicas de ésta, a través de las constante a y b de tal forma que la velocidad en la frontera coincida con las de los tubo interior y exterior sen la misma.

Sabemos que la velocidad del fluido es:
<math>
\mathbf{u}(\rho,\theta) = f(\rho)\,\mathbf{e}_\theta,
\qquad
f(\rho) = a\rho + \frac{b}{\rho}.
</math>

-En el cilindro interior ( <math>\rho = 1</math> ), la velocidad tangencial será:
<math>
u_\theta(1) = f(1) = a(1) + \frac{b}{1} = a + b,
</math>
debe coincidir con la velocidad tangencial del cilindro interior:
<math>
u_\theta(1) = \omega_i \cdot 1 = \omega_i.
</math>

-En el cilindro exterior ( <math>\rho = 2</math> ),la velocidad tangencial:
<math>
u_\theta(2) = f(2) = a(2) + \frac{b}{2} = 2a + \frac{b}{2},
</math>
debe coincidir con la velocidad tangencial del cilindro exterior:
<math>
u_\theta(2) = \omega_e \cdot 2 = 2\omega_e.
</math>

* '''Sistema de ecuaciones'''

De las condiciones de contorno:
<math>
\begin{cases}
a + b = \omega_i, \\
2a + \dfrac{b}{2} = 2\omega_e.
\end{cases}
</math>

Multiplicamos la segunda ecuación por 2 para eliminar la fracción:
<math>
4a + b = 4\omega_e.
</math>

Restamos la primera ecuación:
<math>
(4a + b) - (a + b) = 4\omega_e - \omega_i
\;\;\Longrightarrow\;\;
3a = 4\omega_e - \omega_i.
</math>

Por tanto:
<math>
a = \dfrac{4\omega_e - \omega_i}{3}.
</math>

Luego:
<math>
b = \omega_i - a
= \omega_i - \dfrac{4\omega_e - \omega_i}{3}
= \dfrac{3\omega_i - (4\omega_e - \omega_i)}{3}
= \dfrac{4\omega_i - 4\omega_e}{3}
= \dfrac{4(\omega_i - \omega_e)}{3}.
</math>

'''Resultado:'''
<math>
\boxed{
a = \dfrac{4\omega_e - \omega_i}{3},
\qquad
b = \dfrac{4(\omega_i - \omega_e)}{3}.
}
</math>

===Comprobación de incompresibilidad ===
Se ha comprobado con anterioridad, a la hora de la obtención de la ecuación diferencial, que la divergencia del campo de velocidades es igual a 0. Se detalla a continuación el cálculo de la incompresibilidad:
observación: se tomarán coordenadas cilíndricas:
<math>
\nabla \cdot \mathbf{u}
= \frac{1}{\rho}\frac{\partial(\rho u_\rho)}{\partial \rho}
+ \frac{1}{\rho}\frac{\partial u_\theta}{\partial \theta}
+ \frac{\partial u_z}{\partial z}.
</math>

Como
<math>
u_\rho = 0,\quad u_z = 0,\quad
u_\theta = f(\rho)\ \text{(independiente de }\theta,z\text{)},
</math>
entonces:
<math>
\nabla \cdot \mathbf{u}
= \frac{1}{\rho}\frac{\partial(0)}{\partial \rho}
+ \frac{1}{\rho}(0) + 0
= 0.
</math>

== Campo de velocidades ==
Con el objetivo de calcular el campo de velocidades establecemos que la velocidad angular del cilindro exterior e interior es 1 (ω = 1) y μ = 1 (coeficiente de viscosidad del fluido), y en consecuencia las constantes serán de la siguiente forma:
''Observación: se considera que por el sentido, ωi = 1 y ωe = -1.''
<math>

\boxed{
a = \dfrac{4\omega_e - \omega_i}{3},
\qquad
b = \dfrac{4(\omega_i - \omega_e)}{3}.
}
</math>

<center><math>a = -\frac{5}{3} </math> y <math> b = \frac{8}{3}</math></center>
Conocida la siguiente expresión de la velocidad de las partículas en función de f(ρ):
 
<math>\vec{u}(ρ, θ) = f(ρ) \vec{e_θ} </math>.
 
Hemos calculado las constantes a y b, desarrollamos la ecuación. Quedando el campo de velocidades la las partículas como:
 
<math>\vec{u}(\rho, \theta) = \left(-\frac{5}{3} \rho + \frac{8}{3 \rho}\right) \hat{e}_\theta </math>

[[Archivo:campovelocidadesdefdefdef.png|700px|thumb|right|Campo de velocidades]]
{{matlab|codigo=
%Apartado 3: Campo de velocidades

rho=linspace(1,2,30); %radio de 1 a 2
theta=linspace(0,2*pi,50); %theta de 0 a 2pi
a=-5/3;
b=8/3;

w1=1; %velocidad angular interior
w2=-1; %velocidad angular exterior

%Mallado coordenadas polares
[R,T]=meshgrid(rho,theta); % meshgrid para coordenadas polares
X=R.*cos(T); % Paso a cartesianas
Y=R.*sin(T);

%Campo de velocidades
Vtheta= a.*R+b./R; %Velocidad de theta
Vx= w2.*Vtheta .*sin(T);
Vy= w1.*Vtheta.*cos(T);

%Dibujo campo de velocidades
hold on
grid on
quiver(X,Y,Vx,Vy,0.5,'Color',[0 0 1],'LineWidth',1.2);
title('CAMPO DE VELOCIDADES')
axis([-3.5,3.5,-2.1,2.1])

hold off
}}

==Líneas de corriente==
[[Archivo:lineas_de_corriente_33.png|500px|thumb|right|Líneas de corriente]]

{{matlab|codigo=
%% Parámetros del problema
r_in = 1;
r_out = 2;
omega_i = +1;
omega_e = -1;

% Coeficientes del perfil
a = (4*omega_e - omega_i)/3; % = -5/3
b = 4*(omega_i - omega_e)/3; % = 8/3

%% Función de corriente psi(r) = -(a/2)*r^2 - b*ln(r)
psi = @(r) -(a/2)*r.^2 - b*log(r);

%% Elegimos varios niveles de psi (líneas de corriente)
n_lines = 25; % número de círculos
r_vals = linspace(r_in, r_out, n_lines);

%% Dibujar
figure('Color','w'); hold on; axis([-3 3 -2.5 2.5]); grid on;
title('Líneas de corriente (\psi = cte)');
xlabel('x'); ylabel('y');

% Dibujar círculos para cada r
theta = linspace(0, 2*pi, 400);
for r = r_vals
x = r*cos(theta);
y = r*sin(theta);
plot(x, y, 'Color', [0.2 0.6 0.8], 'LineWidth', 1.2);
end
}}
El punto de partida es que el campo de velocidades del fluido en la sección transversal es <math>\vec{u}(r,\theta)=f(r)\,\vec{e_\theta}</math>, donde, por definción en base cilíndricas conocemos que: <math>\vec{e_\theta}=(-\sin\theta,\ \cos\theta)</math>.
*'''Obtención del campo de velocidades v'''
Sabemos que el campo de velocidades <math>\vec{v}</math> ha de ser ortogonal a <math>\vec{u}</math>. 
 
1-Tomamos el siguiente producto vectorial, para obtener el vector perpendicular <math>\vec{v}=\vec{k}\times\vec{u}</math>, siendo <math>\vec{k}=(0,0,1)</math> el vector unitario correspondiente al eje Z en base cartesiana.

2-Usando propiedades del producto vectorial: <math>\vec{k}\times\vec{e_\theta}=-\vec{e_r}</math>, donde <math>\vec{e_r}=(\cos\theta,\ \sin\theta)</math>.

Por tanto, en base cilíndrica, el campo de velocidades seguiría la siguiente expresión:

<center><math>\vec{v}(r,\theta)
= f(r)\,(\vec{k}\times\vec{e_\theta})
= -\,f(r)\,\vec{e_r}</math></center>

Cambiando a coordenadas cartesianas:

<center><math>\vec{v}(x,y)=\big(-f(r)\cos\theta,\ -f(r)\sin\theta\big)</math></center>

con <math>r=\sqrt{x^2+y^2}</math>, y <math>\theta=\operatorname{arctan2}(y,x)</math>.

3-Se observa que <math>\vec{v}</math> sigue la dirección radial, pues apunta hacia <math>-\vec{e_r}</math>y es ortogonal a <math>\vec{u}</math> porque <math>\vec{e_r}\cdot\vec{e_\theta}=0</math>:

<center><math>
\vec{u}\cdot\vec{v}
= f(r)\,\vec{e_\theta}\cdot\big(-f(r)\,\vec{e_r}\big)
= -f(r)^2(\vec{e_\theta}\cdot\vec{e_r})
= 0.
</math></center>

4-En nuestro caso, la función seguiría la siguiente expresión <math>f(r)=a\,r+\frac{b}{r}</math>.
 

5- Se fijaron previamente las constantes a y b:
<math>a,b</math> ( para
<math>\omega_i = +1</math>, <math>\omega_e = -1</math>:
<math>a = -\tfrac{5}{3}</math>,
<math>b = \tfrac{8}{3}</math>), entonces:

<math>
f(r)=a\,r+\frac{b}{r}
</math>

y el campo

<math>
\vec{v}(x,y)
= \Big(-(a\,r+\frac{b}{r})\,\frac{x}{r},\; -(a\,r+\frac{b}{r})\,\frac{y}{r}\Big)
= \Big(-(a\,r+\frac{b}{r})\cos\theta,\; -(a\,r+\frac{b}{r})\sin\theta\Big)
</math>

1) Definición de {{math|\mathbf v}}: ortogonal a {{math|\mathbf u}} ==

Tomamos
{{math|\mathbf v = \mathbf k \times \mathbf u}},
con
{{math|\mathbf k=(0,0,1)}}
el versor del eje $z$.

Usando propiedades de productos cruzados en el plano:

{{math|\mathbf k \times {\mathbf e}_\theta = -\,{\mathbf e}_r}},

donde
{{math|{\mathbf e}_r=(\cos\theta,\ \sin\theta)}}
es el unitario radial.

Por tanto,

{{math|\mathbf v(r,\theta) = f(r)\,(\mathbf k \times \mathbf e_\theta)
= -\,f(r)\,{\mathbf e}_r}}

y en componentes cartesianas:

{{math|\mathbf v(x,y)=\big(-f(r)\cos\theta,\,-f(r)\sin\theta\big)}}

con
{{math|r=\sqrt{x^2+y^2}}}
y
{{math|\theta=\operatorname{arctan2}(y,x)}}.

Observa que $\mathbf v$ es radial (apunta hacia $-{\mathbf e}_r$, es decir, hacia el centro)
y es ortogonal a $\mathbf u$ porque
{{math|{\mathbf e}_r\cdot{\mathbf e}_\theta = 0}}:

{{math|\mathbf u\cdot\mathbf v
= f(r)\,{\mathbf e}_\theta \cdot\big(-f(r)\,{\mathbf e}_r\big)
= -f(r)^2 ({\mathbf e}_\theta\cdot{\mathbf e}_r)
= 0}}.

Partimos de que el campo de velocidades del fluido en la sección transversal es
u(r,θ)=f(r) eθ,\mathbf{u}(r,\theta) = f(r)\,\mathbf{e}_\theta,u(r,θ)=f(r)eθ,
donde eθ=(−sin⁡θ, cos⁡θ)\mathbf{e}_\theta = (-\sin\theta,\ \cos\theta)eθ=(−sinθ, cosθ) es el vector unitario azimutal en el plano x ⁣− ⁣yx\!-\!yx−y.
1) Definición de v\mathbf{v}v: ortogonal a u\mathbf{u}u
Tomamos
v = k×u,\mathbf{v} \;=\; \mathbf{k} \times \mathbf{u},v=k×u,
con k=(0,0,1)\mathbf{k}=(0,0,1)k=(0,0,1) el versor del eje zzz. Usando propiedades de productos cruzados en el plano:

k×eθ=− er\mathbf{k}\times\mathbf{e}_\theta = -\,\mathbf{e}_rk×eθ=−er, donde er=(cos⁡θ, sin⁡θ)\mathbf{e}_r=(\cos\theta,\ \sin\theta)er=(cosθ, sinθ) es el unitario radial.
Por tanto,
v(r,θ) = f(r) (k×eθ) = − f(r) er \boxed{\;\mathbf{v}(r,\theta) \;=\; f(r)\,\big(\mathbf{k}\times \mathbf{e}_\theta\big) \;=\; -\,f(r)\,\mathbf{e}_r\;}v(r,θ)=f(r)(k×eθ)=−f(r)er
y en componentes cartesianas:
v(x,y)=(−f(r)cos⁡θ, −f(r)sin⁡θ) \boxed{\; \mathbf{v}(x,y) = \big(-f(r)\cos\theta,\,-f(r)\sin\theta\big) \;}v(x,y)=(−f(r)cosθ,−f(r)sinθ)
con r=x2+y2r=\sqrt{x^2+y^2}r=x2+y2 y θ=arctan⁡2(y,x)\theta=\arctan2(y,x)θ=arctan2(y,x).

Observa que v\mathbf{v}v es radial (apunta hacia −er-\mathbf{e}_r−er, es decir, hacia el centro) y es ortogonal a u\mathbf{u}u porque er⋅eθ=0\mathbf{e}_r\cdot\mathbf{e}_\theta=0er⋅eθ=0:
u⋅v=f(r) eθ⋅(−f(r) er)=−f(r)2 (eθ⋅er)=0.\mathbf{u}\cdot\mathbf{v} = f(r)\,\mathbf{e}_\theta \cdot \big(-f(r)\,\mathbf{e}_r\big)= -f(r)^2\,(\mathbf{e}_\theta\cdot\mathbf{e}_r)=0.u⋅v=f(r)eθ⋅(−f(r)er)=−f(r)2(eθ⋅er)=0.

2) Versión concreta con tu perfil f(r)=a r+brf(r)=a\,r+\frac{b}{r}f(r)=ar+rb
Si ya fijaste a,ba,ba,b (por ejemplo, para ωi=+1\omega_i=+1ωi=+1, ωe=−1\omega_e=-1ωe=−1: a=−53a=-\tfrac{5}{3}a=−35, b=83b=\tfrac{8}{3}b=38), entonces:
f(r)=a r+br,v(x,y)=(−(a r+br)xr, −(a r+br)yr)=(−(a r+br)cos⁡θ, −(a r+br)sin⁡θ).f(r) = a\,r + \frac{b}{r},\qquad
\mathbf{v}(x,y) = \Big(-(a\,r+\frac{b}{r})\frac{x}{r},\; -(a\,r+\frac{b}{r})\frac{y}{r}\Big)
= \Big(-(a\,r+\frac{b}{r})\cos\theta,\; -(a\,r+\frac{b}{r})\sin\theta\Big).f(r)=ar+rb,v(x,y)=(−(ar+rb)rx,−(ar+rb)ry)=(−(ar+rb)cosθ,−(ar+rb)sinθ).

3) MATLAB (simple) para construir v=k×u\mathbf{v}=\mathbf{k}\times\mathbf{u}v=k×u
Este fragmento calcula y dibuja solo el campo v\mathbf{v}v en el anillo 1≤r≤21\le r\le 21≤r≤2, siguiendo la misma malla sencilla que usamos para u\mathbf{u}u:
MATLAB%% Campo v = k x u, ortogonal a u = f(r) e_theta, en el anillo 1<=r<=2clear; clc; close all;%% Parametros del perfil (ejemplo con omega_i=+1, omega_e=-1)r_in = 1; r_out = 2;a = -5/3; b = 8/3; % f(r) = a*r + b/r%% Malla de puntos en el anillo (pocos para visual simple)n_r = 5; % nº de radios intermediosn_th = 40; % nº de ángulosr_vals = linspace(r_in, r_out, n_r);theta_vals= linspace(0, 2*pi, n_th);[X, Y, Vx, Vy] = deal([]);for r = r_vals for th = theta_vals % Posicion x = r*cos(th); y = r*sin(th); % Magnitud azimutal f = a*r + b/r; % v = k x u = - f(r) e_r -> e_r = (cos th, sin th) vx = -f * cos(th); vy = -f * sin(th); % Acumular X(end+1) = x; Y(end+1) = y; Vx(end+1) = vx; Vy(end+1) = vy; endend%% Dibujar v (flechas saliendo hacia el centro)figure('Color','w'); quiver(X, Y, Vx, Vy, 0.4, 'Color', [0.1 0.6 0.2], 'LineWidth', 1.2); % verdeaxis equal; grid on; hold on;xlabel('x'); ylabel('y'); title('Campo v = k \times u (ortogonal a u)');% Círculos del dominiott = linspace(0, 2*pi, 300);plot(r_in*cos(tt), r_in*sin(tt), 'k', 'LineWidth', 1.5);plot(r_out*cos(tt), r_out*sin(tt), 'k', 'LineWidth', 1.5);xlim([-2.5 2.5]); ylim([-2.5 2.5]);Mostrar más líneas

¿Seguimos?
Si esto está claro, en el siguiente paso calculamos la función de corriente ψ\psiψ tal que ∇ψ=v\nabla\psi=\mathbf{v}∇ψ=v, mostramos sus líneas de nivel ψ=cte\psi=\text{cte}ψ=cte y verificamos que son líneas de corriente de u\mathbf{u}u. ¿Avanzamos?
Proporcione sus comentarios sobre BizChatYou said: dame v en coordenadas cilindricasCopilot said: Copilot¡Perfecto! En coordenadas cilíndricas (r,θ,z)(r,\theta,z)(r,θ,z), el campo v=k×u\mathbf{v} = \mathbf{k} \times \mathbf{u}v=k×u se expresa de forma muy sencilla:
Sabemos que:
u(r,θ)=f(r) eθ,f(r)=a r+br.\mathbf{u}(r,\theta) = f(r)\,\mathbf{e}_\theta,\quad f(r)=a\,r+\frac{b}{r}.u(r,θ)=f(r)eθ,f(r)=ar+rb.
El producto cruzado con k=ez\mathbf{k}=\mathbf{e}_zk=ez da:
k×eθ=−er.\mathbf{k}\times\mathbf{e}_\theta = -\mathbf{e}_r.k×eθ=−er.
Por tanto:
v(r,θ)=− f(r) er=−(a r+br) er.\boxed{\mathbf{v}(r,\theta) = -\,f(r)\,\mathbf{e}_r = -\big(a\,r+\frac{b}{r}\big)\,\mathbf{e}_r.}v(r,θ)=−f(r)er=−(ar+rb)er.
Componentes en la base cilíndrica
vr=−(a r+br),vθ=0,vz=0.v_r = -\big(a\,r+\frac{b}{r}\big),\quad v_\theta = 0,\quad v_z = 0.vr=−(ar+rb),vθ=0,vz=0.

