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Asignatura: Matemáticas I, Profesor: universidad de sevil, Carrera: Ciencias y Técnicas Estadísticas, Universidad: UCM
Tipo: Apuntes
1 / 19
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La integral de línea
α(t) = t~ı +^4 3
t^3 /^2 ~ +^1 2
t ~k, t ∈ [0, 2].
Solución:
α′(t) = (1, 2 t^1 /^2 ,
2 ),^ t^ ∈^ [0,^ 2]. La curva α es de clase C^1 y, por tanto, es rectificable.
‖α′(t)‖ =
1 + 4t +
5 + 16t
La longitud de α será:
s =
0
‖α′(t)‖dt =
0
5 + 16tdt =
3 (5 + 16t)
3 / 2
0
Solución:
Problemas resueltos
Parametrizamos la curva de la forma: x = t^2 , y = t^3 , (con esta parametrización evitamos los radicales). Así:
α(t) = (t^2 , t^3 ), α′(t) = (2t, 3 t^2 ), ∀t ∈ R
α es de clase C^1 en R y además la parametrización dada recorre la curva en el sentido que se pide porque:
α(−1) = (1, −1), α(0) = (0, 0), α(1) = (1, 1). ‖α′(t)‖ =
4 t^2 + 9t^4 = |t|
4 + 9t^2.
La longitud del arco será:
s =
− 1
‖α′(t)‖dt =
− 1
|t|
4 + 9t^2 dt =
0
t
4 + 9t^2 dt −
− 1
t
4 + 9t^2 dt =
(4 + 9t^2 )^3 /^2
0
(4 + 9t^2 )^3 /^2
− 1
α z^ , donde^ α^ es la curva descrita por la parametrización α(t) = t cos t~ı + tsen t ~ + t ~k con 0 ≤ t ≤ 2 π.
Solución:
α(t) = (t cos t, tsen t, t), α′(t) = (cos t − tsen t, sen t + t cos t, 1), t ∈ [0, 2 π].
α es de clase C^1 (α′^ es continua).
‖α′(t)‖ =
2 + t^2
Sea f (x, y, z) = z. Entonces
∫
α
z =
∫ (^2) π
0
f (α(t)).‖α′(t)‖dt =
∫ (^2) π
0
t
2 + t^2 dt =^1 3
(2 + t^2 )^3 /^2
] 2 π
0
(2 + 4π^2 )^3 − 2
Problemas resueltos
Solución:
La masa del alambre viene dada por la expresión:
M =
γ
f (x, y) =
γ
|x| + |y|
siendo γ la curva cuya trayectoria representa la forma del alambre, en este caso una circunferencia que parametrizamos por:
γ(t) = (a cos t, asen t), t ∈ [0, 2 π]
que es de clase C^1
γ′(t) = (−asen t, a cos t) → ‖γ′(t)‖ = a
M =
∫ (^2) π
0
f (γ(t))‖γ′(t)‖dt =
∫ (^2) π
0
(|a cos t| + |asen t|) adt =
= a^2
∫ (^) π/ 2
0
(cos t + sen t)dt + a^2
∫ (^) π
π/ 2
(− cos t + sen t)dt+
∫ (^3) π/ 2
π
(− cos t − sen t)dt + a^2
∫ (^2) π
3 π/ 2
(cos t − sen t)dt =
= a^2 [sen t − cos t]π/ 0 2 + a^2 [−sen t − cos t]ππ/ 2 +
La integral de línea
Para calcular el momento de inercia respecto de un diámetro necesitamos la distancia de un punto cualquiera (x, y) a dicho diámetro. Para simplificar, tomaremos como eje el eje OX, por tanto, la función que da la distancia de un punto al eje es r(x, y) = |y|. Teniendo en cuenta la definición (1.11) del momento de inercia respecto de un eje se tiene:
γ
y^2 (|x| + |y|) =
= a^4
∫ (^2) π
0
sen 2 t(|sen t| + | cos t|)dt = a^4
∫ (^) π/ 2
0
sen 2 t cos tdt−
− a^4
∫ (^3) π/ 2
π/ 2
sen 2 t cos tdt + a^4
∫ (^2) π
3 π/ 2
sen 2 t cos tdt + a^4
∫ (^) π
0
sen 3 tdt−
− a^4
∫ (^2) π
π
sen 3 tdt = a
4 3
sen 3 t
]π 0 −^
sen 3 t
] 3 π/ 2 π/ 2 +^
sen 3 t
] 2 π 3 π/ 2
∫ (^) π
0
sen t − sen t cos^2 t
dt − a^4
∫ (^2) π
π
sen t − sen t cos^2 t
dt = 4a^4.
