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2-problemas curvilinea integral
Tipo: Apuntes
1 / 26
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Integración sobre curvas
Índice
∫ C 2 (x^ +^ y)^ ds^ =^
0 ds^ =^
Consecuentemente, ∮ C^ (x^ +^ y)^ ds^ =
∫ C 1 (x^ +^ y)^ ds^ +
∫ C 2 (x^ +^ y)^ ds^ +
∫ C 3 (x^ +^ y)^ ds^ =^1 +^
Se considera la hélice circular C : α(t) = (a cost, a sent, bt), con t ∈ [ 0 , c]. (a) Determinar la longitud de C. (b) Calcular (^) ∫ C^ z ds.
Solución: (a) c√a^2 + b^2 ; (b) bc
2 √a (^2) + b 2
RESOLUCIÓN. La curva C (para a = b = 1 y c = 4 π) se representa en la Figura 2.
Figura 2. Se tiene: α′(t) = (−a sent, a cost, b) , ‖α′(t)‖ =
a^2 + b^2 ( 0 ≤ t ≤ c). (a) La longitud pedida vale (^) ∫ C^ ds^ =
∫ (^) c 0 ‖α
′(t)‖ dt = c^ √ a (^2) + b (^2).
(a) La integral pedida vale ∫ C^ z ds^ =^ b
∫ (^) c 0 t‖α
′(t)‖ dt = b^ √ a (^2) + b 2 ∫^ c 0 t dt^ =^
bc^2 √a^2 + b^2
Calcular la integral de línea del campo vectorial F(x, y, z) = ( 8 x + z)i + 2 xz^2 j − 4 y^2 k a lo largo de la curva definida por las ecuaciones z = 9 − 2 x^2 − 4 y^2 , z = 1, con orientación positiva si se observa desde lo alto del eje OZ.
Solución: 4 π√2.
RESOLUCIÓN. La intersección de las superficies z = 9 − 2 x^2 − 4 y^2 , z = 1 es la elipse x^2 + 2 y^2 = 4 en el plano de altura z = 1 (Figura 3); por tanto, podemos parametrizar esta curva (llamémosla C) mediante α(t) = (2 cost, √2 sent, 1 ) ( 0 ≤ t ≤ 2 π).
Figura 3.
Ahora, α′(t) = (−2 sent, √2 cost, 0 ) y F[α(t)] = (16 cost + 1 , 4 cost, −8 sen^2 t) ( 0 ≤ t ≤ 2 π), de modo que F[α(t)] · α′(t) = −32 sent cost − 2 sent + 4 √2 cos^2 t ( 0 ≤ t ≤ 2 π). Finalmente, ∫ C^ F^ ·^ dα^ =
∫ (^2) π 0 F[α(t)]^ ·^ α
′(t) dt =^ ∫^2 π 0 (−32 sent^ cost^ −^ 2 sent^ +^4
√2 cos (^2) t) dt = 4 π√ 2.
Se considera el campo vectorial F(x, y) = (y^2 + 2 xy, x^2 + 2 xy) ((x, y) ∈ R^2 ). (a) Comprobar que F admite función potencial en todo R^2 y hallarla. (b) Calcular la integral de F a lo largo de cualquier curva regular a trozos que una los puntos ( 0 , 0 ) y ( 2 , 1 ). (c) Calcular la circulación de F a lo largo de cualquier curva cerrada regular a trozos.
Solución: (a) Φ(x, y) = x^2 y + y^2 x +C ((x, y) ∈ R^2 ); (b) 6; (c) 0.
RESOLUCIÓN. (a) Sean P(x, y) = y^2 + 2 xy, Q(x, y) = x^2 + 2 xy ((x, y) ∈ R^2 ). Como P, Q ∈ C∞(R^2 ) y R^2 es simplemente conexo, la condición necesaria y suficiente para que F admita una función potencial Φ en todo R^2 es que ∂ Q/∂ x = ∂ P/∂ y en R^2. Pero, en efecto: ∂ P ∂ y =^2 x^ +^2 y^ =^
∂ x ((x,^ y)^ ∈^ R
Por simple inspección se advierte que Φ(x, y) = x^2 y + y^2 x + C ((x, y) ∈ R^2 ), siendo C una constante arbitraria. (b) Conociendo el potencial Φ podemos calcular la integral como la diferencia de potencial entre el extremo y el origen de la curva: Φ( 2 , 1 ) − Φ( 0 , 0 ) = 6. (c) Puesto que F es conservativo, la circulación es 0.
(b) Sea Φ(x, y) la función potencial del campo F. Integrando miembro a miembro respecto de x la ecuación ∂ Φ ∂ x =^6 xy
(^2) − y 3
resulta Φ(x, y) = 3 x^2 y^2 − xy^3 + ϕ(y). Si ahora imponemos que ∂ Φ ∂ y =^6 x
(^2) y − 3 xy (^2) + ϕ′(y) = 6 x (^2) y − 3 xy 2
obtenemos ϕ′(y) = 0 y de aquí ϕ(y) = K, donde K denota una constante arbitraria. Así pues, Φ(x, y) = 3 x^2 y^2 − xy^3 + K. Concluimos que ∫ C^ F^ ·^ ds^ =^ Φ(^3 ,^4 )^ −^ Φ(^1 ,^2 ) =^240 −^4 =^236.