¿Quieres que ahora hagamos el siguiente paso:

Calcular la función de corriente ψ(r)\psi(r)ψ(r) tal que ∇ψ=v\nabla\psi = \mathbf{v}∇ψ=v,
Dibujar las líneas ψ=cte\psi=\text{cte}ψ=cte (líneas de corriente del campo u\mathbf{u}u) en MATLAB?

¿Avanzamos?
Proporcione sus comentarios sobre BizChatYou said: Observar que 𝑣⃗ es irrotacional (por ser 𝑢⃗ de divergencia nula) y tiene un potencial escalar
𝜓 (es decir ∇𝜓 = 𝑣⃗) que se conoce como función de corriente de 𝑢⃗ Copilot said: Copilot¡Exacto! Como hemos visto, el campo
v=k×u=−f(r) er\mathbf{v} = \mathbf{k} \times \mathbf{u} = -f(r)\,\mathbf{e}_rv=k×u=−f(r)er
es radial y apunta hacia el centro. Ahora comprobamos las dos propiedades que mencionas:

✅ 1. Irrotacionalidad de v\mathbf{v}v
En coordenadas cilíndricas, para un campo puramente radial vr(r)v_r(r)vr(r) con vθ=vz=0v_\theta = v_z = 0vθ=vz=0, el rotacional es:
∇×v={componente z:1r∂∂r(rvθ)−∂vr∂θ=0,otras componentes: tambieˊn 0.\nabla \times \mathbf{v} =
\begin{cases}
\text{componente } z: \dfrac{1}{r}\dfrac{\partial}{\partial r}(r v_\theta) - \dfrac{\partial v_r}{\partial \theta} = 0,\\
\text{otras componentes: también 0.}
\end{cases}∇×v=⎩⎨⎧componente z:r1∂r∂(rvθ)−∂θ∂vr=0,otras componentes: tambieˊn 0.
Como vθ=0v_\theta = 0vθ=0 y vrv_rvr no depende de θ\thetaθ,
∇×v=0.\nabla \times \mathbf{v} = \mathbf{0}.∇×v=0.
✅ v\mathbf{v}v es irrotacional.

✅ 2. Existe un potencial escalar ψ\psiψ tal que ∇ψ=v\nabla \psi = \mathbf{v}∇ψ=v
En coordenadas cilíndricas:
∇ψ=∂ψ∂r er+1r∂ψ∂θ eθ+∂ψ∂z ez.\nabla \psi = \frac{\partial \psi}{\partial r}\,\mathbf{e}_r + \frac{1}{r}\frac{\partial \psi}{\partial \theta}\,\mathbf{e}_\theta + \frac{\partial \psi}{\partial z}\,\mathbf{e}_z.∇ψ=∂r∂ψer+r1∂θ∂ψeθ+∂z∂ψez.
Como v=vr er\mathbf{v} = v_r\,\mathbf{e}_rv=vrer con vr=−f(r)v_r = -f(r)vr=−f(r), tenemos:
∂ψ∂r=−f(r),∂ψ∂θ=0,∂ψ∂z=0.\frac{\partial \psi}{\partial r} = -f(r),\quad \frac{\partial \psi}{\partial \theta}=0,\quad \frac{\partial \psi}{\partial z}=0.∂r∂ψ=−f(r),∂θ∂ψ=0,∂z∂ψ=0.
Por tanto:
ψ(r)=−∫f(r) dr=−∫(ar+br) dr=−(a2r2+bln⁡r)+C.\psi(r) = -\int f(r)\,dr = -\int \big(a r + \frac{b}{r}\big)\,dr = -\Big(\frac{a}{2}r^2 + b\ln r\Big) + C.ψ(r)=−∫f(r)dr=−∫(ar+rb)dr=−(2ar2+blnr)+C.
ψ(r)=−a2r2−bln⁡r+C.\boxed{\psi(r) = -\frac{a}{2}r^2 - b\ln r + C.}ψ(r)=−2ar2−blnr+C.

✅ 3. Líneas ψ=cte\psi = \text{cte}ψ=cte
Como ψ\psiψ depende solo de rrr, las curvas ψ=cte\psi = \text{cte}ψ=cte son circunferencias concéntricas r=constanter = \text{constante}r=constante.
Estas son líneas de corriente de u\mathbf{u}u porque:
u⋅∇ψ=f(r) eθ⋅(−f(r) er)=0.\mathbf{u}\cdot\nabla\psi = f(r)\,\mathbf{e}_\theta \cdot (-f(r)\,\mathbf{e}_r) = 0.u⋅∇ψ=f(r)eθ⋅(−f(r)er)=0.

¿Quieres que ahora te dé un script MATLAB sencillo que:
✔ Dibuja las líneas de corriente (círculos) y el campo u\mathbf{u}u con flechas,
✔ Calcula ψ(r)\psi(r)ψ(r) y muestra sus niveles?
¿O prefieres primero solo las líneas ψ=cte\psi=\text{cte}ψ=cte sin flechas?
Proporcione sus comentarios sobre BizChatYou said: prefiero solo las lineasCopilot said: CopilotPerfecto, vamos a dibujar solo las líneas de corriente (las curvas ψ=cte\psi = \text{cte}ψ=cte).
Como hemos calculado:
ψ(r)=−a2r2−bln⁡r+C,con f(r)=ar+br.\psi(r) = -\frac{a}{2}r^2 - b\ln r + C,\quad \text{con } f(r)=a r + \frac{b}{r}.ψ(r)=−2ar2−blnr+C,con f(r)=ar+rb.
Pero como ψ\psiψ depende solo de rrr, las líneas ψ=cte\psi=\text{cte}ψ=cte son circunferencias concéntricas. Así que basta con elegir varios valores de rrr en el intervalo [1,2][1,2][1,2] y dibujar círculos.

Partimos de que el campo de velocidades del fluido en la sección transversal es:

<math>\vec{u}(r,\theta) = f(r)\,\vec{e_\theta}</math>

donde

<math>\vec{e_\theta} = (-\sin\theta,\ \cos\theta)</math>

es el vector unitario azimutal en el plano <math>x-y</math>.

---

====Definición de v: ortogonal a u====

Tomamos:

<math>\vec{v} = \vec{k} \times \vec{u}</math>,

con <math>\vec{k} = (0,0,1)</math> el versor del eje <math>z</math>.

Usando propiedades del producto cruzado en el plano:

<math>\vec{k}\times\vec{e_\theta} = -\,\vec{e_r}</math>,

donde <math>\vec{e_r} = (\cos\theta,\ \sin\theta)</math> es el unitario radial.

Por tanto:

<math>\vec{v}(r,\theta) = f(r)\,(\vec{k}\times\vec{e_\theta}) = -\,f(r)\,\vec{e_r}</math>

<math>\boxed{\;\vec{v}(r,\theta) = -\,f(r)\,\vec{e_r}\;}</math>

En componentes cartesianas:

<math>\vec{v}(x,y) = \big(-f(r)\cos\theta,\,-f(r)\sin\theta\big)</math>

con <math>r = \sqrt{x^2+y^2}</math> y <math>\theta = \arctan2(y,x)</math>.

Observa que <math>\vec{v}</math> es radial (apunta hacia <math>-\,\vec{e_r}</math>, es decir, hacia el centro) y es ortogonal a <math>\vec{u}</math> porque:

<math>\vec{e_r}\cdot\vec{e_\theta} = 0</math>

y por tanto:

<math>\vec{u}\cdot\vec{v} = f(r)\,\vec{e_\theta}\cdot\big(-f(r)\,\vec{e_r}\big) = -f(r)^2\,(\vec{e_\theta}\cdot\vec{e_r}) = 0</math>.

---

====Versión concreta con perfil f(r)=ar+b/r====

Si ya fijaste <math>a,b</math> (por ejemplo, para <math>\omega_i=+1</math>, <math>\omega_e=-1</math>: <math>a=-\tfrac{5}{3}</math>, <math>b=\tfrac{8}{3}</math>), entonces:

<math>f(r) = a\,r + \tfrac{b}{r}</math>

y

<math>\vec{v}(x,y) = \Big(-(a\,r+\tfrac{b}{r})\tfrac{x}{r},\; -(a\,r+\tfrac{b}{r})\tfrac{y}{r}\Big)
= \Big(-(a\,r+\tfrac{b}{r})\cos\theta,\; -(a\,r+\tfrac{b}{r})\sin\theta\Big)</math>.