F (x, y) = (x^2 − 2 xy)~ı + (y^2 − 2 xy) ~ ,
a lo largo de la parábola y = x^2 desde (− 1 , 1) a (1, 1).
Solución:
La integral de línea
→ 2(x − 12 )^2 + y^2 =^12 →
(x − 12 )^2 1 / 4 +^
y^2 1 / 2 = 1 Para que se cumpla esta condición podemos tomar el parámetro t tal que:
x − (^12) 1 / 2 = cos^ t,^
y 1 /
= sent, z = x − 1
x =
2 cos^ t,^ y^ =^
sent, z = −
2 cos^ t
con t ∈ [0, 2 π] pues de esta forma se recorre toda la curva. Así:
γ(t) = (
2 cos^ t,^
sent, −
2 cos^ t),^ t^ ∈^ [0,^2 π]
γ′(t) = (− 1 2
sent, √^1 2
cos t, −
2 sent),^ t^ ∈^ [0,^2 π]
Calculamos ahora la integral: ∫
γ
(x + 2)dx + 3zdy + y^2 dz =
∫ (^2) π
0
2 cos^ t)(−^
2 sent) +^
cos t(^12 cos t − 12 ) − 1 2
sen^2 t(^1 2
sent)
dt =
∫ (^2) π
0
− 5 sent − sent cos t + 3
2 cos^2 t − 3
2 cos t − sent(1 − cos^2 t)
dt =
− sen
(^2) t 2
] 2 π
0
∫ (^2) π
0
1 + cos 2t 2
dt − 3
2 sent
] 2 π 0
− cos
(^3) t 3
] 2 π
0
t +
sen 2 t 2
] 2 π
0
4 π.
α zdy, siendo^ α^ el arco contenido en el primer octante (x, y, z ≥ 0 ) dado por la intersección de las superficies { x^2 + y^2 + z^2 = R^2 x^2 + y^2 = Ry
El sentido de α es desde el punto (0, 0 , R) al punto (0, R, 0).
Problemas resueltos
Solución:
La curva es la intersección de una esfera y un cilindro:
Parametrizamos la curva
x^2 + y^2 + z^2 = R^2 x^2 + y^2 = Ry
→ z^2 + Ry = R^2 → z =
R^2 − Ry
x^2 + y^2 = Ry → x^2 + (y − R 2
2 4
Estas ecuaciones se cumplirán si tomamos el parámetro t tal que:
x = R 2
cos t; y = R 2
sent; z =
2 2
2 2
sent = R
1 − sent 2
1 − cos( π 2 − t) 2 =^ R
sen^2 ( π 4 − 2 t) = R sen( π 4 − 2 t).
siendo t ∈ [−
π 2 ,
π 2 ]^ para que la curva se recorra desde^ (0,^0 , R)^ hasta^ (0, R,^ 0) y sea sen( π 4
− t 2
) ≥ 0. Por tanto:
α(t) = (
2 cos^ t,
2 sent, R^ sen(^
π 4 −^
t 2 )),^ t^ ∈^ [−^
π 2 ,
π 2 ].
que es de clase C^1 en el intervalo considerado. Por la expresión del integrando
únicamente necesitamos calcular α′ 1 (t) = y′^ = R 2
cos t. Así la integral vale ∫
α
zdy =
∫ (^) π/ 2
−π/ 2
R sen(
π 4 −^
t 2 )^
2 cos^ tdt^ =
= R
2 2
∫ (^) π/ 2
−π/ 2
sen( π 4
) + sen( π 4
− 3 t 2
dt =^2 3
Problemas resueltos
γ 2
2 x + z = 1 y = 0 x ≥ 0 , z ≥ 0
→ z^ = 1^ −^2 x y = 0
→ γ 2 (t) = (t, 0 , 1 − 2 t)
y tomaremos t ∈ [0,
2 ]^ para que vaya desde^ (0,^0 ,^ 1) =^ γ^2 (0)^ hasta^ (
γ 2 (
γ 3
4 x^2 + y^2 = 1 z = 0 x ≥ 0 , y ≥ 0
x = 12 cos t y = sent z = 0
→ γ 3 (t) = (
2 cos^ t,^ sent,^ 0)
que con t ∈ [0, π 2
] va desde (^1 2
, 0 , 0) = γ 3 (0) a (0, 1 , 0) = γ 3 ( π 2
De esta manera, como
γ 1 (0) = (0, 1 , 0) = γ 3 ( π 2
), γ 1 ( π 2
) = (0, 0 , 1) = γ 2 (0), γ 2 (^1 2
, 0 , 0) = γ 3 (0)
el camino γ dado es la unión de los otros tres, γ = γ 1 ∪ γ 2 ∪ γ 3 y la integral será la suma de las tres integrales siguientes:
γ 1
x^2 ydx + 2ydy + xdz =
∫ (^) π/ 2
0
2 cos t(−sent)dt = cos^2 t
]π/ 2 0 =^ −^1.