(a) Demostrar que el campo vectorial F(x, y, z) = (sen x, y^2 , ez) es conservativo. (b) Suponiendo que F representa un campo de fuerzas, hallar el trabajo efectuado por F para desplazar una masa unidad del punto ( 0 , 1 , 0 ) al punto ( 0 , 0 , 1 ).
Solución: (b) e − 43.
RESOLUCIÓN. (a) Por inspección se advierte que una función potencial de F en R^3 es
Φ(x, y, z) = − cos x + 13 y^3 + ez,
pues claramente satisface ∇Φ = F. (b) Consecuentemente, el trabajo pedido es igual a la diferencia de potencial
Φ( 0 , 0 , 1 ) − Φ( 0 , 1 , 0 ) = e − 43.
Finalmente, derivamos (2) respecto de z imponiendo que esta derivada coincida con la tercera componente de F: ∂ Φ ∂ z =^ −^3 xz (^2) + ψ′(z) = − 3 xz (^2) ,
lo que proporciona ψ(z) = C, siendo C una constante arbitraria. Insertando esta expresión en (2) concluimos que la función potencial de F es Φ(x, y, z) = 2 x^2 y − xz^3 +C.
Calcular (^) ∫ C^ (x
(^2) − yz) dx + (y (^2) − xz) dy − xy dz
a lo largo de cualquier curva uniendo el origen de coordenadas con el punto P( 1 , 1 / 2 , 1 / 2 ).
Solución: 18.
RESOLUCIÓN. Pongamos
P(x, y, z) = x^2 − yz, Q(x, y, z) = y^2 − xz, R(x, y, z) = −xy ((x, y, z) ∈ R^3 ).
Entonces ∂ P ∂ y =^ −z^ =^
∂ x ,^
∂ z =^ −x^ =^
∂ y ,^
∂ x =^ −y^ =^
∂ z ((x,^ y,^ z)^ ∈^ R
Como R^3 es simplemente conexo, el campo F = (P, Q, R) admite función potencial o, equivalentemente, tiene una integral de línea independiente del camino.
Se abren ahora dos opciones:
Determinar la función potencial Φ = Φ(x, y, z) y calcular la integral como la diferencia de potencial entre el extremo y el origen de la curva. Por el procedimiento habitual encontramos que
Φ(x, y, z) = x 3 3 −^ xyz^ +^
y^3 3 +^ K,
donde K representa una constante arbitraria. La integral pedida es entonces
Φ
Calcular la integral a lo largo de cualquier camino C que una los puntos considerados, por ejemplo α(t) = (t,t/ 2 ,t/ 2 ) ( 0 ≤ t ≤ 1 ). Para 0 ≤ t ≤ 1:
F[α(t)] =
( (^3) t 2 4 ,^ −
t^2 4 ,^ −
t^2 2
, α′(t) =
, F[α(t)] · α′(t) = 3 t 2 4 −^
t^2 8 −^
t^2 4 =^
3 t^2
OCW-ULL 2011/12 CÁLCULO INTEGRAL VECTORIAL
Sea γ la circunferencia (x − 2 )^2 + y^2 = 4, orientada positivamente. Usar el teorema de Green para calcular ∫ γ^ (x
(^2) + 2 y (^3) ) dy.
Solución: 16 π.
RESOLUCIÓN. El círculo D encerrado por γ (Figura 4) puede ser descrito en coordenadas polares mediante las ecuaciones x = 2 + r cos θ , y = r sen θ , con |J(r, θ )| = r ( 0 ≤ θ ≤ 2 π, 0 ≤ r ≤ 2 ).
Figura 4. Por tanto, ∫ γ^ (x
(^2) + 2 y (^3) ) dy =^ ∫∫ D
∂ x
(x (^2) + 2 y 3 ) (^) dx dy
= 2
∫∫ D^ x dx dy = 2
∫ (^2) π 0 dθ
∫ (^2) 0 r(^2 +^ r^ cos^ θ^ )^ dr = 2
∫ (^2) π 0 dθ
∫ (^2) 0 (^2 r^ +^ r
(^2) cos θ ) dr = 16 π.
Evaluar (^) ∫ C^ y dx^ +^ x dy
a lo largo de la curva cerrada C compuesta por el primer cuadrante de la elipse 9x^2 + 16 y^2 = 144 y el segmento rectilíneo que une los puntos ( 0 , 3 ) y ( 4 , 0 ):
(a) directamente; (b) mediante el teorema de Green.
Solución: 0.
RESOLUCIÓN. La Figura 5 representa la curva C y el recinto D que encierra.
Figura 5.