---

====MATLAB para construir v = k x u====

Este fragmento calcula y dibuja solo el campo <math>\vec{v}</math> en el anillo
<math>1 \leq r \leq 2</math>, siguiendo la misma malla sencilla que usamos para
<math>\vec{u}</math>:

```matlab
%% Campo v = k x u, ortogonal a u = f(r) e_theta, en el anillo 1<=r<=2
clear; clc; close all;

%% Parámetros del perfil (ejemplo con omega_i=+1, omega_e=-1)
r_in = 1; r_out = 2;
a = -5/3; b = 8/3; % f(r) = a*r + b/r

%% Malla de puntos en el anillo (pocos para visual simple)
n_r = 5; % nº de radios intermedios
n_th = 40; % nº de ángulos
r_vals = linspace(r_in, r_out, n_r);
theta_vals = linspace(0, 2*pi, n_th);

[X, Y, Vx, Vy] = deal([]);
for r = r_vals
for th = theta_vals
% Posición
x = r*cos(th); y = r*sin(th);
% Magnitud azimutal
f = a*r + b/r;
% v = k x u = - f(r) e_r -> e_r = (cos th, sin th)
vx = -f * cos(th); vy = -f * sin(th);
% Acumular
X(end+1) = x; Y(end+1) = y;
Vx(end+1) = vx; Vy(end+1) = vy;
end
end

%% Dibujar v (flechas saliendo hacia el centro)
figure('Color','w');
quiver(X, Y, Vx, Vy, 0.4, 'Color', [0.1 0.6 0.2], 'LineWidth', 1.2); % verde
axis equal; grid on; hold on;
xlabel('x'); ylabel('y'); title('Campo v = k \times u (ortogonal a u)');

% Círculos del dominio
tt = linspace(0, 2*pi, 300);
plot(r_in*cos(tt), r_in*sin(tt), 'k', 'LineWidth', 1.5);
plot(r_out*cos(tt), r_out*sin(tt), 'k', 'LineWidth', 1.5);
xlim([-2.5 2.5]); ylim([-2.5 2.5]);

\section*{Función de corriente asociada}

Queremos calcular la función de corriente <math>\psi(r)</math> tal que:

<math>\nabla \psi = \vec{v}</math>

---

\subsection*{1. Gradiente en coordenadas cilíndricas}

En coordenadas cilíndricas <math>(r,\theta,z)</math>:

<math>\nabla \psi = \frac{\partial \psi}{\partial r}\,\vec{e_r}
+ \frac{1}{r}\frac{\partial \psi}{\partial \theta}\,\vec{e_\theta}
+ \frac{\partial \psi}{\partial z}\,\vec{e_z}</math>

---

\subsection*{2. Igualación con el campo

*'''Irrotacionalidad de v'''

En coordenadas cilíndricas, para un campo puramente radial
<math>v_r(r)</math> con
<math>v_\theta = v_z = 0</math>,
el rotacional es:

<math>\nabla \times \vec{v} =
\begin{cases}
\text{componente $z$: } \tfrac{1}{r}\tfrac{\partial}{\partial r}(r v_\theta) - \tfrac{\partial v_r}{\partial \theta} = 0, \\
\text{otras componentes: también } 0
\end{cases}</math>

Como <math>v_\theta = 0</math> y <math>v_r</math> no depende de <math>\theta</math>, se cumple:

<math>\nabla \times \vec{v} = \vec{0}</math>

Por tanto, <math>\vec{v}</math> es irrotacional.

*'''Potencial escalar'''

Existe un potencial escalar <math>\psi</math> tal que:

<math>\nabla \psi = \vec{v}</math>

En coordenadas cilíndricas:

<math>\nabla \psi = \frac{\partial \psi}{\partial r}\,\vec{e_r}
+ \frac{1}{r}\frac{\partial \psi}{\partial \theta}\,\vec{e_\theta}
+ \frac{\partial \psi}{\partial z}\,\vec{e_z}</math>

Como <math>\vec{v} = v_r\,\vec{e_r}</math> con <math>v_r = -f(r)</math>, tenemos:

<math>\frac{\partial \psi}{\partial r} = -f(r), \quad
\frac{\partial \psi}{\partial \theta} = 0, \quad
\frac{\partial \psi}{\partial z} = 0</math>

Por tanto:

<math>\psi(r) = -\int f(r)\,dr
= -\int \left(a r + \frac{b}{r}\right)\,dr
= -\left(\tfrac{a}{2}r^2 + b\ln r\right) + C</math>

Finalmente:

<math>\boxed{\psi(r) = -\tfrac{a}{2}r^2 - b\ln r + C}</math>

*'''líneas 𝜓 = cte'''

Como $\psi$ depende solo de $r$, las curvas
<math>\psi = \text{cte}</math>
son circunferencias concéntricas:
<math>r = \text{constante}</math>.

Estas son líneas de corriente de <math>\vec{u}</math> porque:
<math>\vec{u} \cdot \nabla \psi = f(r)\,\vec{e_\theta} \cdot \big(-f(r)\,\vec{e_r}\big) = 0</math>.

Además, se ha calculado:
<math>\psi(r) = -\tfrac{a}{2}r^2 - b \ln r + C</math>,
<math>f(r) = a r + \tfrac{b}{r}</math>.

Como $\psi$ depende únicamente de $r$, las líneas
<math>\psi = \text{cte}</math>
son circunferencias concéntricas. Basta con elegir varios valores de <math>r</math> en el intervalo <math>[1,2]</math> y dibujar los círculos correspondientes.

== Módulo de la velocidad del fluido ==

{{matlab|codigo=
clear; clc;

% Parámetros
r1 = 1;
r2 = 2;
w1= +1;
w2 = -1;

% Coeficientes del perfil
a = (4*w2- w1)/3; % = -5/3
b = 4*(w1 - w2)/3; % = 8/3

% Vector radial y cálculo del módulo
r = linspace(r1, r2, 200);
u = abs(a*r + b./r); % |u(r)|

% Dibujar la gráfica
figure('Color','w');
plot(r, u, 'LineWidth', 2, 'Color', [0.2 0.4 0.8]);
grid on;
xlabel('\rho (radio)');
ylabel('|u(\rho)|');
}}

El módulo de la velocidad del fluido es:
<math>
|\mathbf{u}| = |u_\theta| = |f(r)| = \big| a\,r + \frac{b}{r} \big|.
</math>

Con
<math>
a = -\frac{5}{3}, \qquad b = \frac{8}{3},
</math>
tenemos:
<math>
f(r) = -\frac{5}{3}r + \frac{8}{3r}.
</math>

=== 1. Buscar el máximo en <math>r \in [1,2]</math> ===
Derivamos:
<math>
\frac{d}{dr} f(r) = -\frac{5}{3} - \frac{8}{3r^2}.
</math>

Esto es siempre negativo (porque ambos términos son negativos para <math>r > 0</math>), así que <math>f(r)</math> disminuye conforme aumenta <math>r</math>.

Por tanto:

En <math>r = 1</math>:
<math>
f(1) = -\frac{5}{3}(1)+\frac{8}{3(1)} = -\frac{5}{3}+\frac{8}{3} = 1.
</math>

En <math>r = 2</math>:
<math>
f(2) = -\frac{10}{3}+\frac{8}{6} = -\frac{10}{3}+\frac{4}{3} = -2.
</math>

El módulo:
<math>
|f(1)| = 1,\quad |f(2)| = 2.
</math>

✅ El máximo está en la frontera exterior <math>r = 2</math>, con:
<math>
|\mathbf{u}| = 2.
</math>

Conclusión
El módulo de la velocidad es máximo

==Dibujar el campo de temperaturas y las curvas de nivel. ==
[[Archivo:curvatemperatura.png|600px|thumb|right|Campo de Temperaturas y curvas de nivel]]

{{matlab|codigo=
%Apartado 7: Campo de temperaturas

rho=linspace(1,2,200); %radio de 1 a 2
theta=linspace(0,2*pi,200); %theta de 0 a 2pi

[R,Theta]=meshgrid(rho,theta);

% función temperatura
T=log(1+R.^2).*cos(Theta).^2;
X=R.*cos(Theta); % Paso a cartesianas
Y=R.*sin(Theta);

%Dibujar campos de temperatura
hold on
surf(X, Y, T, 'EdgeColor', 'none');
colorbar;
xlabel('eje x');
ylabel('eje y');
zlabel('Temperatura');
title('Campo de Temperatura');
view(3);
axis([-3,3,-2.1,2.1]);

%Dibujar las curvas de nivel
contourf(X, Y, T, 20); % 20 niveles de contorno
title('Curvas de Nivel del Campo de Temperaturas');
xlabel('Eje X');
ylabel('Eje Y');
colorbar;

%Encontrar temperatura máxima
T_max=max(T(:));
[f,c] =find(T == max_T, 1);

% Coordenadas cartesianas Temp máx
x_max= X(f,c);
y_max= Y(f,c);

plot(x_max, y_max, 'ro', 'MarkerSize', 10, 'LineWidth', 2);
text(x_max,y_max,'Temperatura máxima');
}}

Flujo de Couette entre dos tubos concéntricos (Grupo 33)

2025-12-04T12:25:33Z

Az.martinez:

{{ TrabajoED | Flujo de Couette entre dos tubos concéntricos. Grupo 33 | [[:Categoría:Teoría de Campos|Teoría de Campos]]|[[:Categoría:TC25/26|2025-26]] |
*Carlos Azcona Ruiz
*Alonso Gómez Oliveira
*Marcos Gómez Rosillo
*María de las Mercedes Oriola Zamora
*Alba Zilu Martínez Toda}}

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC25/26]]

El flujo de Couette es un fenómeno básico de la mecánica de fluidos que describe cómo se comporta un fluido situado entre dos superficies paralelas cuando una de ellas se desplaza respecto a la otra. Este flujo, sencillo y ampliamente aplicable, ha sido analizado en profundidad por su importancia en la modelización de sistemas mecánicos.

En este artículo vamos a considerar el flujo de un fluido incompresible a través de dos cilindros concéntricos, de manera que el exterior se mueve con velocidad angular constante 𝜔⃗𝑒 en sentido horario mientras que el interior se mueve con velocidad angular 𝜔⃗𝑖 en sentido contrario. Si suponemos que ambos cilindros tienen su eje en 𝑂𝑋3 y pintamos la sección transversal (𝑥3 = 0), el cilindro exterior queda proyectado sobre la circunferencia 𝜌 = 2 y el interior sobre la circunferencia 𝜌 = 1

==Mallado de la sección transversal==
En la siguiente figura se representa la sección transversal de los dos tubos concéntricos con los ejes fijados en la región (𝜌, 𝜃) ∈ [0, 3] × [0, 2𝜋].

[[Archivo:mallado_couette.jpg|500px|thumb|right|mallado]]

{{matlab|codigo=
% MALLADO DE LA SECCIÓN TRANSVERSAL
rho=1:0.1:2; % INTERVALO DE RHO [1,2]
theta=0:0.05:2*pi+0.02; % INTERVALO DE THETA [0,2*PI]
[RHO,THETA]=meshgrid(rho,theta); % MATRIZ DE PARAMETROS
rho1=1;
rho2=2;
[RHO1,THETA1]=meshgrid(rho1,theta);
[RHO2,THETA2]=meshgrid(rho2,theta);
hold on
grid on % MALLADO EJES
x=RHO.*cos(THETA); % PARAM DE X
y=RHO.*sin(THETA); % PARAM DE Y
mesh(x,y,0*x,'EdgeColor','b') % DIBUJO DE LA FIGURA
t=rho1.*cos(theta); % CREACION CILINDRO INTERIOR
s=rho1.*sin(theta);
plot(t,s,'k','LineWidth',2)
t=rho2.*cos(theta); % CREACION CILINDRO EXTERIOR
s=rho2.*sin(theta);
plot(t,s,'k','LineWidth',2)
axis([-3,3,-2.5,2.5]) % EJES DEL DIBUJO
title('MALLADO DE LA SECCION TRANSVERSAL') % TITULO DE LA GÁFICA
xlabel('ρ');
ylabel('θ');
hold off
}}

==Ecuación Navier-Stokes y obtención de la ecuación diferencial a resolver==
El principal objetivo de este apartado es la obtención de la ecuación diferencial a partir de la ecuación de Navier-Stokes. Una vez conocida esta expresión, será posible calcular las constantes a y b que permitan que la velocidad en la frontera del fluido coincida con la de los tubos interior y exterior.
===Velocidad de las partículas del fluido y análisis de la ecuación===
La velocidad de las partículas del fluido viene expresada según el campo vectorial <math>\vec{u}(ρ, θ) = f(ρ) \vec{e_θ} </math>, donde la presión (<math>p</math>) es constante. Adicionalmente, el campo de velocidades tiene que cumplir la ecuación de Navier-Stockes estacionaria que sigue la siguiente expresión:

<center><math>(\vec{u} · ∇)\vec{u} + ∇p = µ∆\vec{u} </math></center>

''Observación: El valor µ se relaciona con el coeficiente de viscosidad del fluido.''

Analizando la expresión, y teniendo en cuenta que la función tomada tiene de variable ρ, la cual es constante, el campo gradiente será nulo ( <math>∇p = 0</math> ). Si además es despreciable el término convectivo (primer término de la fórmula) finalmente obtenemos que la expresión queda:
<center><math>µ∆\vec{u} =\vec{0}</math></center>

''Observación: <math>∆\vec{u} </math> representa el laplaciano vectorial del campo de velocidades.''

La simplificación obtenida de la ecuación de Navier-Stokes representa un flujo viscoso estacionario en el cual no hay gradientes de presión ni fuerzas externas con efectos inerciales significativos. Su resolución depende únicamente de las condiciones de frontera en el recinto que se indique.

* '''Laplaciano del campo vectorial <math>\vec{u} </math>'''
Por definición tenemos que el laplaciano de un campo vectorial viene dado por la siguiente ecuación:

<center><math>∆\vec{u} = ∆(u_1\vec{i} + u_2\vec{j}+ u_3\vec{k}) = ∆u_1\vec{i} + ∆u_2\vec{j}+ ∆u_3\vec{k}</math></center>

Por la condición de que el campo de velocidades está proporcionado en coordenadas cilíndricas, es de mayor facilidad el cálculo con dichas coordenadas y por consecuente, la ecuación quedaría de la siguiente forma:

<center><math>\Delta\vec{u} = \nabla(\nabla \cdot \vec{u}) - \nabla \times (\nabla \times \vec{u})</math></center>

* '''Gradiente de la divergencia'''

Como podemos apreciar, debemos calcular el gradiente de la divergencia. De modo que primeramente realizaremos el cálculo de la divergencia.

Por otro lado, al tratarse de un fluido incomprensible, dicha divergencia debe ser nula. Por definición ésta se calcula en coordenadas cilíndricas mediante la siguiente expresión:

<center><math> ∇ · \vec{u} = \frac{1}{ρ}[\frac{ \partial}{\partial ρ}(0) + \frac{ \partial}{\partial θ}(f(ρ)) + \frac{ \partial}{\partial z}(0)] = 0 </math></center>

Tras realizar los cálculos, observamos que como hemos deducido, la divergencia es nula y por lo tanto, el gradiente de la propia divergencia saldrá 0, de igual forma:
<center><math> ∇(∇ · \vec{u})= ∇(0)= \vec{0} </math></center>

Una vez deducido que el gradiente de la divergencia es 0, por lo cálculos previamente realizados, el primer término se elimina y la expresión queda simplificada de la siguiente forma:

<center><math>\Delta\vec{u} = - \nabla \times (\nabla \times \vec{u})</math></center>

* '''Rotacional del campo de velocidades'''
Realizamos los cálculos aplicando la fórmula para el rotacional definido en coordenadas cilíndricas. Siendo la expresión del campo de velocidades:
<math>u(\rho,\theta)=f(\rho)\,e_{\theta}</math>
<center><math>(\nabla\times\vec{u}) = \frac{1}{ρ}\begin{vmatrix} \vec{e_ρ} & ρ\vec{e_θ} & \vec{e_z} \\ \frac{ \partial}{\partial ρ} & \frac{\partial }{\partial θ} & \frac{\partial }{\partial z}\\ 0 & ρf(ρ) & 0 \end{vmatrix} = \frac{1}{ρ}\frac{ \partial (ρf(ρ)) }{\partial ρ}\vec{e_z} = [\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}]\vec{e_z}</math></center>

* '''Rotacional del rotacional del campo de velocidades'''

Una vez realizado el rotacional del campo de velocidades, proseguimos con el cálculo del rotacional del rotacional. Para ello aplicaremos la fórmula en coordenadas cilíndricas sobre el vector hallado anteriormente:

<center> <math>\nabla\times(\nabla\times\vec{u})= \frac{1}{ρ}\begin{vmatrix} \vec{e_ρ} & ρ\vec{e_θ} & \vec{e_z} \\ \frac{ \partial}{\partial ρ} & \frac{\partial }{\partial θ} & \frac{\partial }{\partial z}\\ 0 & 0 & [\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}] \end{vmatrix} = -\frac{1}{ρ}\frac{ \partial }{\partial ρ}(\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}) ρ\vec{e_θ} = \frac{1}{ρ}[\frac{f(ρ)}{ρ}-\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}-ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ}</math></center>

* ''' Resultado del Laplaciano vectorial'''
Sustituimos en la ecuación obtenida del laplaciano vectorial.

<center><math>\Delta\vec{u} = - \nabla \times (\nabla \times \vec{u})</math></center>

<center><math>\Delta\vec{u} = - \frac{1}{ρ}[\frac{f(ρ)}{ρ}-\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}-ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ}</math></center>

<center><math>\Delta\vec{u} = \frac{1}{ρ}[-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ}</math></center>

* '''Resultado de la ecuación de Navier-Stokes'''
Una vez calculado el laplaciano, procedemos a sustituir el valor en la ecuación analizada previamente de Navier-Stokes obteniendo:

<center><math> µ∆\vec{u} = \vec{0}</math></center>
<center><math>∆\vec{u} = \vec{0}</math></center>
<center><math>\frac{1}{ρ}[-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ} = \vec{0} </math></center>
<center><math>[-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ} = \vec{0} </math></center>

===Obtención de las constantes de la ecuación diferencial===
====Obtención ecuación diferencial segundo orden====

Una vez conocida la solución de la ecuación de Navier-Stokes, procedemos a la obtención de la ecuación diferencial:

<center><math> [-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ} = [-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ} = \vec{0} </math></center>

<center><math>\frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}) = \frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})</math></center>

Reordenamos la ecuación para la obtención de una ecuación diferencial de segundo orden:
<center><math>\frac{f(ρ)}{ρ}-\frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}) = 0 </math></center>
<center><math>\frac{f(ρ)}{ρ} = \frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}) </math></center>

====Comprobación ecuación diferencial====
A continuación, vamos a comprobar si la ecuación diferencial que hemos obtenido satisface la solución conocida, que viene dada por:

<center><math>f(ρ) = aρ +\frac{b}{ρ},\hspace{20pt}a,b \in \mathbb{R} </math></center>

Para realizar la comprobación, es necesario derivar la expresión de forma que dichas derivadas aparezcan en la ecuación diferencial obtenida.

<center><math>\frac{\partial f(ρ)}{\partial ρ} = a -\frac{b}{ρ^2},\hspace{20pt}a,b \in \mathbb{R} </math></center>
<center><math>\frac{\partial }{\partial ρ}(ρ\frac{\partial f(ρ)}{\partial ρ}) = \frac{\partial }{\partial ρ}(ρ(a -\frac{b}{ρ^2})) = \frac{\partial }{\partial ρ}(aρ -\frac{b}{ρ})) = a +\frac{b}{ρ^2},\hspace{20pt}a,b \in \mathbb{R}</math></center>

Una vez halladas las derivadas, sustituimos en la ecuación y comprobamos que:

<center><math> \frac{1}{ρ}(aρ +\frac{b}{ρ}) = a +\frac{b}{ρ^2} \Longrightarrow \frac{f(ρ)}{ρ} = \frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}),\hspace{20pt}a,b \in \mathbb{R} </math></center>

Queda por tanto comprobado que se cumple la ecuación diferencial.

====Búsqueda de las constantes "a" y "b"====

Finalmente, hemos solucionado la EDO y debemos conocer las soluciones específicas de ésta, a través de las constante a y b de tal forma que la velocidad en la frontera coincida con las de los tubo interior y exterior sen la misma.

Sabemos que la velocidad del fluido es:
<math>
\mathbf{u}(\rho,\theta) = f(\rho)\,\mathbf{e}_\theta,
\qquad
f(\rho) = a\rho + \frac{b}{\rho}.
</math>

-En el cilindro interior ( <math>\rho = 1</math> ), la velocidad tangencial será:
<math>
u_\theta(1) = f(1) = a(1) + \frac{b}{1} = a + b,
</math>
debe coincidir con la velocidad tangencial del cilindro interior:
<math>
u_\theta(1) = \omega_i \cdot 1 = \omega_i.
</math>

-En el cilindro exterior ( <math>\rho = 2</math> ),la velocidad tangencial:
<math>
u_\theta(2) = f(2) = a(2) + \frac{b}{2} = 2a + \frac{b}{2},
</math>
debe coincidir con la velocidad tangencial del cilindro exterior:
<math>
u_\theta(2) = \omega_e \cdot 2 = 2\omega_e.
</math>

* '''Sistema de ecuaciones'''

De las condiciones de contorno:
<math>
\begin{cases}
a + b = \omega_i, \\
2a + \dfrac{b}{2} = 2\omega_e.
\end{cases}
</math>

Multiplicamos la segunda ecuación por 2 para eliminar la fracción:
<math>
4a + b = 4\omega_e.
</math>

Restamos la primera ecuación:
<math>
(4a + b) - (a + b) = 4\omega_e - \omega_i
\;\;\Longrightarrow\;\;
3a = 4\omega_e - \omega_i.
</math>

Por tanto:
<math>
a = \dfrac{4\omega_e - \omega_i}{3}.
</math>

Luego:
<math>
b = \omega_i - a
= \omega_i - \dfrac{4\omega_e - \omega_i}{3}
= \dfrac{3\omega_i - (4\omega_e - \omega_i)}{3}
= \dfrac{4\omega_i - 4\omega_e}{3}
= \dfrac{4(\omega_i - \omega_e)}{3}.
</math>

'''Resultado:'''
<math>
\boxed{
a = \dfrac{4\omega_e - \omega_i}{3},
\qquad
b = \dfrac{4(\omega_i - \omega_e)}{3}.
}
</math>

===Comprobación de incompresibilidad ===
Se ha comprobado con anterioridad, a la hora de la obtención de la ecuación diferencial, que la divergencia del campo de velocidades es igual a 0. Se detalla a continuación el cálculo de la incompresibilidad:
observación: se tomarán coordenadas cilíndricas:
<math>
\nabla \cdot \mathbf{u}
= \frac{1}{\rho}\frac{\partial(\rho u_\rho)}{\partial \rho}
+ \frac{1}{\rho}\frac{\partial u_\theta}{\partial \theta}
+ \frac{\partial u_z}{\partial z}.
</math>

Como
<math>
u_\rho = 0,\quad u_z = 0,\quad
u_\theta = f(\rho)\ \text{(independiente de }\theta,z\text{)},
</math>
entonces:
<math>
\nabla \cdot \mathbf{u}
= \frac{1}{\rho}\frac{\partial(0)}{\partial \rho}
+ \frac{1}{\rho}(0) + 0
= 0.
</math>

== Campo de velocidades ==
Con el objetivo de calcular el campo de velocidades establecemos que la velocidad angular del cilindro exterior e interior es 1 (ω = 1) y μ = 1 (coeficiente de viscosidad del fluido), y en consecuencia las constantes serán de la siguiente forma:
''Observación: se considera que por el sentido, ωi = 1 y ωe = -1.''
<math>

\boxed{
a = \dfrac{4\omega_e - \omega_i}{3},
\qquad
b = \dfrac{4(\omega_i - \omega_e)}{3}.
}
</math>

<center><math>a = -\frac{5}{3} </math> y <math> b = \frac{8}{3}</math></center>
Conocida la siguiente expresión de la velocidad de las partículas en función de f(ρ):
 
<math>\vec{u}(ρ, θ) = f(ρ) \vec{e_θ} </math>.
 
Hemos calculado las constantes a y b, desarrollamos la ecuación. Quedando el campo de velocidades la las partículas como:
 
<math>\vec{u}(\rho, \theta) = \left(-\frac{5}{3} \rho + \frac{8}{3 \rho}\right) \hat{e}_\theta </math>

[[Archivo:campovelocidadesdefdefdef.png|700px|thumb|right|Campo de velocidades]]
{{matlab|codigo=
%Apartado 3: Campo de velocidades

rho=linspace(1,2,30); %radio de 1 a 2
theta=linspace(0,2*pi,50); %theta de 0 a 2pi
a=-5/3;
b=8/3;

w1=1; %velocidad angular interior
w2=-1; %velocidad angular exterior

%Mallado coordenadas polares
[R,T]=meshgrid(rho,theta); % meshgrid para coordenadas polares
X=R.*cos(T); % Paso a cartesianas
Y=R.*sin(T);

%Campo de velocidades
Vtheta= a.*R+b./R; %Velocidad de theta
Vx= w2.*Vtheta .*sin(T);
Vy= w1.*Vtheta.*cos(T);

%Dibujo campo de velocidades
hold on
grid on
quiver(X,Y,Vx,Vy,0.5,'Color',[0 0 1],'LineWidth',1.2);
title('CAMPO DE VELOCIDADES')
axis([-3.5,3.5,-2.1,2.1])

hold off
}}
==Líneas de corriente==
Partimos de que el campo de velocidades del fluido en la sección transversal es
<math>\vec{u}(ρ, θ) = f(ρ) \vec{e_θ} </math>

donde
{{math|{\mathbf e}_\theta = (-\sin\theta,\ \cos\theta)}}
es el vector unitario azimutal en el plano $x-y$.

Perfecto, aquí tienes **todo el contenido completamente pasado a LaTeX**, listo para copiar y compilar.

---

# **Código LaTeX**

```latex
Partimos de que el campo de velocidades del fluido en la sección transversal es
\[
\mathbf{u}(r,\theta)=f(r)\,\mathbf{e}_\theta,
\qquad
\mathbf{e}_\theta = (-\sin\theta,\ \cos\theta),
\]
el vector unitario azimutal en el plano $x-y$.

\section*{1) Definición de $\mathbf{v}$: ortogonal a $\mathbf{u}$}

Tomamos
\[
\mathbf{v} = \mathbf{k} \times \mathbf{u},
\qquad
\mathbf{k} = (0,0,1),
\]
el versor del eje $z$.