γ 2
x^2 ydx + 2ydy + xdz =
0
t(−2)dt = −t^2
γ 3
x^2 ydx + 2ydy + xdz =
∫ (^) π/ 2
0
4 cos
(^2) tsent(− 1 2
sent) + 2sent cos t
dt =
∫ (^) π/ 2
0
sen^22 t 4
dt +
sen^2 t
]π/ 2 0 =^ −^
∫ (^) π/ 2
0
1 − cos 4t 2
dt + 1 =
2 t^ −^
8 sen^4 t
]π/ 2
0
π 128 + 1.
La integral de línea
Sumando los tres resultados obtenemos: ∫
γ
x^2 ydx + 2ydy + xdz = − 1 − 1 4
− π 128
− π 128
F (x, y, z) = (axy − z^3 , (a − 2)x^2 , (1 − a)xz^2 )
es el gradiente de una función potencial? Para esos valores, calcule la función potencial.
Solución:
Para cualquier valor de a el campo F es de clase C^1 en R^3 (convexo) y será conservativo si su rotacional es cero ∀(x, y, z) ∈ R^3. Calculamos el rotacional
rotF =
~ı ~ ~k
D 1 D 2 D 3
axy − z^3 (a − 2)x^2 (1 − a)xz^2
= (0, − 3 z^2 − (1 − a)z^2 , 2 x(a − 2) − ax) ,
que se anula si se cumplen las ecuaciones: { (1 − a)z^2 + 3z^2 = 0 2 x(a − 2) − ax = 0
∀(x, y, z) ∈ R^3 de donde a = 4.
Por tanto, para a = 4 el campo F es el gradiente de una función potencial y
∃f : R^3 → R tal que ∇f = F = (4xy − z^3 , 2 x^2 , − 3 xz^2 ).
Entonces: ∂f ∂x
(x, y, z) = 4xy − z^3
∂f ∂y
(x, y, z) = 2x^2
∂f ∂z (x, y, z) =^ −^3 xz
2
La integral de línea
es conservativo. Como el campo es C^1 en R^2 bastará con comprobar que se
cumple la condición ∂F^2 ∂x =^
∂y ,^ ∀(x, y)^ ∈^ R
(^2). En efecto:
∂x
= 12xy − 3 y^2 = ∂F^1 ∂y
, ∀(x, y) ∈ R^2
el campo es conservativo y la integral es independiente del camino.
a) Parametrizamos γ como el segmento que une el punto (1, 2) con (3, 4):
γ(t) = (1, 2) + t ((3, 4) − (1, 2)) = (1 + 2t, 2 + 2t), γ′(t) = (2, 2), ∀t ∈ [0, 1], ∫
γ
0
F (γ(t)).γ′(t)dt =
0
6(1 + 2t)(2 + 2t)^2 − (2 + 2t)^3
2 dt+
0
6(1 + 2t)^2 (2 + 2t) − 3(1 + 2t)(2 + 2t)^2
2 dt =
0
(16 + 84t + 132t + 64t^3 )dt = 2
16 t + 42t^2 + 44t^3 + 16t^4
b) Calculamos la función f : ∇f = F (función potencial del campo F ):
∂f ∂x = 6xy
(^2) − y 3
∂f ∂y
= 6x^2 y − 3 xy^2
→ f =
(6xy^2 − y^3 )dx = 3x^2 y^2 − xy^3 + h(y) →
∂f ∂y = 6x
(^2) y− 3 xy (^2) = 6x (^2) y− 3 xy (^2) +h′(y) → h′(y) = 0 → h(y) = C
Luego f (x, y) = 3x^2 y^2 − xy^3 + C
La integral, utilizando la función potencial, es: ∫
γ
γ
∇f = f (γ(1)) − f (γ(0)) = f (3, 4) − f (1, 2) = 240 − 4 = 236.
Problemas resueltos
a) Halle el trabajo realizado al mover un objeto desde el punto (0, 0) al (2, 0), a lo largo de la semicircunferencia (x − 1)^2 + y^2 = 1 con y ≥ 0.
b) Halle el trabajo realizado al mover el objeto a lo largo de la circunferencia completa.
c) ¿Es F conservativo? Halle la función potencial de F.