(a) La curva C se compone de dos tramos: el segmento rectilíneo C 1 , y el cuadrante de elipse C 2. Una parametrización de C 1 es x 1 (t) = t, y 1 (t) = 3 − 3 t/ 4 ( 0 ≤ t ≤ 4 ). Ya que x′ 1 (t) = 1, y′ 1 (t) = − 3 / 4 ( 0 ≤ t ≤ 4 ), y se tiene ( 3 − 34 t ,t
= 3 − 32 t ( 0 ≤ t ≤ 4 ),
encontramos que ∫ C 1 y dx^ +^ x dy^ =
∫ (^4) 0
3 − 32 t
dt =
3 t − 3 t 2 4
0
Una parametrización de C 2 es x 2 (t) = 4 cost, y 2 (t) = 3 sent ( 0 ≤ t ≤ π/ 2 ). Ya que x′ 2 (t) = −4 sent, CÁLCULO INTEGRAL VECTORIAL OCW-ULL 2011/
Se considera la región plana R = {(x, y) ∈ R^2 : x^2 + y^2 ≤ 2 x, x^2 + y^2 ≥ 2 }.
(a) Hallar el área de R por integración doble.
(b) Sea C la curva frontera de R, orientada positivamente. Determinar la longitud de C.
(c) Usar el teorema de Green para obtener el área de R mediante una integral de línea.
(d) También mediante el teorema de Green, evaluar la integral de línea ∫ C^ (^2 xy^ −^ y
(^2) ) dx + (x (^2) + y) dy.
Solución: (a), (c) 1; (b) π
; (d) 0.
RESOLUCIÓN. La ecuación x^2 + y^2 ≤ 2 x corresponde al círculo de centro ( 1 , 0 ) y radio 1, mientras que la ecuación x^2 + y^2 ≥ 2 representa el exterior de la circunferencia de centro en el origen y radio √2. Se trata por tanto de hallar el área encerrada por la circunferencia x^2 + y^2 = 2 x que es exterior a la circunferencia x^2 + y^2 = 2 (Figura 6). La intersección de ambas circunferencias se produce en los puntos ( 1 , ± 1 ).
Figura 6. (a) Calculamos el área pedida efectuando un cambio a polares: x = r cos θ , y = r sen θ , |J(r, θ )| = r, −π/ 4 ≤ θ ≤ π/4, √ 2 ≤ r ≤ 2 cos θ , de modo que ∫∫ R^ dx dy^ =
∫ (^) π/ 4 −π/ 4 dθ
∫ (^) 2 cos θ √ 2 r dr^ =^12
∫ (^) π/ 4 −π/ 4
(4 cos (^2) θ − 2 ) (^) dθ = 1 2 sen 2θ
∣∣^ π/^4 −π/ 4
(b) Sea C la curva frontera de R, con orientación positiva. Escribimos C = C 1 −C 2 , donde C 1 está parametri- zada por r 1 (t) = ( 1 +cost, sent) (−π/ 2 ≤ t ≤ π/ 2 ) y C 2 por r 2 (t) = √ 2 (cost, sent) (−π/ 4 ≤ t ≤ π/ 4 ). Entonces ∥∥r′ 1 (t)
∥∥ (^) = 1 ( − π 2 ≤^ t^ ≤^
π 2
, ∥∥r′ 2 (t)∥∥^ = √ 2
− π 4 ≤ t ≤ π 4
Se concluye que ∫ C^ ds^ =
∫ C 1 ds^ +
∫ C 2 ds^ =
∫ (^) π/ 2 −π/ 2 dt^ +^
√ 2 ∫^ π/^4 −π/ 4 dt^ =^ π
(c) En la notación de (b), el teorema de Green asegura que el área de R es igual a 1 2
∫ C^ x dy^ −^ y dx^ =^
∫ C 1 x dy^ −^ y dx^ −^
∫ C 2 x dy^ −^ y dx. Valiéndonos de las mismas parametrizaciones que en (b), encontramos que: ∫ C 1 x dy^ −^ y dx^ =
∫ (^) π/ 2 −π/ 2 (−^ sent,^1 +^ cost)^ ·^ (−^ sent,^ cost)^ dt^ =
∫ (^) π/ 2 −π/ 2 (^1 +^ cost)^ dt^ =^ π^ +^2 y (^) ∫ C 2 x dy^ −^ y dx^ =^2
∫ (^) π/ 4 −π/ 4 (−^ sent,^ cost)^ ·^ (−^ sent,^ cost)^ dt^ =^2
∫ (^) π/ 4 −π/ 4 dt^ =^ π. Por consiguiente, 1 2
∫ C^ x dy^ −^ y dx^ =^
2 [(π^ +^2 )^ −^ π] =^1. (d) El teorema de Green establece que ∫ C^ (^2 xy^ −^ y
(^2) ) dx + (x (^2) + y) dy =^ ∫∫ R
∂ x (x
(^2) + y) − ∂ ∂ y (^2 xy^ −^ y
dx dy = 2
∫∫ R^ y dx dy. Puesto que R es simétrico respecto de y = 0 (eje OX) y el integrando es impar en y, concluimos que ∫ C^ (^2 xy^ −^ y
(^2) ) dx + (x (^2) + y) dy = 0.