Usando propiedades de productos cruzados en el plano:
\[
\mathbf{k}\times\mathbf{e}_\theta = -\,\mathbf{e}_r,
\qquad
\mathbf{e}_r = (\cos\theta,\ \sin\theta).
\]

Por tanto,
\[
\boxed{
\mathbf{v}(r,\theta)
= f(r)\,(\mathbf{k}\times\mathbf{e}_\theta)
= -\,f(r)\,\mathbf{e}_r
}
\]

En componentes cartesianas:
\[
\boxed{
\mathbf{v}(x,y)=\big(-f(r)\cos\theta,\ -f(r)\sin\theta\big)
}
\]
donde
\[
r=\sqrt{x^2+y^2},\qquad
\theta = \operatorname{arctan2}(y,x).
\]

Observa que $\mathbf{v}$ es radial (apunta hacia $-\mathbf{e}_r$) y es ortogonal a $\mathbf{u}$, ya que
\[
\mathbf{e}_r\cdot\mathbf{e}_\theta = 0.
\]

\[
\mathbf{u}\cdot\mathbf{v}
= f(r)\,\mathbf{e}_\theta\cdot\big(-f(r)\,\mathbf{e}_r\big)
= -f(r)^2\,(\mathbf{e}_\theta\cdot\mathbf{e}_r)
= 0.
\]
```

---

Si quieres, puedo generarte una versión en **entorno align**, **beamer**, **minted**, o integrada en un documento completo (`\documentclass{article}`).

== 1) Definición de {{math|\mathbf v}}: ortogonal a {{math|\mathbf u}} ==

Tomamos
{{math|\mathbf v = \mathbf k \times \mathbf u}},
con
{{math|\mathbf k=(0,0,1)}}
el versor del eje $z$.

Usando propiedades de productos cruzados en el plano:

{{math|\mathbf k \times {\mathbf e}_\theta = -\,{\mathbf e}_r}},

donde
{{math|{\mathbf e}_r=(\cos\theta,\ \sin\theta)}}
es el unitario radial.

Por tanto,

{{math|\mathbf v(r,\theta) = f(r)\,(\mathbf k \times \mathbf e_\theta)
= -\,f(r)\,{\mathbf e}_r}}

y en componentes cartesianas:

{{math|\mathbf v(x,y)=\big(-f(r)\cos\theta,\,-f(r)\sin\theta\big)}}

con
{{math|r=\sqrt{x^2+y^2}}}
y
{{math|\theta=\operatorname{arctan2}(y,x)}}.

Observa que $\mathbf v$ es radial (apunta hacia $-{\mathbf e}_r$, es decir, hacia el centro)
y es ortogonal a $\mathbf u$ porque
{{math|{\mathbf e}_r\cdot{\mathbf e}_\theta = 0}}:

{{math|\mathbf u\cdot\mathbf v
= f(r)\,{\mathbf e}_\theta \cdot\big(-f(r)\,{\mathbf e}_r\big)
= -f(r)^2 ({\mathbf e}_\theta\cdot{\mathbf e}_r)
= 0}}.

Partimos de que el campo de velocidades del fluido en la sección transversal es
u(r,θ)=f(r) eθ,\mathbf{u}(r,\theta) = f(r)\,\mathbf{e}_\theta,u(r,θ)=f(r)eθ,
donde eθ=(−sin⁡θ, cos⁡θ)\mathbf{e}_\theta = (-\sin\theta,\ \cos\theta)eθ=(−sinθ, cosθ) es el vector unitario azimutal en el plano x ⁣− ⁣yx\!-\!yx−y.
1) Definición de v\mathbf{v}v: ortogonal a u\mathbf{u}u
Tomamos
v = k×u,\mathbf{v} \;=\; \mathbf{k} \times \mathbf{u},v=k×u,
con k=(0,0,1)\mathbf{k}=(0,0,1)k=(0,0,1) el versor del eje zzz. Usando propiedades de productos cruzados en el plano:

k×eθ=− er\mathbf{k}\times\mathbf{e}_\theta = -\,\mathbf{e}_rk×eθ=−er, donde er=(cos⁡θ, sin⁡θ)\mathbf{e}_r=(\cos\theta,\ \sin\theta)er=(cosθ, sinθ) es el unitario radial.
Por tanto,
v(r,θ) = f(r) (k×eθ) = − f(r) er \boxed{\;\mathbf{v}(r,\theta) \;=\; f(r)\,\big(\mathbf{k}\times \mathbf{e}_\theta\big) \;=\; -\,f(r)\,\mathbf{e}_r\;}v(r,θ)=f(r)(k×eθ)=−f(r)er
y en componentes cartesianas:
v(x,y)=(−f(r)cos⁡θ, −f(r)sin⁡θ) \boxed{\; \mathbf{v}(x,y) = \big(-f(r)\cos\theta,\,-f(r)\sin\theta\big) \;}v(x,y)=(−f(r)cosθ,−f(r)sinθ)
con r=x2+y2r=\sqrt{x^2+y^2}r=x2+y2 y θ=arctan⁡2(y,x)\theta=\arctan2(y,x)θ=arctan2(y,x).

Observa que v\mathbf{v}v es radial (apunta hacia −er-\mathbf{e}_r−er, es decir, hacia el centro) y es ortogonal a u\mathbf{u}u porque er⋅eθ=0\mathbf{e}_r\cdot\mathbf{e}_\theta=0er⋅eθ=0:
u⋅v=f(r) eθ⋅(−f(r) er)=−f(r)2 (eθ⋅er)=0.\mathbf{u}\cdot\mathbf{v} = f(r)\,\mathbf{e}_\theta \cdot \big(-f(r)\,\mathbf{e}_r\big)= -f(r)^2\,(\mathbf{e}_\theta\cdot\mathbf{e}_r)=0.u⋅v=f(r)eθ⋅(−f(r)er)=−f(r)2(eθ⋅er)=0.

2) Versión concreta con tu perfil f(r)=a r+brf(r)=a\,r+\frac{b}{r}f(r)=ar+rb
Si ya fijaste a,ba,ba,b (por ejemplo, para ωi=+1\omega_i=+1ωi=+1, ωe=−1\omega_e=-1ωe=−1: a=−53a=-\tfrac{5}{3}a=−35, b=83b=\tfrac{8}{3}b=38), entonces:
f(r)=a r+br,v(x,y)=(−(a r+br)xr, −(a r+br)yr)=(−(a r+br)cos⁡θ, −(a r+br)sin⁡θ).f(r) = a\,r + \frac{b}{r},\qquad
\mathbf{v}(x,y) = \Big(-(a\,r+\frac{b}{r})\frac{x}{r},\; -(a\,r+\frac{b}{r})\frac{y}{r}\Big)
= \Big(-(a\,r+\frac{b}{r})\cos\theta,\; -(a\,r+\frac{b}{r})\sin\theta\Big).f(r)=ar+rb,v(x,y)=(−(ar+rb)rx,−(ar+rb)ry)=(−(ar+rb)cosθ,−(ar+rb)sinθ).

3) MATLAB (simple) para construir v=k×u\mathbf{v}=\mathbf{k}\times\mathbf{u}v=k×u
Este fragmento calcula y dibuja solo el campo v\mathbf{v}v en el anillo 1≤r≤21\le r\le 21≤r≤2, siguiendo la misma malla sencilla que usamos para u\mathbf{u}u:
MATLAB%% Campo v = k x u, ortogonal a u = f(r) e_theta, en el anillo 1<=r<=2clear; clc; close all;%% Parametros del perfil (ejemplo con omega_i=+1, omega_e=-1)r_in = 1; r_out = 2;a = -5/3; b = 8/3; % f(r) = a*r + b/r%% Malla de puntos en el anillo (pocos para visual simple)n_r = 5; % nº de radios intermediosn_th = 40; % nº de ángulosr_vals = linspace(r_in, r_out, n_r);theta_vals= linspace(0, 2*pi, n_th);[X, Y, Vx, Vy] = deal([]);for r = r_vals for th = theta_vals % Posicion x = r*cos(th); y = r*sin(th); % Magnitud azimutal f = a*r + b/r; % v = k x u = - f(r) e_r -> e_r = (cos th, sin th) vx = -f * cos(th); vy = -f * sin(th); % Acumular X(end+1) = x; Y(end+1) = y; Vx(end+1) = vx; Vy(end+1) = vy; endend%% Dibujar v (flechas saliendo hacia el centro)figure('Color','w'); quiver(X, Y, Vx, Vy, 0.4, 'Color', [0.1 0.6 0.2], 'LineWidth', 1.2); % verdeaxis equal; grid on; hold on;xlabel('x'); ylabel('y'); title('Campo v = k \times u (ortogonal a u)');% Círculos del dominiott = linspace(0, 2*pi, 300);plot(r_in*cos(tt), r_in*sin(tt), 'k', 'LineWidth', 1.5);plot(r_out*cos(tt), r_out*sin(tt), 'k', 'LineWidth', 1.5);xlim([-2.5 2.5]); ylim([-2.5 2.5]);Mostrar más líneas

¿Seguimos?
Si esto está claro, en el siguiente paso calculamos la función de corriente ψ\psiψ tal que ∇ψ=v\nabla\psi=\mathbf{v}∇ψ=v, mostramos sus líneas de nivel ψ=cte\psi=\text{cte}ψ=cte y verificamos que son líneas de corriente de u\mathbf{u}u. ¿Avanzamos?
Proporcione sus comentarios sobre BizChatYou said: dame v en coordenadas cilindricasCopilot said: Copilot¡Perfecto! En coordenadas cilíndricas (r,θ,z)(r,\theta,z)(r,θ,z), el campo v=k×u\mathbf{v} = \mathbf{k} \times \mathbf{u}v=k×u se expresa de forma muy sencilla:
Sabemos que:
u(r,θ)=f(r) eθ,f(r)=a r+br.\mathbf{u}(r,\theta) = f(r)\,\mathbf{e}_\theta,\quad f(r)=a\,r+\frac{b}{r}.u(r,θ)=f(r)eθ,f(r)=ar+rb.
El producto cruzado con k=ez\mathbf{k}=\mathbf{e}_zk=ez da:
k×eθ=−er.\mathbf{k}\times\mathbf{e}_\theta = -\mathbf{e}_r.k×eθ=−er.
Por tanto:
v(r,θ)=− f(r) er=−(a r+br) er.\boxed{\mathbf{v}(r,\theta) = -\,f(r)\,\mathbf{e}_r = -\big(a\,r+\frac{b}{r}\big)\,\mathbf{e}_r.}v(r,θ)=−f(r)er=−(ar+rb)er.
Componentes en la base cilíndrica
vr=−(a r+br),vθ=0,vz=0.v_r = -\big(a\,r+\frac{b}{r}\big),\quad v_\theta = 0,\quad v_z = 0.vr=−(ar+rb),vθ=0,vz=0.

¿Quieres que ahora hagamos el siguiente paso:

Calcular la función de corriente ψ(r)\psi(r)ψ(r) tal que ∇ψ=v\nabla\psi = \mathbf{v}∇ψ=v,
Dibujar las líneas ψ=cte\psi=\text{cte}ψ=cte (líneas de corriente del campo u\mathbf{u}u) en MATLAB?

¿Avanzamos?
Proporcione sus comentarios sobre BizChatYou said: Observar que 𝑣⃗ es irrotacional (por ser 𝑢⃗ de divergencia nula) y tiene un potencial escalar
𝜓 (es decir ∇𝜓 = 𝑣⃗) que se conoce como función de corriente de 𝑢⃗ Copilot said: Copilot¡Exacto! Como hemos visto, el campo
v=k×u=−f(r) er\mathbf{v} = \mathbf{k} \times \mathbf{u} = -f(r)\,\mathbf{e}_rv=k×u=−f(r)er
es radial y apunta hacia el centro. Ahora comprobamos las dos propiedades que mencionas:

✅ 1. Irrotacionalidad de v\mathbf{v}v
En coordenadas cilíndricas, para un campo puramente radial vr(r)v_r(r)vr(r) con vθ=vz=0v_\theta = v_z = 0vθ=vz=0, el rotacional es:
∇×v={componente z:1r∂∂r(rvθ)−∂vr∂θ=0,otras componentes: tambieˊn 0.\nabla \times \mathbf{v} =
\begin{cases}
\text{componente } z: \dfrac{1}{r}\dfrac{\partial}{\partial r}(r v_\theta) - \dfrac{\partial v_r}{\partial \theta} = 0,\\
\text{otras componentes: también 0.}
\end{cases}∇×v=⎩⎨⎧componente z:r1∂r∂(rvθ)−∂θ∂vr=0,otras componentes: tambieˊn 0.
Como vθ=0v_\theta = 0vθ=0 y vrv_rvr no depende de θ\thetaθ,
∇×v=0.\nabla \times \mathbf{v} = \mathbf{0}.∇×v=0.
✅ v\mathbf{v}v es irrotacional.

✅ 2. Existe un potencial escalar ψ\psiψ tal que ∇ψ=v\nabla \psi = \mathbf{v}∇ψ=v
En coordenadas cilíndricas:
∇ψ=∂ψ∂r er+1r∂ψ∂θ eθ+∂ψ∂z ez.\nabla \psi = \frac{\partial \psi}{\partial r}\,\mathbf{e}_r + \frac{1}{r}\frac{\partial \psi}{\partial \theta}\,\mathbf{e}_\theta + \frac{\partial \psi}{\partial z}\,\mathbf{e}_z.∇ψ=∂r∂ψer+r1∂θ∂ψeθ+∂z∂ψez.
Como v=vr er\mathbf{v} = v_r\,\mathbf{e}_rv=vrer con vr=−f(r)v_r = -f(r)vr=−f(r), tenemos:
∂ψ∂r=−f(r),∂ψ∂θ=0,∂ψ∂z=0.\frac{\partial \psi}{\partial r} = -f(r),\quad \frac{\partial \psi}{\partial \theta}=0,\quad \frac{\partial \psi}{\partial z}=0.∂r∂ψ=−f(r),∂θ∂ψ=0,∂z∂ψ=0.
Por tanto:
ψ(r)=−∫f(r) dr=−∫(ar+br) dr=−(a2r2+bln⁡r)+C.\psi(r) = -\int f(r)\,dr = -\int \big(a r + \frac{b}{r}\big)\,dr = -\Big(\frac{a}{2}r^2 + b\ln r\Big) + C.ψ(r)=−∫f(r)dr=−∫(ar+rb)dr=−(2ar2+blnr)+C.
ψ(r)=−a2r2−bln⁡r+C.\boxed{\psi(r) = -\frac{a}{2}r^2 - b\ln r + C.}ψ(r)=−2ar2−blnr+C.

✅ 3. Líneas ψ=cte\psi = \text{cte}ψ=cte
Como ψ\psiψ depende solo de rrr, las curvas ψ=cte\psi = \text{cte}ψ=cte son circunferencias concéntricas r=constanter = \text{constante}r=constante.
Estas son líneas de corriente de u\mathbf{u}u porque:
u⋅∇ψ=f(r) eθ⋅(−f(r) er)=0.\mathbf{u}\cdot\nabla\psi = f(r)\,\mathbf{e}_\theta \cdot (-f(r)\,\mathbf{e}_r) = 0.u⋅∇ψ=f(r)eθ⋅(−f(r)er)=0.

¿Quieres que ahora te dé un script MATLAB sencillo que:
✔ Dibuja las líneas de corriente (círculos) y el campo u\mathbf{u}u con flechas,
✔ Calcula ψ(r)\psi(r)ψ(r) y muestra sus niveles?
¿O prefieres primero solo las líneas ψ=cte\psi=\text{cte}ψ=cte sin flechas?
Proporcione sus comentarios sobre BizChatYou said: prefiero solo las lineasCopilot said: CopilotPerfecto, vamos a dibujar solo las líneas de corriente (las curvas ψ=cte\psi = \text{cte}ψ=cte).
Como hemos calculado:
ψ(r)=−a2r2−bln⁡r+C,con f(r)=ar+br.\psi(r) = -\frac{a}{2}r^2 - b\ln r + C,\quad \text{con } f(r)=a r + \frac{b}{r}.ψ(r)=−2ar2−blnr+C,con f(r)=ar+rb.
Pero como ψ\psiψ depende solo de rrr, las líneas ψ=cte\psi=\text{cte}ψ=cte son circunferencias concéntricas. Así que basta con elegir varios valores de rrr en el intervalo [1,2][1,2][1,2] y dibujar círculos.

==Dibujar el campo de temperaturas y las curvas de nivel. ==
[[Archivo:curvatemperatura.png|600px|thumb|right|Campo de Temperaturas y curvas de nivel]]

{{matlab|codigo=
%Apartado 7: Campo de temperaturas

rho=linspace(1,2,200); %radio de 1 a 2
theta=linspace(0,2*pi,200); %theta de 0 a 2pi

[R,Theta]=meshgrid(rho,theta);

% función temperatura
T=log(1+R.^2).*cos(Theta).^2;
X=R.*cos(Theta); % Paso a cartesianas
Y=R.*sin(Theta);

%Dibujar campos de temperatura
hold on
surf(X, Y, T, 'EdgeColor', 'none');
colorbar;
xlabel('eje x');
ylabel('eje y');
zlabel('Temperatura');
title('Campo de Temperatura');
view(3);
axis([-3,3,-2.1,2.1]);

%Dibujar las curvas de nivel
contourf(X, Y, T, 20); % 20 niveles de contorno
title('Curvas de Nivel del Campo de Temperaturas');
xlabel('Eje X');
ylabel('Eje Y');
colorbar;

%Encontrar temperatura máxima
T_max=max(T(:));
[f,c] =find(T == max_T, 1);

% Coordenadas cartesianas Temp máx
x_max= X(f,c);
y_max= Y(f,c);

plot(x_max, y_max, 'ro', 'MarkerSize', 10, 'LineWidth', 2);
text(x_max,y_max,'Temperatura máxima');
}}

Flujo de Couette entre dos tubos concéntricos (Grupo 33)

2025-12-04T12:24:28Z

Az.martinez:

{{ TrabajoED | Flujo de Couette entre dos tubos concéntricos. Grupo 33 | [[:Categoría:Teoría de Campos|Teoría de Campos]]|[[:Categoría:TC25/26|2025-26]] |
*Carlos Azcona Ruiz
*Alonso Gómez Oliveira
*Marcos Gómez Rosillo
*María de las Mercedes Oriola Zamora
*Alba Zilu Martínez Toda}}

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC25/26]]

El flujo de Couette es un fenómeno básico de la mecánica de fluidos que describe cómo se comporta un fluido situado entre dos superficies paralelas cuando una de ellas se desplaza respecto a la otra. Este flujo, sencillo y ampliamente aplicable, ha sido analizado en profundidad por su importancia en la modelización de sistemas mecánicos.

En este artículo vamos a considerar el flujo de un fluido incompresible a través de dos cilindros concéntricos, de manera que el exterior se mueve con velocidad angular constante 𝜔⃗𝑒 en sentido horario mientras que el interior se mueve con velocidad angular 𝜔⃗𝑖 en sentido contrario. Si suponemos que ambos cilindros tienen su eje en 𝑂𝑋3 y pintamos la sección transversal (𝑥3 = 0), el cilindro exterior queda proyectado sobre la circunferencia 𝜌 = 2 y el interior sobre la circunferencia 𝜌 = 1

==Mallado de la sección transversal==
En la siguiente figura se representa la sección transversal de los dos tubos concéntricos con los ejes fijados en la región (𝜌, 𝜃) ∈ [0, 3] × [0, 2𝜋].

[[Archivo:mallado_couette.jpg|500px|thumb|right|mallado]]

{{matlab|codigo=
% MALLADO DE LA SECCIÓN TRANSVERSAL
rho=1:0.1:2; % INTERVALO DE RHO [1,2]
theta=0:0.05:2*pi+0.02; % INTERVALO DE THETA [0,2*PI]