Solución:
Vamos resolver primero el apartado c) porque si el campo es conservativo los otros dos apartados los resolveremos más fácilmente.
c) F (x, y) = (y^3 + 1)~ı + (3xy^2 + 1) ~ :
D 1 F 2 (x, y) = 3y^2 = D 2 F 1 , ∀(x, y) ∈ R^2
y el campo F es conservativo. Calculemos su función potencial f : ∇f = F :
∂f ∂x =^ F^1 =^ y
(^3) + 1 → f =
(y^3 + 1)dx = xy^3 + x + h(y)
∂f ∂y =^ F^2 = 3xy
(^2) + 1 = 3xy (^2) + h′(y) → h′(y) = 1 → h(y) = y + c
Luego f (x, y) = xy^3 + x + y + C.
a) Como F es conservativo la integral es independiente del camino, únicamente depende de los puntos inicial y final. El trabajo realizado al mover el objeto desde (0, 0) hasta (2, 0) será: ∫
γ
γ
∇f = f (2, 0) − f (0, 0) = 2 − 0 = 2.
b) A lo largo de la circunferencia completa, como es una curva cerrada, el trabajo será nulo: (^) ∫
γ
γ
∇f = 0.
Problemas propuestos
Solución: La curva dada es una circunferencia en el plano x + z = 0 parametrizada por:
α(t) = ( √^1 2
cos t, sin t, − √^1 2
cos t), t ∈ [0, 2 π].
Longitud de la curva: 2 π.
a) α(t) = e−t^ cos t~ı + e−tsen t ~ + e−t^ ~k donde 0 ≤ t ≤ 1.
b) α(t) = (t + sent, 1 + cos t) con t ∈ [0, π] (cicloide).
Solución:
a)
3(1 − (^1) e ). b) 4.
Solución: 16a.
α(x
(^2) + y (^2) ) , donde α es la curva dada por
α(t) = 2(cos t + tsen t)~ı + 2(sen t − t cos t) ~ con 0 ≤ t ≤ 2 π.
Solución: 16 π^2 (1 + 2π^2 )
C y^2 dx^ +^ xydy^ +^ xzdz, siendo^ C^ la curva intersec- ción del cilindro x^2 + y^2 = 1 y el plano y = z.
La integral de línea
f (x, y) = (2a − y)~ı + x ~ ,
a lo largo de la cicloide parametrizada por
α(t) = a(t − sen t)~ı + a(1 − cos t) ~ , 0 ≤ t ≤ 2 π.
Solución: − 2 πa^2.
γ
yx^2 dx + ydy ,
siendo γ una parametrización de la curva de ecuación
y^2 + 2x^2 − 2 Rx = 0.
Solución: Parametrización de la curva (elipse):
α(t) = ( R 2
cos t, √R 2
sin t), t ∈ [0, 2 π].
Valor de la integral: −
5 πR^4 32
a) Demuestre que el centro de gravedad está situado en el eje de simetría a una distancia 2a/π del centro.
b) Demuestre que el momento de inercia respecto del diámetro que pasa por los extremos del alambre es 12 M a^2 , siendo M la masa del alambre.
Solución: La curva intersección es la del problema 5. Masa:
La integral de línea
F (x, y) = (x + y, x − y).
a) Demuestre que el trabajo realizado por esa fuerza al mover una partícula siguiendo la curva α(t) = f (t)~ı + g(t) ~, con a ≤ t ≤ b, depende únicamente de f (a), f (b), g(a), g(b).
b) Halle el trabajo realizado cuando f (a)=1, f (b)=2, g(a)=3, g(b)=4.
Solución:
a) El trabajo realizado por la fuerza es 1 2
[(f (b))^2 − (g(b))^2 ] + f (b)g(b) − 1 2
[(f (a))^2 − (g(a))^2 ] + f (a)g(a)
b) 3.
F (x, y, z) = 2xy~ı + (x^2 + z) ~ + y ~k ,
al desplazar una partícula desde el origen de coordenadas hasta el punto (2, 0 , 8), siguiendo cualquier trayectoria α que una dichos puntos.
Solución: F es conservativo. Función potencial: f (x, y, z) = x^2 y + zy + C. W = 0.
a) Determine si F es o no conservativo.
b) Calcule el trabajo realizado por F para desplazar una partícula a lo largo de la curva dada por la parametrización
α(t) = cos t~ı + sen t ~ + et^ ~k , t ∈ [0, π].
Solución:
a) F no es conservativo. b) −
π 2 −^
2 (1 +^ e
π) +^1 5 (e
2 π (^) + 1).