[RHO,THETA]=meshgrid(rho,theta); % MATRIZ DE PARAMETROS
rho1=1;
rho2=2;
[RHO1,THETA1]=meshgrid(rho1,theta);
[RHO2,THETA2]=meshgrid(rho2,theta);
hold on
grid on % MALLADO EJES
x=RHO.*cos(THETA); % PARAM DE X
y=RHO.*sin(THETA); % PARAM DE Y
mesh(x,y,0*x,'EdgeColor','b') % DIBUJO DE LA FIGURA
t=rho1.*cos(theta); % CREACION CILINDRO INTERIOR
s=rho1.*sin(theta);
plot(t,s,'k','LineWidth',2)
t=rho2.*cos(theta); % CREACION CILINDRO EXTERIOR
s=rho2.*sin(theta);
plot(t,s,'k','LineWidth',2)
axis([-3,3,-2.5,2.5]) % EJES DEL DIBUJO
title('MALLADO DE LA SECCION TRANSVERSAL') % TITULO DE LA GÁFICA
xlabel('ρ');
ylabel('θ');
hold off
}}

==Ecuación Navier-Stokes y obtención de la ecuación diferencial a resolver==
El principal objetivo de este apartado es la obtención de la ecuación diferencial a partir de la ecuación de Navier-Stokes. Una vez conocida esta expresión, será posible calcular las constantes a y b que permitan que la velocidad en la frontera del fluido coincida con la de los tubos interior y exterior.
===Velocidad de las partículas del fluido y análisis de la ecuación===
La velocidad de las partículas del fluido viene expresada según el campo vectorial <math>\vec{u}(ρ, θ) = f(ρ) \vec{e_θ} </math>, donde la presión (<math>p</math>) es constante. Adicionalmente, el campo de velocidades tiene que cumplir la ecuación de Navier-Stockes estacionaria que sigue la siguiente expresión:

<center><math>(\vec{u} · ∇)\vec{u} + ∇p = µ∆\vec{u} </math></center>

''Observación: El valor µ se relaciona con el coeficiente de viscosidad del fluido.''

Analizando la expresión, y teniendo en cuenta que la función tomada tiene de variable ρ, la cual es constante, el campo gradiente será nulo ( <math>∇p = 0</math> ). Si además es despreciable el término convectivo (primer término de la fórmula) finalmente obtenemos que la expresión queda:
<center><math>µ∆\vec{u} =\vec{0}</math></center>

''Observación: <math>∆\vec{u} </math> representa el laplaciano vectorial del campo de velocidades.''

La simplificación obtenida de la ecuación de Navier-Stokes representa un flujo viscoso estacionario en el cual no hay gradientes de presión ni fuerzas externas con efectos inerciales significativos. Su resolución depende únicamente de las condiciones de frontera en el recinto que se indique.

* '''Laplaciano del campo vectorial <math>\vec{u} </math>'''
Por definición tenemos que el laplaciano de un campo vectorial viene dado por la siguiente ecuación:

<center><math>∆\vec{u} = ∆(u_1\vec{i} + u_2\vec{j}+ u_3\vec{k}) = ∆u_1\vec{i} + ∆u_2\vec{j}+ ∆u_3\vec{k}</math></center>

Por la condición de que el campo de velocidades está proporcionado en coordenadas cilíndricas, es de mayor facilidad el cálculo con dichas coordenadas y por consecuente, la ecuación quedaría de la siguiente forma:

<center><math>\Delta\vec{u} = \nabla(\nabla \cdot \vec{u}) - \nabla \times (\nabla \times \vec{u})</math></center>

* '''Gradiente de la divergencia'''

Como podemos apreciar, debemos calcular el gradiente de la divergencia. De modo que primeramente realizaremos el cálculo de la divergencia.

Por otro lado, al tratarse de un fluido incomprensible, dicha divergencia debe ser nula. Por definición ésta se calcula en coordenadas cilíndricas mediante la siguiente expresión:

<center><math> ∇ · \vec{u} = \frac{1}{ρ}[\frac{ \partial}{\partial ρ}(0) + \frac{ \partial}{\partial θ}(f(ρ)) + \frac{ \partial}{\partial z}(0)] = 0 </math></center>

Tras realizar los cálculos, observamos que como hemos deducido, la divergencia es nula y por lo tanto, el gradiente de la propia divergencia saldrá 0, de igual forma:
<center><math> ∇(∇ · \vec{u})= ∇(0)= \vec{0} </math></center>

Una vez deducido que el gradiente de la divergencia es 0, por lo cálculos previamente realizados, el primer término se elimina y la expresión queda simplificada de la siguiente forma:

<center><math>\Delta\vec{u} = - \nabla \times (\nabla \times \vec{u})</math></center>

* '''Rotacional del campo de velocidades'''
Realizamos los cálculos aplicando la fórmula para el rotacional definido en coordenadas cilíndricas. Siendo la expresión del campo de velocidades:
<math>u(\rho,\theta)=f(\rho)\,e_{\theta}</math>
<center><math>(\nabla\times\vec{u}) = \frac{1}{ρ}\begin{vmatrix} \vec{e_ρ} & ρ\vec{e_θ} & \vec{e_z} \\ \frac{ \partial}{\partial ρ} & \frac{\partial }{\partial θ} & \frac{\partial }{\partial z}\\ 0 & ρf(ρ) & 0 \end{vmatrix} = \frac{1}{ρ}\frac{ \partial (ρf(ρ)) }{\partial ρ}\vec{e_z} = [\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}]\vec{e_z}</math></center>

* '''Rotacional del rotacional del campo de velocidades'''

Una vez realizado el rotacional del campo de velocidades, proseguimos con el cálculo del rotacional del rotacional. Para ello aplicaremos la fórmula en coordenadas cilíndricas sobre el vector hallado anteriormente:

<center> <math>\nabla\times(\nabla\times\vec{u})= \frac{1}{ρ}\begin{vmatrix} \vec{e_ρ} & ρ\vec{e_θ} & \vec{e_z} \\ \frac{ \partial}{\partial ρ} & \frac{\partial }{\partial θ} & \frac{\partial }{\partial z}\\ 0 & 0 & [\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}] \end{vmatrix} = -\frac{1}{ρ}\frac{ \partial }{\partial ρ}(\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}) ρ\vec{e_θ} = \frac{1}{ρ}[\frac{f(ρ)}{ρ}-\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}-ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ}</math></center>

* ''' Resultado del Laplaciano vectorial'''
Sustituimos en la ecuación obtenida del laplaciano vectorial.

<center><math>\Delta\vec{u} = - \nabla \times (\nabla \times \vec{u})</math></center>

<center><math>\Delta\vec{u} = - \frac{1}{ρ}[\frac{f(ρ)}{ρ}-\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}-ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ}</math></center>

<center><math>\Delta\vec{u} = \frac{1}{ρ}[-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ}</math></center>

* '''Resultado de la ecuación de Navier-Stokes'''
Una vez calculado el laplaciano, procedemos a sustituir el valor en la ecuación analizada previamente de Navier-Stokes obteniendo:

<center><math> µ∆\vec{u} = \vec{0}</math></center>
<center><math>∆\vec{u} = \vec{0}</math></center>
<center><math>\frac{1}{ρ}[-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ} = \vec{0} </math></center>
<center><math>[-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ} = \vec{0} </math></center>

===Obtención de las constantes de la ecuación diferencial===
====Obtención ecuación diferencial segundo orden====

Una vez conocida la solución de la ecuación de Navier-Stokes, procedemos a la obtención de la ecuación diferencial:

<center><math> [-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ} = [-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ} = \vec{0} </math></center>

<center><math>\frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}) = \frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})</math></center>

Reordenamos la ecuación para la obtención de una ecuación diferencial de segundo orden:
<center><math>\frac{f(ρ)}{ρ}-\frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}) = 0 </math></center>
<center><math>\frac{f(ρ)}{ρ} = \frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}) </math></center>

====Comprobación ecuación diferencial====
A continuación, vamos a comprobar si la ecuación diferencial que hemos obtenido satisface la solución conocida, que viene dada por:

<center><math>f(ρ) = aρ +\frac{b}{ρ},\hspace{20pt}a,b \in \mathbb{R} </math></center>

Para realizar la comprobación, es necesario derivar la expresión de forma que dichas derivadas aparezcan en la ecuación diferencial obtenida.

<center><math>\frac{\partial f(ρ)}{\partial ρ} = a -\frac{b}{ρ^2},\hspace{20pt}a,b \in \mathbb{R} </math></center>
<center><math>\frac{\partial }{\partial ρ}(ρ\frac{\partial f(ρ)}{\partial ρ}) = \frac{\partial }{\partial ρ}(ρ(a -\frac{b}{ρ^2})) = \frac{\partial }{\partial ρ}(aρ -\frac{b}{ρ})) = a +\frac{b}{ρ^2},\hspace{20pt}a,b \in \mathbb{R}</math></center>

Una vez halladas las derivadas, sustituimos en la ecuación y comprobamos que:

<center><math> \frac{1}{ρ}(aρ +\frac{b}{ρ}) = a +\frac{b}{ρ^2} \Longrightarrow \frac{f(ρ)}{ρ} = \frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}),\hspace{20pt}a,b \in \mathbb{R} </math></center>

Queda por tanto comprobado que se cumple la ecuación diferencial.

====Búsqueda de las constantes "a" y "b"====

Finalmente, hemos solucionado la EDO y debemos conocer las soluciones específicas de ésta, a través de las constante a y b de tal forma que la velocidad en la frontera coincida con las de los tubo interior y exterior sen la misma.

Sabemos que la velocidad del fluido es:
<math>
\mathbf{u}(\rho,\theta) = f(\rho)\,\mathbf{e}_\theta,
\qquad
f(\rho) = a\rho + \frac{b}{\rho}.
</math>

-En el cilindro interior ( <math>\rho = 1</math> ), la velocidad tangencial será:
<math>
u_\theta(1) = f(1) = a(1) + \frac{b}{1} = a + b,
</math>
debe coincidir con la velocidad tangencial del cilindro interior:
<math>
u_\theta(1) = \omega_i \cdot 1 = \omega_i.
</math>

-En el cilindro exterior ( <math>\rho = 2</math> ),la velocidad tangencial:
<math>
u_\theta(2) = f(2) = a(2) + \frac{b}{2} = 2a + \frac{b}{2},
</math>
debe coincidir con la velocidad tangencial del cilindro exterior:
<math>
u_\theta(2) = \omega_e \cdot 2 = 2\omega_e.
</math>

* '''Sistema de ecuaciones'''

De las condiciones de contorno:
<math>
\begin{cases}
a + b = \omega_i, \\
2a + \dfrac{b}{2} = 2\omega_e.
\end{cases}
</math>

Multiplicamos la segunda ecuación por 2 para eliminar la fracción:
<math>
4a + b = 4\omega_e.
</math>

Restamos la primera ecuación:
<math>
(4a + b) - (a + b) = 4\omega_e - \omega_i
\;\;\Longrightarrow\;\;
3a = 4\omega_e - \omega_i.
</math>

Por tanto:
<math>
a = \dfrac{4\omega_e - \omega_i}{3}.
</math>

Luego:
<math>
b = \omega_i - a
= \omega_i - \dfrac{4\omega_e - \omega_i}{3}
= \dfrac{3\omega_i - (4\omega_e - \omega_i)}{3}
= \dfrac{4\omega_i - 4\omega_e}{3}
= \dfrac{4(\omega_i - \omega_e)}{3}.
</math>

'''Resultado:'''
<math>
\boxed{
a = \dfrac{4\omega_e - \omega_i}{3},
\qquad
b = \dfrac{4(\omega_i - \omega_e)}{3}.
}
</math>

===Comprobación de incompresibilidad ===
Se ha comprobado con anterioridad, a la hora de la obtención de la ecuación diferencial, que la divergencia del campo de velocidades es igual a 0. Se detalla a continuación el cálculo de la incompresibilidad:
observación: se tomarán coordenadas cilíndricas:
<math>
\nabla \cdot \mathbf{u}
= \frac{1}{\rho}\frac{\partial(\rho u_\rho)}{\partial \rho}
+ \frac{1}{\rho}\frac{\partial u_\theta}{\partial \theta}
+ \frac{\partial u_z}{\partial z}.
</math>

Como
<math>
u_\rho = 0,\quad u_z = 0,\quad
u_\theta = f(\rho)\ \text{(independiente de }\theta,z\text{)},
</math>
entonces:
<math>
\nabla \cdot \mathbf{u}
= \frac{1}{\rho}\frac{\partial(0)}{\partial \rho}
+ \frac{1}{\rho}(0) + 0
= 0.
</math>

== Campo de velocidades ==
Con el objetivo de calcular el campo de velocidades establecemos que la velocidad angular del cilindro exterior e interior es 1 (ω = 1) y μ = 1 (coeficiente de viscosidad del fluido), y en consecuencia las constantes serán de la siguiente forma:
''Observación: se considera que por el sentido, ωi = 1 y ωe = -1.''
<math>

\boxed{
a = \dfrac{4\omega_e - \omega_i}{3},
\qquad
b = \dfrac{4(\omega_i - \omega_e)}{3}.
}
</math>

<center><math>a = -\frac{5}{3} </math> y <math> b = \frac{8}{3}</math></center>
Conocida la siguiente expresión de la velocidad de las partículas en función de f(ρ):
 
<math>\vec{u}(ρ, θ) = f(ρ) \vec{e_θ} </math>.
 
Hemos calculado las constantes a y b, desarrollamos la ecuación. Quedando el campo de velocidades la las partículas como:
 
<math>\vec{u}(\rho, \theta) = \left(-\frac{5}{3} \rho + \frac{8}{3 \rho}\right) \hat{e}_\theta </math>

[[Archivo:campovelocidadesdefdefdef.png|700px|thumb|right|Campo de velocidades]]
{{matlab|codigo=
%Apartado 3: Campo de velocidades

rho=linspace(1,2,30); %radio de 1 a 2
theta=linspace(0,2*pi,50); %theta de 0 a 2pi
a=-5/3;
b=8/3;

w1=1; %velocidad angular interior
w2=-1; %velocidad angular exterior

%Mallado coordenadas polares
[R,T]=meshgrid(rho,theta); % meshgrid para coordenadas polares
X=R.*cos(T); % Paso a cartesianas
Y=R.*sin(T);

%Campo de velocidades
Vtheta= a.*R+b./R; %Velocidad de theta
Vx= w2.*Vtheta .*sin(T);
Vy= w1.*Vtheta.*cos(T);

%Dibujo campo de velocidades
hold on
grid on
quiver(X,Y,Vx,Vy,0.5,'Color',[0 0 1],'LineWidth',1.2);
title('CAMPO DE VELOCIDADES')
axis([-3.5,3.5,-2.1,2.1])

hold off
}}
==Líneas de corriente==
Partimos de que el campo de velocidades del fluido en la sección transversal es

<math>\vec{u}(ρ, θ) = f(ρ) \vec{e_θ} </math>

donde
{{math|{\mathbf e}_\theta = (-\sin\theta,\ \cos\theta)}}
es el vector unitario azimutal en el plano $x-y$.

Perfecto, aquí tienes **todo el contenido completamente pasado a LaTeX**, listo para copiar y compilar.

---

# **Código LaTeX**

```latex
Partimos de que el campo de velocidades del fluido en la sección transversal es
\[
\mathbf{u}(r,\theta)=f(r)\,\mathbf{e}_\theta,
\qquad
\mathbf{e}_\theta = (-\sin\theta,\ \cos\theta),
\]
el vector unitario azimutal en el plano $x-y$.

\section*{1) Definición de $\mathbf{v}$: ortogonal a $\mathbf{u}$}

Tomamos
\[
\mathbf{v} = \mathbf{k} \times \mathbf{u},
\qquad
\mathbf{k} = (0,0,1),
\]
el versor del eje $z$.

Usando propiedades de productos cruzados en el plano:
\[
\mathbf{k}\times\mathbf{e}_\theta = -\,\mathbf{e}_r,
\qquad
\mathbf{e}_r = (\cos\theta,\ \sin\theta).
\]

Por tanto,
\[
\boxed{
\mathbf{v}(r,\theta)
= f(r)\,(\mathbf{k}\times\mathbf{e}_\theta)
= -\,f(r)\,\mathbf{e}_r
}
\]

En componentes cartesianas:
\[
\boxed{
\mathbf{v}(x,y)=\big(-f(r)\cos\theta,\ -f(r)\sin\theta\big)
}
\]
donde
\[
r=\sqrt{x^2+y^2},\qquad
\theta = \operatorname{arctan2}(y,x).
\]

Observa que $\mathbf{v}$ es radial (apunta hacia $-\mathbf{e}_r$) y es ortogonal a $\mathbf{u}$, ya que
\[
\mathbf{e}_r\cdot\mathbf{e}_\theta = 0.
\]

\[
\mathbf{u}\cdot\mathbf{v}
= f(r)\,\mathbf{e}_\theta\cdot\big(-f(r)\,\mathbf{e}_r\big)
= -f(r)^2\,(\mathbf{e}_\theta\cdot\mathbf{e}_r)
= 0.
\]
```

---

Si quieres, puedo generarte una versión en **entorno align**, **beamer**, **minted**, o integrada en un documento completo (`\documentclass{article}`).

== 1) Definición de {{math|\mathbf v}}: ortogonal a {{math|\mathbf u}} ==

Tomamos
{{math|\mathbf v = \mathbf k \times \mathbf u}},
con
{{math|\mathbf k=(0,0,1)}}
el versor del eje $z$.

Usando propiedades de productos cruzados en el plano:

{{math|\mathbf k \times {\mathbf e}_\theta = -\,{\mathbf e}_r}},

donde
{{math|{\mathbf e}_r=(\cos\theta,\ \sin\theta)}}
es el unitario radial.

Por tanto,

{{math|\mathbf v(r,\theta) = f(r)\,(\mathbf k \times \mathbf e_\theta)
= -\,f(r)\,{\mathbf e}_r}}

y en componentes cartesianas:

{{math|\mathbf v(x,y)=\big(-f(r)\cos\theta,\,-f(r)\sin\theta\big)}}

con
{{math|r=\sqrt{x^2+y^2}}}
y
{{math|\theta=\operatorname{arctan2}(y,x)}}.

Observa que $\mathbf v$ es radial (apunta hacia $-{\mathbf e}_r$, es decir, hacia el centro)
y es ortogonal a $\mathbf u$ porque
{{math|{\mathbf e}_r\cdot{\mathbf e}_\theta = 0}}:

{{math|\mathbf u\cdot\mathbf v
= f(r)\,{\mathbf e}_\theta \cdot\big(-f(r)\,{\mathbf e}_r\big)
= -f(r)^2 ({\mathbf e}_\theta\cdot{\mathbf e}_r)
= 0}}.

Partimos de que el campo de velocidades del fluido en la sección transversal es
u(r,θ)=f(r) eθ,\mathbf{u}(r,\theta) = f(r)\,\mathbf{e}_\theta,u(r,θ)=f(r)eθ,
donde eθ=(−sin⁡θ, cos⁡θ)\mathbf{e}_\theta = (-\sin\theta,\ \cos\theta)eθ=(−sinθ, cosθ) es el vector unitario azimutal en el plano x ⁣− ⁣yx\!-\!yx−y.
1) Definición de v\mathbf{v}v: ortogonal a u\mathbf{u}u
Tomamos
v = k×u,\mathbf{v} \;=\; \mathbf{k} \times \mathbf{u},v=k×u,
con k=(0,0,1)\mathbf{k}=(0,0,1)k=(0,0,1) el versor del eje zzz. Usando propiedades de productos cruzados en el plano:

k×eθ=− er\mathbf{k}\times\mathbf{e}_\theta = -\,\mathbf{e}_rk×eθ=−er, donde er=(cos⁡θ, sin⁡θ)\mathbf{e}_r=(\cos\theta,\ \sin\theta)er=(cosθ, sinθ) es el unitario radial.
Por tanto,
v(r,θ) = f(r) (k×eθ) = − f(r) er \boxed{\;\mathbf{v}(r,\theta) \;=\; f(r)\,\big(\mathbf{k}\times \mathbf{e}_\theta\big) \;=\; -\,f(r)\,\mathbf{e}_r\;}v(r,θ)=f(r)(k×eθ)=−f(r)er
y en componentes cartesianas:
v(x,y)=(−f(r)cos⁡θ, −f(r)sin⁡θ) \boxed{\; \mathbf{v}(x,y) = \big(-f(r)\cos\theta,\,-f(r)\sin\theta\big) \;}v(x,y)=(−f(r)cosθ,−f(r)sinθ)
con r=x2+y2r=\sqrt{x^2+y^2}r=x2+y2 y θ=arctan⁡2(y,x)\theta=\arctan2(y,x)θ=arctan2(y,x).

Observa que v\mathbf{v}v es radial (apunta hacia −er-\mathbf{e}_r−er, es decir, hacia el centro) y es ortogonal a u\mathbf{u}u porque er⋅eθ=0\mathbf{e}_r\cdot\mathbf{e}_\theta=0er⋅eθ=0:
u⋅v=f(r) eθ⋅(−f(r) er)=−f(r)2 (eθ⋅er)=0.\mathbf{u}\cdot\mathbf{v} = f(r)\,\mathbf{e}_\theta \cdot \big(-f(r)\,\mathbf{e}_r\big)= -f(r)^2\,(\mathbf{e}_\theta\cdot\mathbf{e}_r)=0.u⋅v=f(r)eθ⋅(−f(r)er)=−f(r)2(eθ⋅er)=0.

2) Versión concreta con tu perfil f(r)=a r+brf(r)=a\,r+\frac{b}{r}f(r)=ar+rb
Si ya fijaste a,ba,ba,b (por ejemplo, para ωi=+1\omega_i=+1ωi=+1, ωe=−1\omega_e=-1ωe=−1: a=−53a=-\tfrac{5}{3}a=−35, b=83b=\tfrac{8}{3}b=38), entonces:
f(r)=a r+br,v(x,y)=(−(a r+br)xr, −(a r+br)yr)=(−(a r+br)cos⁡θ, −(a r+br)sin⁡θ).f(r) = a\,r + \frac{b}{r},\qquad
\mathbf{v}(x,y) = \Big(-(a\,r+\frac{b}{r})\frac{x}{r},\; -(a\,r+\frac{b}{r})\frac{y}{r}\Big)
= \Big(-(a\,r+\frac{b}{r})\cos\theta,\; -(a\,r+\frac{b}{r})\sin\theta\Big).f(r)=ar+rb,v(x,y)=(−(ar+rb)rx,−(ar+rb)ry)=(−(ar+rb)cosθ,−(ar+rb)sinθ).

3) MATLAB (simple) para construir v=k×u\mathbf{v}=\mathbf{k}\times\mathbf{u}v=k×u
Este fragmento calcula y dibuja solo el campo v\mathbf{v}v en el anillo 1≤r≤21\le r\le 21≤r≤2, siguiendo la misma malla sencilla que usamos para u\mathbf{u}u:
MATLAB%% Campo v = k x u, ortogonal a u = f(r) e_theta, en el anillo 1<=r<=2clear; clc; close all;%% Parametros del perfil (ejemplo con omega_i=+1, omega_e=-1)r_in = 1; r_out = 2;a = -5/3; b = 8/3; % f(r) = a*r + b/r%% Malla de puntos en el anillo (pocos para visual simple)n_r = 5; % nº de radios intermediosn_th = 40; % nº de ángulosr_vals = linspace(r_in, r_out, n_r);theta_vals= linspace(0, 2*pi, n_th);[X, Y, Vx, Vy] = deal([]);for r = r_vals for th = theta_vals % Posicion x = r*cos(th); y = r*sin(th); % Magnitud azimutal f = a*r + b/r; % v = k x u = - f(r) e_r -> e_r = (cos th, sin th) vx = -f * cos(th); vy = -f * sin(th); % Acumular X(end+1) = x; Y(end+1) = y; Vx(end+1) = vx; Vy(end+1) = vy; endend%% Dibujar v (flechas saliendo hacia el centro)figure('Color','w'); quiver(X, Y, Vx, Vy, 0.4, 'Color', [0.1 0.6 0.2], 'LineWidth', 1.2); % verdeaxis equal; grid on; hold on;xlabel('x'); ylabel('y'); title('Campo v = k \times u (ortogonal a u)');% Círculos del dominiott = linspace(0, 2*pi, 300);plot(r_in*cos(tt), r_in*sin(tt), 'k', 'LineWidth', 1.5);plot(r_out*cos(tt), r_out*sin(tt), 'k', 'LineWidth', 1.5);xlim([-2.5 2.5]); ylim([-2.5 2.5]);Mostrar más líneas

¿Seguimos?
Si esto está claro, en el siguiente paso calculamos la función de corriente ψ\psiψ tal que ∇ψ=v\nabla\psi=\mathbf{v}∇ψ=v, mostramos sus líneas de nivel ψ=cte\psi=\text{cte}ψ=cte y verificamos que son líneas de corriente de u\mathbf{u}u. ¿Avanzamos?
Proporcione sus comentarios sobre BizChatYou said: dame v en coordenadas cilindricasCopilot said: Copilot¡Perfecto! En coordenadas cilíndricas (r,θ,z)(r,\theta,z)(r,θ,z), el campo v=k×u\mathbf{v} = \mathbf{k} \times \mathbf{u}v=k×u se expresa de forma muy sencilla:
Sabemos que:
u(r,θ)=f(r) eθ,f(r)=a r+br.\mathbf{u}(r,\theta) = f(r)\,\mathbf{e}_\theta,\quad f(r)=a\,r+\frac{b}{r}.u(r,θ)=f(r)eθ,f(r)=ar+rb.
El producto cruzado con k=ez\mathbf{k}=\mathbf{e}_zk=ez da:
k×eθ=−er.\mathbf{k}\times\mathbf{e}_\theta = -\mathbf{e}_r.k×eθ=−er.
Por tanto:
v(r,θ)=− f(r) er=−(a r+br) er.\boxed{\mathbf{v}(r,\theta) = -\,f(r)\,\mathbf{e}_r = -\big(a\,r+\frac{b}{r}\big)\,\mathbf{e}_r.}v(r,θ)=−f(r)er=−(ar+rb)er.
Componentes en la base cilíndrica
vr=−(a r+br),vθ=0,vz=0.v_r = -\big(a\,r+\frac{b}{r}\big),\quad v_\theta = 0,\quad v_z = 0.vr=−(ar+rb),vθ=0,vz=0.

¿Quieres que ahora hagamos el siguiente paso:

Calcular la función de corriente ψ(r)\psi(r)ψ(r) tal que ∇ψ=v\nabla\psi = \mathbf{v}∇ψ=v,
Dibujar las líneas ψ=cte\psi=\text{cte}ψ=cte (líneas de corriente del campo u\mathbf{u}u) en MATLAB?

¿Avanzamos?
Proporcione sus comentarios sobre BizChatYou said: Observar que 𝑣⃗ es irrotacional (por ser 𝑢⃗ de divergencia nula) y tiene un potencial escalar
𝜓 (es decir ∇𝜓 = 𝑣⃗) que se conoce como función de corriente de 𝑢⃗ Copilot said: Copilot¡Exacto! Como hemos visto, el campo
v=k×u=−f(r) er\mathbf{v} = \mathbf{k} \times \mathbf{u} = -f(r)\,\mathbf{e}_rv=k×u=−f(r)er
es radial y apunta hacia el centro. Ahora comprobamos las dos propiedades que mencionas:

✅ 1. Irrotacionalidad de v\mathbf{v}v
En coordenadas cilíndricas, para un campo puramente radial vr(r)v_r(r)vr(r) con vθ=vz=0v_\theta = v_z = 0vθ=vz=0, el rotacional es:
∇×v={componente z:1r∂∂r(rvθ)−∂vr∂θ=0,otras componentes: tambieˊn 0.\nabla \times \mathbf{v} =
\begin{cases}
\text{componente } z: \dfrac{1}{r}\dfrac{\partial}{\partial r}(r v_\theta) - \dfrac{\partial v_r}{\partial \theta} = 0,\\
\text{otras componentes: también 0.}
\end{cases}∇×v=⎩⎨⎧componente z:r1∂r∂(rvθ)−∂θ∂vr=0,otras componentes: tambieˊn 0.
Como vθ=0v_\theta = 0vθ=0 y vrv_rvr no depende de θ\thetaθ,
∇×v=0.\nabla \times \mathbf{v} = \mathbf{0}.∇×v=0.
✅ v\mathbf{v}v es irrotacional.

✅ 2. Existe un potencial escalar ψ\psiψ tal que ∇ψ=v\nabla \psi = \mathbf{v}∇ψ=v
En coordenadas cilíndricas:
∇ψ=∂ψ∂r er+1r∂ψ∂θ eθ+∂ψ∂z ez.\nabla \psi = \frac{\partial \psi}{\partial r}\,\mathbf{e}_r + \frac{1}{r}\frac{\partial \psi}{\partial \theta}\,\mathbf{e}_\theta + \frac{\partial \psi}{\partial z}\,\mathbf{e}_z.∇ψ=∂r∂ψer+r1∂θ∂ψeθ+∂z∂ψez.
Como v=vr er\mathbf{v} = v_r\,\mathbf{e}_rv=vrer con vr=−f(r)v_r = -f(r)vr=−f(r), tenemos:
∂ψ∂r=−f(r),∂ψ∂θ=0,∂ψ∂z=0.\frac{\partial \psi}{\partial r} = -f(r),\quad \frac{\partial \psi}{\partial \theta}=0,\quad \frac{\partial \psi}{\partial z}=0.∂r∂ψ=−f(r),∂θ∂ψ=0,∂z∂ψ=0.
Por tanto:
ψ(r)=−∫f(r) dr=−∫(ar+br) dr=−(a2r2+bln⁡r)+C.\psi(r) = -\int f(r)\,dr = -\int \big(a r + \frac{b}{r}\big)\,dr = -\Big(\frac{a}{2}r^2 + b\ln r\Big) + C.ψ(r)=−∫f(r)dr=−∫(ar+rb)dr=−(2ar2+blnr)+C.
ψ(r)=−a2r2−bln⁡r+C.\boxed{\psi(r) = -\frac{a}{2}r^2 - b\ln r + C.}ψ(r)=−2ar2−blnr+C.

✅ 3. Líneas ψ=cte\psi = \text{cte}ψ=cte
Como ψ\psiψ depende solo de rrr, las curvas ψ=cte\psi = \text{cte}ψ=cte son circunferencias concéntricas r=constanter = \text{constante}r=constante.
Estas son líneas de corriente de u\mathbf{u}u porque:
u⋅∇ψ=f(r) eθ⋅(−f(r) er)=0.\mathbf{u}\cdot\nabla\psi = f(r)\,\mathbf{e}_\theta \cdot (-f(r)\,\mathbf{e}_r) = 0.u⋅∇ψ=f(r)eθ⋅(−f(r)er)=0.

¿Quieres que ahora te dé un script MATLAB sencillo que:
✔ Dibuja las líneas de corriente (círculos) y el campo u\mathbf{u}u con flechas,
✔ Calcula ψ(r)\psi(r)ψ(r) y muestra sus niveles?
¿O prefieres primero solo las líneas ψ=cte\psi=\text{cte}ψ=cte sin flechas?
Proporcione sus comentarios sobre BizChatYou said: prefiero solo las lineasCopilot said: CopilotPerfecto, vamos a dibujar solo las líneas de corriente (las curvas ψ=cte\psi = \text{cte}ψ=cte).
Como hemos calculado:
ψ(r)=−a2r2−bln⁡r+C,con f(r)=ar+br.\psi(r) = -\frac{a}{2}r^2 - b\ln r + C,\quad \text{con } f(r)=a r + \frac{b}{r}.ψ(r)=−2ar2−blnr+C,con f(r)=ar+rb.
Pero como ψ\psiψ depende solo de rrr, las líneas ψ=cte\psi=\text{cte}ψ=cte son circunferencias concéntricas. Así que basta con elegir varios valores de rrr en el intervalo [1,2][1,2][1,2] y dibujar círculos.

==Dibujar el campo de temperaturas y las curvas de nivel. ==
[[Archivo:curvatemperatura.png|600px|thumb|right|mallado]]

{{matlab|codigo=
%Apartado 7: Campo de temperaturas

rho=linspace(1,2,200); %radio de 1 a 2
theta=linspace(0,2*pi,200); %theta de 0 a 2pi

[R,Theta]=meshgrid(rho,theta);

% función temperatura
T=log(1+R.^2).*cos(Theta).^2;
X=R.*cos(Theta); % Paso a cartesianas
Y=R.*sin(Theta);

%Dibujar campos de temperatura
hold on
surf(X, Y, T, 'EdgeColor', 'none');
colorbar;
xlabel('eje x');
ylabel('eje y');
zlabel('Temperatura');
title('Campo de Temperatura');
view(3);
axis([-3,3,-2.1,2.1]);

%Dibujar las curvas de nivel
contourf(X, Y, T, 20); % 20 niveles de contorno
title('Curvas de Nivel del Campo de Temperaturas');
xlabel('Eje X');
ylabel('Eje Y');
colorbar;

%Encontrar temperatura máxima
T_max=max(T(:));
[f,c] =find(T == max_T, 1);

% Coordenadas cartesianas Temp máx
x_max= X(f,c);
y_max= Y(f,c);

plot(x_max, y_max, 'ro', 'MarkerSize', 10, 'LineWidth', 2);
text(x_max,y_max,'Temperatura máxima');
}}

Archivo:Curvatemperatura.png

2025-12-04T12:22:28Z

Az.martinez:

Flujo de Couette entre dos tubos concéntricos (Grupo 33)

2025-12-04T12:22:11Z

Az.martinez:

{{ TrabajoED | Flujo de Couette entre dos tubos concéntricos. Grupo 33 | [[:Categoría:Teoría de Campos|Teoría de Campos]]|[[:Categoría:TC25/26|2025-26]] |
*Carlos Azcona Ruiz
*Alonso Gómez Oliveira
*Marcos Gómez Rosillo
*María de las Mercedes Oriola Zamora
*Alba Zilu Martínez Toda}}

[[Categoría:Teoría de Campos]]
[[Categoría:TC25/26]]

El flujo de Couette es un fenómeno básico de la mecánica de fluidos que describe cómo se comporta un fluido situado entre dos superficies paralelas cuando una de ellas se desplaza respecto a la otra. Este flujo, sencillo y ampliamente aplicable, ha sido analizado en profundidad por su importancia en la modelización de sistemas mecánicos.

En este artículo vamos a considerar el flujo de un fluido incompresible a través de dos cilindros concéntricos, de manera que el exterior se mueve con velocidad angular constante 𝜔⃗𝑒 en sentido horario mientras que el interior se mueve con velocidad angular 𝜔⃗𝑖 en sentido contrario. Si suponemos que ambos cilindros tienen su eje en 𝑂𝑋3 y pintamos la sección transversal (𝑥3 = 0), el cilindro exterior queda proyectado sobre la circunferencia 𝜌 = 2 y el interior sobre la circunferencia 𝜌 = 1

==Mallado de la sección transversal==
En la siguiente figura se representa la sección transversal de los dos tubos concéntricos con los ejes fijados en la región (𝜌, 𝜃) ∈ [0, 3] × [0, 2𝜋].

[[Archivo:mallado_couette.jpg|500px|thumb|right|mallado]]

{{matlab|codigo=
% MALLADO DE LA SECCIÓN TRANSVERSAL
rho=1:0.1:2; % INTERVALO DE RHO [1,2]
theta=0:0.05:2*pi+0.02; % INTERVALO DE THETA [0,2*PI]
[RHO,THETA]=meshgrid(rho,theta); % MATRIZ DE PARAMETROS
rho1=1;
rho2=2;
[RHO1,THETA1]=meshgrid(rho1,theta);
[RHO2,THETA2]=meshgrid(rho2,theta);
hold on
grid on % MALLADO EJES
x=RHO.*cos(THETA); % PARAM DE X
y=RHO.*sin(THETA); % PARAM DE Y
mesh(x,y,0*x,'EdgeColor','b') % DIBUJO DE LA FIGURA
t=rho1.*cos(theta); % CREACION CILINDRO INTERIOR
s=rho1.*sin(theta);
plot(t,s,'k','LineWidth',2)
t=rho2.*cos(theta); % CREACION CILINDRO EXTERIOR
s=rho2.*sin(theta);
plot(t,s,'k','LineWidth',2)
axis([-3,3,-2.5,2.5]) % EJES DEL DIBUJO
title('MALLADO DE LA SECCION TRANSVERSAL') % TITULO DE LA GÁFICA
xlabel('ρ');
ylabel('θ');
hold off
}}

==Ecuación Navier-Stokes y obtención de la ecuación diferencial a resolver==
El principal objetivo de este apartado es la obtención de la ecuación diferencial a partir de la ecuación de Navier-Stokes. Una vez conocida esta expresión, será posible calcular las constantes a y b que permitan que la velocidad en la frontera del fluido coincida con la de los tubos interior y exterior.
===Velocidad de las partículas del fluido y análisis de la ecuación===
La velocidad de las partículas del fluido viene expresada según el campo vectorial <math>\vec{u}(ρ, θ) = f(ρ) \vec{e_θ} </math>, donde la presión (<math>p</math>) es constante. Adicionalmente, el campo de velocidades tiene que cumplir la ecuación de Navier-Stockes estacionaria que sigue la siguiente expresión:

<center><math>(\vec{u} · ∇)\vec{u} + ∇p = µ∆\vec{u} </math></center>

''Observación: El valor µ se relaciona con el coeficiente de viscosidad del fluido.''

Analizando la expresión, y teniendo en cuenta que la función tomada tiene de variable ρ, la cual es constante, el campo gradiente será nulo ( <math>∇p = 0</math> ). Si además es despreciable el término convectivo (primer término de la fórmula) finalmente obtenemos que la expresión queda:
<center><math>µ∆\vec{u} =\vec{0}</math></center>

''Observación: <math>∆\vec{u} </math> representa el laplaciano vectorial del campo de velocidades.''

La simplificación obtenida de la ecuación de Navier-Stokes representa un flujo viscoso estacionario en el cual no hay gradientes de presión ni fuerzas externas con efectos inerciales significativos. Su resolución depende únicamente de las condiciones de frontera en el recinto que se indique.

* '''Laplaciano del campo vectorial <math>\vec{u} </math>'''
Por definición tenemos que el laplaciano de un campo vectorial viene dado por la siguiente ecuación:

<center><math>∆\vec{u} = ∆(u_1\vec{i} + u_2\vec{j}+ u_3\vec{k}) = ∆u_1\vec{i} + ∆u_2\vec{j}+ ∆u_3\vec{k}</math></center>

Por la condición de que el campo de velocidades está proporcionado en coordenadas cilíndricas, es de mayor facilidad el cálculo con dichas coordenadas y por consecuente, la ecuación quedaría de la siguiente forma:

<center><math>\Delta\vec{u} = \nabla(\nabla \cdot \vec{u}) - \nabla \times (\nabla \times \vec{u})</math></center>

* '''Gradiente de la divergencia'''

Como podemos apreciar, debemos calcular el gradiente de la divergencia. De modo que primeramente realizaremos el cálculo de la divergencia.

Por otro lado, al tratarse de un fluido incomprensible, dicha divergencia debe ser nula. Por definición ésta se calcula en coordenadas cilíndricas mediante la siguiente expresión:

<center><math> ∇ · \vec{u} = \frac{1}{ρ}[\frac{ \partial}{\partial ρ}(0) + \frac{ \partial}{\partial θ}(f(ρ)) + \frac{ \partial}{\partial z}(0)] = 0 </math></center>

Tras realizar los cálculos, observamos que como hemos deducido, la divergencia es nula y por lo tanto, el gradiente de la propia divergencia saldrá 0, de igual forma:
<center><math> ∇(∇ · \vec{u})= ∇(0)= \vec{0} </math></center>

Una vez deducido que el gradiente de la divergencia es 0, por lo cálculos previamente realizados, el primer término se elimina y la expresión queda simplificada de la siguiente forma:

<center><math>\Delta\vec{u} = - \nabla \times (\nabla \times \vec{u})</math></center>

* '''Rotacional del campo de velocidades'''
Realizamos los cálculos aplicando la fórmula para el rotacional definido en coordenadas cilíndricas. Siendo la expresión del campo de velocidades:
<math>u(\rho,\theta)=f(\rho)\,e_{\theta}</math>
<center><math>(\nabla\times\vec{u}) = \frac{1}{ρ}\begin{vmatrix} \vec{e_ρ} & ρ\vec{e_θ} & \vec{e_z} \\ \frac{ \partial}{\partial ρ} & \frac{\partial }{\partial θ} & \frac{\partial }{\partial z}\\ 0 & ρf(ρ) & 0 \end{vmatrix} = \frac{1}{ρ}\frac{ \partial (ρf(ρ)) }{\partial ρ}\vec{e_z} = [\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}]\vec{e_z}</math></center>

* '''Rotacional del rotacional del campo de velocidades'''

Una vez realizado el rotacional del campo de velocidades, proseguimos con el cálculo del rotacional del rotacional. Para ello aplicaremos la fórmula en coordenadas cilíndricas sobre el vector hallado anteriormente:

<center> <math>\nabla\times(\nabla\times\vec{u})= \frac{1}{ρ}\begin{vmatrix} \vec{e_ρ} & ρ\vec{e_θ} & \vec{e_z} \\ \frac{ \partial}{\partial ρ} & \frac{\partial }{\partial θ} & \frac{\partial }{\partial z}\\ 0 & 0 & [\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}] \end{vmatrix} = -\frac{1}{ρ}\frac{ \partial }{\partial ρ}(\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}) ρ\vec{e_θ} = \frac{1}{ρ}[\frac{f(ρ)}{ρ}-\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}-ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ}</math></center>

* ''' Resultado del Laplaciano vectorial'''
Sustituimos en la ecuación obtenida del laplaciano vectorial.

<center><math>\Delta\vec{u} = - \nabla \times (\nabla \times \vec{u})</math></center>

<center><math>\Delta\vec{u} = - \frac{1}{ρ}[\frac{f(ρ)}{ρ}-\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}-ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ}</math></center>

<center><math>\Delta\vec{u} = \frac{1}{ρ}[-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ}</math></center>

* '''Resultado de la ecuación de Navier-Stokes'''
Una vez calculado el laplaciano, procedemos a sustituir el valor en la ecuación analizada previamente de Navier-Stokes obteniendo:

<center><math> µ∆\vec{u} = \vec{0}</math></center>
<center><math>∆\vec{u} = \vec{0}</math></center>
<center><math>\frac{1}{ρ}[-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ} = \vec{0} </math></center>
<center><math>[-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ} = \vec{0} </math></center>

===Obtención de las constantes de la ecuación diferencial===
====Obtención ecuación diferencial segundo orden====

Una vez conocida la solución de la ecuación de Navier-Stokes, procedemos a la obtención de la ecuación diferencial:

<center><math> [-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ} = [-\frac{f(ρ)}{ρ}+\frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})]\vec{e_θ} = \vec{0} </math></center>

<center><math>\frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}) = \frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}+ρ\frac{\partial}{\partial ρ}(\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ})</math></center>

Reordenamos la ecuación para la obtención de una ecuación diferencial de segundo orden:
<center><math>\frac{f(ρ)}{ρ}-\frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}) = 0 </math></center>
<center><math>\frac{f(ρ)}{ρ} = \frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}) </math></center>

====Comprobación ecuación diferencial====
A continuación, vamos a comprobar si la ecuación diferencial que hemos obtenido satisface la solución conocida, que viene dada por:

<center><math>f(ρ) = aρ +\frac{b}{ρ},\hspace{20pt}a,b \in \mathbb{R} </math></center>

Para realizar la comprobación, es necesario derivar la expresión de forma que dichas derivadas aparezcan en la ecuación diferencial obtenida.

<center><math>\frac{\partial f(ρ)}{\partial ρ} = a -\frac{b}{ρ^2},\hspace{20pt}a,b \in \mathbb{R} </math></center>
<center><math>\frac{\partial }{\partial ρ}(ρ\frac{\partial f(ρ)}{\partial ρ}) = \frac{\partial }{\partial ρ}(ρ(a -\frac{b}{ρ^2})) = \frac{\partial }{\partial ρ}(aρ -\frac{b}{ρ})) = a +\frac{b}{ρ^2},\hspace{20pt}a,b \in \mathbb{R}</math></center>

Una vez halladas las derivadas, sustituimos en la ecuación y comprobamos que:

<center><math> \frac{1}{ρ}(aρ +\frac{b}{ρ}) = a +\frac{b}{ρ^2} \Longrightarrow \frac{f(ρ)}{ρ} = \frac{\partial}{\partial ρ}(ρ\frac{\partial(f(ρ))}{\partial ρ}),\hspace{20pt}a,b \in \mathbb{R} </math></center>

Queda por tanto comprobado que se cumple la ecuación diferencial.

====Búsqueda de las constantes "a" y "b"====

Finalmente, hemos solucionado la EDO y debemos conocer las soluciones específicas de ésta, a través de las constante a y b de tal forma que la velocidad en la frontera coincida con las de los tubo interior y exterior sen la misma.

Sabemos que la velocidad del fluido es:
<math>
\mathbf{u}(\rho,\theta) = f(\rho)\,\mathbf{e}_\theta,
\qquad
f(\rho) = a\rho + \frac{b}{\rho}.
</math>

-En el cilindro interior ( <math>\rho = 1</math> ), la velocidad tangencial será:
<math>
u_\theta(1) = f(1) = a(1) + \frac{b}{1} = a + b,
</math>
debe coincidir con la velocidad tangencial del cilindro interior:
<math>
u_\theta(1) = \omega_i \cdot 1 = \omega_i.
</math>

-En el cilindro exterior ( <math>\rho = 2</math> ),la velocidad tangencial:
<math>
u_\theta(2) = f(2) = a(2) + \frac{b}{2} = 2a + \frac{b}{2},
</math>
debe coincidir con la velocidad tangencial del cilindro exterior:
<math>
u_\theta(2) = \omega_e \cdot 2 = 2\omega_e.
</math>

* '''Sistema de ecuaciones'''

De las condiciones de contorno:
<math>
\begin{cases}
a + b = \omega_i, \\
2a + \dfrac{b}{2} = 2\omega_e.
\end{cases}
</math>

Multiplicamos la segunda ecuación por 2 para eliminar la fracción:
<math>
4a + b = 4\omega_e.
</math>

Restamos la primera ecuación:
<math>
(4a + b) - (a + b) = 4\omega_e - \omega_i
\;\;\Longrightarrow\;\;
3a = 4\omega_e - \omega_i.
</math>

Por tanto:
<math>
a = \dfrac{4\omega_e - \omega_i}{3}.
</math>

Luego:
<math>
b = \omega_i - a
= \omega_i - \dfrac{4\omega_e - \omega_i}{3}
= \dfrac{3\omega_i - (4\omega_e - \omega_i)}{3}
= \dfrac{4\omega_i - 4\omega_e}{3}
= \dfrac{4(\omega_i - \omega_e)}{3}.
</math>

'''Resultado:'''
<math>
\boxed{
a = \dfrac{4\omega_e - \omega_i}{3},
\qquad
b = \dfrac{4(\omega_i - \omega_e)}{3}.
}
</math>

===Comprobación de incompresibilidad ===
Se ha comprobado con anterioridad, a la hora de la obtención de la ecuación diferencial, que la divergencia del campo de velocidades es igual a 0. Se detalla a continuación el cálculo de la incompresibilidad:
observación: se tomarán coordenadas cilíndricas:
<math>
\nabla \cdot \mathbf{u}
= \frac{1}{\rho}\frac{\partial(\rho u_\rho)}{\partial \rho}
+ \frac{1}{\rho}\frac{\partial u_\theta}{\partial \theta}
+ \frac{\partial u_z}{\partial z}.
</math>

Como
<math>
u_\rho = 0,\quad u_z = 0,\quad
u_\theta = f(\rho)\ \text{(independiente de }\theta,z\text{)},
</math>
entonces:
<math>
\nabla \cdot \mathbf{u}
= \frac{1}{\rho}\frac{\partial(0)}{\partial \rho}
+ \frac{1}{\rho}(0) + 0
= 0.
</math>

== Campo de velocidades ==
Con el objetivo de calcular el campo de velocidades establecemos que la velocidad angular del cilindro exterior e interior es 1 (ω = 1) y μ = 1 (coeficiente de viscosidad del fluido), y en consecuencia las constantes serán de la siguiente forma:
''Observación: se considera que por el sentido, ωi = 1 y ωe = -1.''
<math>

\boxed{
a = \dfrac{4\omega_e - \omega_i}{3},
\qquad
b = \dfrac{4(\omega_i - \omega_e)}{3}.
}
</math>

<center><math>a = -\frac{5}{3} </math> y <math> b = \frac{8}{3}</math></center>
Conocida la siguiente expresión de la velocidad de las partículas en función de f(ρ):
 
<math>\vec{u}(ρ, θ) = f(ρ) \vec{e_θ} </math>.
 
Hemos calculado las constantes a y b, desarrollamos la ecuación. Quedando el campo de velocidades la las partículas como:
 
<math>\vec{u}(\rho, \theta) = \left(-\frac{5}{3} \rho + \frac{8}{3 \rho}\right) \hat{e}_\theta </math>

[[Archivo:campovelocidadesdefdefdef.png|700px|thumb|right|Campo de velocidades]]
{{matlab|codigo=
%Apartado 3: Campo de velocidades

rho=linspace(1,2,30); %radio de 1 a 2
theta=linspace(0,2*pi,50); %theta de 0 a 2pi
a=-5/3;
b=8/3;

w1=1; %velocidad angular interior
w2=-1; %velocidad angular exterior

%Mallado coordenadas polares
[R,T]=meshgrid(rho,theta); % meshgrid para coordenadas polares
X=R.*cos(T); % Paso a cartesianas
Y=R.*sin(T);

%Campo de velocidades
Vtheta= a.*R+b./R; %Velocidad de theta
Vx= w2.*Vtheta .*sin(T);
Vy= w1.*Vtheta.*cos(T);

%Dibujo campo de velocidades
hold on
grid on
quiver(X,Y,Vx,Vy,0.5,'Color',[0 0 1],'LineWidth',1.2);
title('CAMPO DE VELOCIDADES')
axis([-3.5,3.5,-2.1,2.1])

hold off
}}
==Líneas de corriente==
Partimos de que el campo de velocidades del fluido en la sección transversal es

{{math|u(r,\theta)=f(r)\,{\mathbf e}_\theta}},

donde
{{math|{\mathbf e}_\theta = (-\sin\theta,\ \cos\theta)}}
es el vector unitario azimutal en el plano $x-y$.

Perfecto, aquí tienes **todo el contenido completamente pasado a LaTeX**, listo para copiar y compilar.

---

# **Código LaTeX**

```latex
Partimos de que el campo de velocidades del fluido en la sección transversal es
\[
\mathbf{u}(r,\theta)=f(r)\,\mathbf{e}_\theta,
\qquad
\mathbf{e}_\theta = (-\sin\theta,\ \cos\theta),
\]
el vector unitario azimutal en el plano $x-y$.

\section*{1) Definición de $\mathbf{v}$: ortogonal a $\mathbf{u}$}

Tomamos
\[
\mathbf{v} = \mathbf{k} \times \mathbf{u},
\qquad
\mathbf{k} = (0,0,1),
\]
el versor del eje $z$.

Usando propiedades de productos cruzados en el plano:
\[
\mathbf{k}\times\mathbf{e}_\theta = -\,\mathbf{e}_r,
\qquad
\mathbf{e}_r = (\cos\theta,\ \sin\theta).
\]

Por tanto,
\[
\boxed{
\mathbf{v}(r,\theta)
= f(r)\,(\mathbf{k}\times\mathbf{e}_\theta)
= -\,f(r)\,\mathbf{e}_r
}
\]

En componentes cartesianas:
\[
\boxed{
\mathbf{v}(x,y)=\big(-f(r)\cos\theta,\ -f(r)\sin\theta\big)
}
\]
donde
\[
r=\sqrt{x^2+y^2},\qquad
\theta = \operatorname{arctan2}(y,x).
\]

Observa que $\mathbf{v}$ es radial (apunta hacia $-\mathbf{e}_r$) y es ortogonal a $\mathbf{u}$, ya que
\[
\mathbf{e}_r\cdot\mathbf{e}_\theta = 0.
\]

\[
\mathbf{u}\cdot\mathbf{v}
= f(r)\,\mathbf{e}_\theta\cdot\big(-f(r)\,\mathbf{e}_r\big)
= -f(r)^2\,(\mathbf{e}_\theta\cdot\mathbf{e}_r)
= 0.
\]
```

---

Si quieres, puedo generarte una versión en **entorno align**, **beamer**, **minted**, o integrada en un documento completo (`\documentclass{article}`).

== 1) Definición de {{math|\mathbf v}}: ortogonal a {{math|\mathbf u}} ==

Tomamos
{{math|\mathbf v = \mathbf k \times \mathbf u}},
con
{{math|\mathbf k=(0,0,1)}}
el versor del eje $z$.

Usando propiedades de productos cruzados en el plano:

{{math|\mathbf k \times {\mathbf e}_\theta = -\,{\mathbf e}_r}},

donde
{{math|{\mathbf e}_r=(\cos\theta,\ \sin\theta)}}
es el unitario radial.

Por tanto,

{{math|\mathbf v(r,\theta) = f(r)\,(\mathbf k \times \mathbf e_\theta)
= -\,f(r)\,{\mathbf e}_r}}

y en componentes cartesianas:

{{math|\mathbf v(x,y)=\big(-f(r)\cos\theta,\,-f(r)\sin\theta\big)}}

con
{{math|r=\sqrt{x^2+y^2}}}
y
{{math|\theta=\operatorname{arctan2}(y,x)}}.

Observa que $\mathbf v$ es radial (apunta hacia $-{\mathbf e}_r$, es decir, hacia el centro)
y es ortogonal a $\mathbf u$ porque
{{math|{\mathbf e}_r\cdot{\mathbf e}_\theta = 0}}:

{{math|\mathbf u\cdot\mathbf v
= f(r)\,{\mathbf e}_\theta \cdot\big(-f(r)\,{\mathbf e}_r\big)
= -f(r)^2 ({\mathbf e}_\theta\cdot{\mathbf e}_r)
= 0}}.

Partimos de que el campo de velocidades del fluido en la sección transversal es
u(r,θ)=f(r) eθ,\mathbf{u}(r,\theta) = f(r)\,\mathbf{e}_\theta,u(r,θ)=f(r)eθ,
donde eθ=(−sin⁡θ, cos⁡θ)\mathbf{e}_\theta = (-\sin\theta,\ \cos\theta)eθ=(−sinθ, cosθ) es el vector unitario azimutal en el plano x ⁣− ⁣yx\!-\!yx−y.
1) Definición de v\mathbf{v}v: ortogonal a u\mathbf{u}u
Tomamos
v = k×u,\mathbf{v} \;=\; \mathbf{k} \times \mathbf{u},v=k×u,
con k=(0,0,1)\mathbf{k}=(0,0,1)k=(0,0,1) el versor del eje zzz. Usando propiedades de productos cruzados en el plano:

k×eθ=− er\mathbf{k}\times\mathbf{e}_\theta = -\,\mathbf{e}_rk×eθ=−er, donde er=(cos⁡θ, sin⁡θ)\mathbf{e}_r=(\cos\theta,\ \sin\theta)er=(cosθ, sinθ) es el unitario radial.
Por tanto,
v(r,θ) = f(r) (k×eθ) = − f(r) er \boxed{\;\mathbf{v}(r,\theta) \;=\; f(r)\,\big(\mathbf{k}\times \mathbf{e}_\theta\big) \;=\; -\,f(r)\,\mathbf{e}_r\;}v(r,θ)=f(r)(k×eθ)=−f(r)er
y en componentes cartesianas:
v(x,y)=(−f(r)cos⁡θ, −f(r)sin⁡θ) \boxed{\; \mathbf{v}(x,y) = \big(-f(r)\cos\theta,\,-f(r)\sin\theta\big) \;}v(x,y)=(−f(r)cosθ,−f(r)sinθ)
con r=x2+y2r=\sqrt{x^2+y^2}r=x2+y2 y θ=arctan⁡2(y,x)\theta=\arctan2(y,x)θ=arctan2(y,x).

Observa que v\mathbf{v}v es radial (apunta hacia −er-\mathbf{e}_r−er, es decir, hacia el centro) y es ortogonal a u\mathbf{u}u porque er⋅eθ=0\mathbf{e}_r\cdot\mathbf{e}_\theta=0er⋅eθ=0:
u⋅v=f(r) eθ⋅(−f(r) er)=−f(r)2 (eθ⋅er)=0.\mathbf{u}\cdot\mathbf{v} = f(r)\,\mathbf{e}_\theta \cdot \big(-f(r)\,\mathbf{e}_r\big)= -f(r)^2\,(\mathbf{e}_\theta\cdot\mathbf{e}_r)=0.u⋅v=f(r)eθ⋅(−f(r)er)=−f(r)2(eθ⋅er)=0.

2) Versión concreta con tu perfil f(r)=a r+brf(r)=a\,r+\frac{b}{r}f(r)=ar+rb
Si ya fijaste a,ba,ba,b (por ejemplo, para ωi=+1\omega_i=+1ωi=+1, ωe=−1\omega_e=-1ωe=−1: a=−53a=-\tfrac{5}{3}a=−35, b=83b=\tfrac{8}{3}b=38), entonces:
f(r)=a r+br,v(x,y)=(−(a r+br)xr, −(a r+br)yr)=(−(a r+br)cos⁡θ, −(a r+br)sin⁡θ).f(r) = a\,r + \frac{b}{r},\qquad
\mathbf{v}(x,y) = \Big(-(a\,r+\frac{b}{r})\frac{x}{r},\; -(a\,r+\frac{b}{r})\frac{y}{r}\Big)
= \Big(-(a\,r+\frac{b}{r})\cos\theta,\; -(a\,r+\frac{b}{r})\sin\theta\Big).f(r)=ar+rb,v(x,y)=(−(ar+rb)rx,−(ar+rb)ry)=(−(ar+rb)cosθ,−(ar+rb)sinθ).

3) MATLAB (simple) para construir v=k×u\mathbf{v}=\mathbf{k}\times\mathbf{u}v=k×u
Este fragmento calcula y dibuja solo el campo v\mathbf{v}v en el anillo 1≤r≤21\le r\le 21≤r≤2, siguiendo la misma malla sencilla que usamos para u\mathbf{u}u:
MATLAB%% Campo v = k x u, ortogonal a u = f(r) e_theta, en el anillo 1<=r<=2clear; clc; close all;%% Parametros del perfil (ejemplo con omega_i=+1, omega_e=-1)r_in = 1; r_out = 2;a = -5/3; b = 8/3; % f(r) = a*r + b/r%% Malla de puntos en el anillo (pocos para visual simple)n_r = 5; % nº de radios intermediosn_th = 40; % nº de ángulosr_vals = linspace(r_in, r_out, n_r);theta_vals= linspace(0, 2*pi, n_th);[X, Y, Vx, Vy] = deal([]);for r = r_vals for th = theta_vals % Posicion x = r*cos(th); y = r*sin(th); % Magnitud azimutal f = a*r + b/r; % v = k x u = - f(r) e_r -> e_r = (cos th, sin th) vx = -f * cos(th); vy = -f * sin(th); % Acumular X(end+1) = x; Y(end+1) = y; Vx(end+1) = vx; Vy(end+1) = vy; endend%% Dibujar v (flechas saliendo hacia el centro)figure('Color','w'); quiver(X, Y, Vx, Vy, 0.4, 'Color', [0.1 0.6 0.2], 'LineWidth', 1.2); % verdeaxis equal; grid on; hold on;xlabel('x'); ylabel('y'); title('Campo v = k \times u (ortogonal a u)');% Círculos del dominiott = linspace(0, 2*pi, 300);plot(r_in*cos(tt), r_in*sin(tt), 'k', 'LineWidth', 1.5);plot(r_out*cos(tt), r_out*sin(tt), 'k', 'LineWidth', 1.5);xlim([-2.5 2.5]); ylim([-2.5 2.5]);Mostrar más líneas

¿Seguimos?
Si esto está claro, en el siguiente paso calculamos la función de corriente ψ\psiψ tal que ∇ψ=v\nabla\psi=\mathbf{v}∇ψ=v, mostramos sus líneas de nivel ψ=cte\psi=\text{cte}ψ=cte y verificamos que son líneas de corriente de u\mathbf{u}u. ¿Avanzamos?
Proporcione sus comentarios sobre BizChatYou said: dame v en coordenadas cilindricasCopilot said: Copilot¡Perfecto! En coordenadas cilíndricas (r,θ,z)(r,\theta,z)(r,θ,z), el campo v=k×u\mathbf{v} = \mathbf{k} \times \mathbf{u}v=k×u se expresa de forma muy sencilla:
Sabemos que:
u(r,θ)=f(r) eθ,f(r)=a r+br.\mathbf{u}(r,\theta) = f(r)\,\mathbf{e}_\theta,\quad f(r)=a\,r+\frac{b}{r}.u(r,θ)=f(r)eθ,f(r)=ar+rb.
El producto cruzado con k=ez\mathbf{k}=\mathbf{e}_zk=ez da:
k×eθ=−er.\mathbf{k}\times\mathbf{e}_\theta = -\mathbf{e}_r.k×eθ=−er.
Por tanto:
v(r,θ)=− f(r) er=−(a r+br) er.\boxed{\mathbf{v}(r,\theta) = -\,f(r)\,\mathbf{e}_r = -\big(a\,r+\frac{b}{r}\big)\,\mathbf{e}_r.}v(r,θ)=−f(r)er=−(ar+rb)er.
Componentes en la base cilíndrica
vr=−(a r+br),vθ=0,vz=0.v_r = -\big(a\,r+\frac{b}{r}\big),\quad v_\theta = 0,\quad v_z = 0.vr=−(ar+rb),vθ=0,vz=0.

¿Quieres que ahora hagamos el siguiente paso:

Calcular la función de corriente ψ(r)\psi(r)ψ(r) tal que ∇ψ=v\nabla\psi = \mathbf{v}∇ψ=v,
Dibujar las líneas ψ=cte\psi=\text{cte}ψ=cte (líneas de corriente del campo u\mathbf{u}u) en MATLAB?

¿Avanzamos?
Proporcione sus comentarios sobre BizChatYou said: Observar que 𝑣⃗ es irrotacional (por ser 𝑢⃗ de divergencia nula) y tiene un potencial escalar
𝜓 (es decir ∇𝜓 = 𝑣⃗) que se conoce como función de corriente de 𝑢⃗ Copilot said: Copilot¡Exacto! Como hemos visto, el campo
v=k×u=−f(r) er\mathbf{v} = \mathbf{k} \times \mathbf{u} = -f(r)\,\mathbf{e}_rv=k×u=−f(r)er
es radial y apunta hacia el centro. Ahora comprobamos las dos propiedades que mencionas:

✅ 1. Irrotacionalidad de v\mathbf{v}v
En coordenadas cilíndricas, para un campo puramente radial vr(r)v_r(r)vr(r) con vθ=vz=0v_\theta = v_z = 0vθ=vz=0, el rotacional es:
∇×v={componente z:1r∂∂r(rvθ)−∂vr∂θ=0,otras componentes: tambieˊn 0.\nabla \times \mathbf{v} =
\begin{cases}
\text{componente } z: \dfrac{1}{r}\dfrac{\partial}{\partial r}(r v_\theta) - \dfrac{\partial v_r}{\partial \theta} = 0,\\
\text{otras componentes: también 0.}
\end{cases}∇×v=⎩⎨⎧componente z:r1∂r∂(rvθ)−∂θ∂vr=0,otras componentes: tambieˊn 0.
Como vθ=0v_\theta = 0vθ=0 y vrv_rvr no depende de θ\thetaθ,
∇×v=0.\nabla \times \mathbf{v} = \mathbf{0}.∇×v=0.
✅ v\mathbf{v}v es irrotacional.

✅ 2. Existe un potencial escalar ψ\psiψ tal que ∇ψ=v\nabla \psi = \mathbf{v}∇ψ=v
En coordenadas cilíndricas:
∇ψ=∂ψ∂r er+1r∂ψ∂θ eθ+∂ψ∂z ez.\nabla \psi = \frac{\partial \psi}{\partial r}\,\mathbf{e}_r + \frac{1}{r}\frac{\partial \psi}{\partial \theta}\,\mathbf{e}_\theta + \frac{\partial \psi}{\partial z}\,\mathbf{e}_z.∇ψ=∂r∂ψer+r1∂θ∂ψeθ+∂z∂ψez.
Como v=vr er\mathbf{v} = v_r\,\mathbf{e}_rv=vrer con vr=−f(r)v_r = -f(r)vr=−f(r), tenemos:
∂ψ∂r=−f(r),∂ψ∂θ=0,∂ψ∂z=0.\frac{\partial \psi}{\partial r} = -f(r),\quad \frac{\partial \psi}{\partial \theta}=0,\quad \frac{\partial \psi}{\partial z}=0.∂r∂ψ=−f(r),∂θ∂ψ=0,∂z∂ψ=0.
Por tanto:
ψ(r)=−∫f(r) dr=−∫(ar+br) dr=−(a2r2+bln⁡r)+C.\psi(r) = -\int f(r)\,dr = -\int \big(a r + \frac{b}{r}\big)\,dr = -\Big(\frac{a}{2}r^2 + b\ln r\Big) + C.ψ(r)=−∫f(r)dr=−∫(ar+rb)dr=−(2ar2+blnr)+C.
ψ(r)=−a2r2−bln⁡r+C.\boxed{\psi(r) = -\frac{a}{2}r^2 - b\ln r + C.}ψ(r)=−2ar2−blnr+C.

✅ 3. Líneas ψ=cte\psi = \text{cte}ψ=cte
Como ψ\psiψ depende solo de rrr, las curvas ψ=cte\psi = \text{cte}ψ=cte son circunferencias concéntricas r=constanter = \text{constante}r=constante.
Estas son líneas de corriente de u\mathbf{u}u porque:
u⋅∇ψ=f(r) eθ⋅(−f(r) er)=0.\mathbf{u}\cdot\nabla\psi = f(r)\,\mathbf{e}_\theta \cdot (-f(r)\,\mathbf{e}_r) = 0.u⋅∇ψ=f(r)eθ⋅(−f(r)er)=0.

¿Quieres que ahora te dé un script MATLAB sencillo que:
✔ Dibuja las líneas de corriente (círculos) y el campo u\mathbf{u}u con flechas,
✔ Calcula ψ(r)\psi(r)ψ(r) y muestra sus niveles?
¿O prefieres primero solo las líneas ψ=cte\psi=\text{cte}ψ=cte sin flechas?
Proporcione sus comentarios sobre BizChatYou said: prefiero solo las lineasCopilot said: CopilotPerfecto, vamos a dibujar solo las líneas de corriente (las curvas ψ=cte\psi = \text{cte}ψ=cte).
Como hemos calculado:
ψ(r)=−a2r2−bln⁡r+C,con f(r)=ar+br.\psi(r) = -\frac{a}{2}r^2 - b\ln r + C,\quad \text{con } f(r)=a r + \frac{b}{r}.ψ(r)=−2ar2−blnr+C,con f(r)=ar+rb.
Pero como ψ\psiψ depende solo de rrr, las líneas ψ=cte\psi=\text{cte}ψ=cte son circunferencias concéntricas. Así que basta con elegir varios valores de rrr en el intervalo [1,2][1,2][1,2] y dibujar círculos.

==Dibujar el campo de temperaturas y las curvas de nivel. ==
[[Archivo:curvatemperatura.png|500px|thumb|right|mallado]]

{{matlab|codigo=
%Apartado 7: Campo de temperaturas

rho=linspace(1,2,200); %radio de 1 a 2
theta=linspace(0,2*pi,200); %theta de 0 a 2pi

[R,Theta]=meshgrid(rho,theta);

% función temperatura
T=log(1+R.^2).*cos(Theta).^2;
X=R.*cos(Theta); % Paso a cartesianas
Y=R.*sin(Theta);

%Dibujar campos de temperatura
hold on
surf(X, Y, T, 'EdgeColor', 'none');
colorbar;
xlabel('eje x');
ylabel('eje y');
zlabel('Temperatura');
title('Campo de Temperatura');
view(3);
axis([-3,3,-2.1,2.1]);

%Dibujar las curvas de nivel
contourf(X, Y, T, 20); % 20 niveles de contorno
title('Curvas de Nivel del Campo de Temperaturas');
xlabel('Eje X');
ylabel('Eje Y');
colorbar;

%Encontrar temperatura máxima
T_max=max(T(:));
[f,c] =find(T == max_T, 1);

% Coordenadas cartesianas Temp máx
x_max= X(f,c);
y_max= Y(f,c);

plot(x_max, y_max, 'ro', 'MarkerSize', 10, 'LineWidth', 2);
text(x_max,y_max,'Temperatura máxima');
}}

Flujo de Couette entre dos tubos concéntricos (Grupo 33)

2025-12-04T11:44:14Z

Az.martinez:

Flujo de Couette entre dos tubos concéntricos (Grupo 33)

2025-12-04T10:22:31Z

Az.martinez:

Flujo de Couette entre dos tubos concéntricos (Grupo 33)

2025-12-04T10:22:09Z

Az.martinez:

Flujo de Couette entre dos tubos concéntricos (Grupo 33)

2025-12-04T10:21:29Z

Az.martinez:

Archivo:Campovelocidadesdefdefdef.png

2025-12-04T10:21:00Z

Az.martinez:

Flujo de Couette entre dos tubos concéntricos (Grupo 33)

2025-12-04T10:18:57Z

Az.martinez:

Archivo:Campovelocidadesbien2.jpg

2025-12-04T10:17:17Z

Az.martinez:

Archivo:Campovelocidadesbien.jpg

2025-12-04T10:15:15Z

Az.martinez:

Flujo de Couette entre dos tubos concéntricos (Grupo 33)

2025-12-04T10:13:55Z

Az.martinez:

Flujo de Couette entre dos tubos concéntricos (Grupo 33)

2025-11-27T12:34:13Z

Az.martinez:

Flujo de Couette entre dos tubos concéntricos (Grupo 33)

2025-11-27T11:50:32Z

Az.martinez:

Flujo de Couette entre dos tubos concéntricos (Grupo 33)

2025-11-27T11:48:47Z

Az.martinez:

Flujo de Couette entre dos tubos concéntricos (Grupo 33)

2025-11-27T11:45:49Z

Az.martinez:

Flujo de Couette entre dos tubos concéntricos (Grupo 33)

2025-11-27T11:44:21Z

Az.martinez:

Flujo de Couette entre dos tubos concéntricos (Grupo 33)

2025-11-27T11:41:02Z

Az.martinez:

Flujo de Couette entre dos tubos concéntricos (Grupo 33)

2025-11-27T11:39:05Z

Az.martinez:

Flujo de Couette entre dos tubos concéntricos (Grupo 33)

2025-11-27T11:26:57Z

Az.martinez:

Archivo:Campovelociadesdefinitivo.png

2025-11-27T11:25:22Z

Az.martinez:

Archivo:Campo velocidades .png

2025-11-27T10:53:14Z

Az.martinez:

Archivo:Campo velocidades.png

2025-11-27T10:50:44Z

Az.martinez:

Flujo de Couette entre dos tubos concéntricos (Grupo 33)

2025-11-27T10:47:56Z

Az.martinez:

Flujo de Couette entre dos tubos concéntricos (Grupo 33)

2025-11-27T10:46:48Z

Az.martinez:

Flujo de Couette entre dos tubos concéntricos (Grupo 33)

2025-11-27T10:46:08Z

Az.martinez:

Flujo de Couette entre dos tubos concéntricos (Grupo 33)

2025-11-27T10:44:17Z

Az.martinez:

Flujo de Couette entre dos tubos concéntricos (Grupo 33)

2025-11-27T10:41:03Z

Az.martinez: