Capítulo 5: Integrales Curvilíneas
Abstract En este capítulo se abordará ...
Contents 1 Cálculo Vectorial 1.1
96
1.4 1.5
Funciones vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.1 Parametrización . . . . . . . . . . . . . . . . Integrales Cuvilínea . . . . . . . . . . . . . . . . . . Campos Vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.1 Integrales de líneas sobre campos vectoriales 1.3.2 Gradiente, Divergencia y Rotacional . . . . . Cálculo de integrales de línea . . . . . . . . . . . . . Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.6
Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126
1.2 1.3
1.6.1
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96 100 106 110 111 113 113 124
Distribución de masa a lo largo de una curva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126
2 Integrales de Superficie 126 2.1 Integrales de Superficie de Campos Vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132 2.1.1 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143
95
Jorge Monge Fallas
1 1.1
Cálculo Vectorial Funciones vectoriales
Definición 1 Función vectorial: Decimos que r es una función vectorial si para cada t, t ∈ B ⊂ R, r asocia un único vector X = (x1 , x2 , . . . , xn ) , X ∈ Rn . Además se tiene que xi = gi (t) ∀i, i = 1..n siendo gi (t) funciones reales de variable real, llamadas funciones componentes del vector r (t). Escribimos r : R → Rn t → (x1 , x2 , . . . , xn ) tal que xi = gi (t) r (t) = (g1 (t) , g2 (t) , . . . , gn (t)) r (t) = g1 (t) e1 + g1 (t) e1 + · · · + gn (t) en donde los ei corresponden a los vectores canónicos que tiene un 1 en la i−ésima componente y cero en todas las demás posiciones.. Aunque esta definción es bastante general, podemos establecer algunos ejemplos tanto en R2 como en R3 . Ejemplo 1 Funciones vectoriales r (t) = (2t − 2) i + t2 j donde i = (1, 0) y j = (0, 1) Esta función vectorial puede escribirse de la forma ¡ ¢ r (t) = 2t − 2, t2 así tenemos que
r : R → R2
. Es decir, la entrada es un número real y salida es un vector, en este caso un vector en el plano. Ejemplo 2 Funciones vectoriales Sea r (t) = (2t − 2) i + t2 j donde i = (1, 0) , j = (0, 1). Esta función vectorial puede escribirse de la forma ¡ ¢ r (t) = 2t − 2, t2 así tenemos que
r : R → R2
Es decir, la entrada es un número real y la salida es un vector, en este caso un vector en el espacio bidimensional. ¡ ¢ Como r (t) ∈ R2 entonces r (t) = (x, y) y como r (t) = 2t − 2, t2 se obiene x = 2t − 2 y = t2
estas ecuacioes on llamadas ecuaciones paramétricas. Ejemplo 3 Funciones vectoriales Sea r (t) = ti + t2 j donde i = (1, 0) , j = (0, 1). Esta función vectorial puede escribirse de la forma ¡ ¢ r (t) = t, t2 así tenemos que
r : R → R2
Es decir, la entrada es un número real y la salida es un vector, en este caso un vector en el espacio bidimensional. 96
1.1 Funciones vectoriales
Jorge Monge Fallas
Ejemplo 4 Funciones vectoriales ¡ ¢ Sea r (t) = (2t − 2) i + t2 j+ 2t − t3 k donde i = (1, 0, 0) , j = (0, 1, 0) y k = (0, 0, 1)Esta función vectorial puede escribirse de la forma ¡ ¢ r (t) = 2t − 2, t2 ,2t − t3
así tenemos que
r : R → R3
Es decir, la entrada es un número real y la salida es un vector, en este caso un vector en el espacio tridimensional. Ejemplo 5 Funciones vectoriales Sea r (t) = (1 − cos t) i + sin (t) j+2tk donde i = (1, 0, 0) , j = (0, 1, 0) y k = (0, 0, 1) .También representa una función vectorial. Podemos detallar que esta función está compuesta por tres funciones h (t) = 1 − cos t, g (t) = sin (t) y f (t) = 2t estas funciones son llamadas funciones componentes, y corresponden a funciones reales de variable real, es decir, tanto f , g y h están definidas de R a R. Como el dominio de h , g y f es R entonces se tiene que el dominio de la función vectorial r viene dado por Dr = Dh ∩ Dg ∩ Df = R Definición 2 Curva en el espacio: Al conjunto de puntos que satisfacen las ecuaciones xi = gi (t)
(1)
donde gi (t) son funciones reales se les llama curva en el espacio n−dimensional. A las ecuaciones (1) se les llama ecuaciones paramétricas de la curva C y t es el parámetro. Regresando a nuestros ejemplos previos se tiene que: Ejemplo 6 Ecuaciones paramétricas ¡ ¢ Sea r (t) = (2t − 2) i + t2 j Como r (t) ∈ R2 tenemos que r (t) = (x, y) ahora como r (t) = 2t − 2, t2 podemos establecer que ¡ ¢ (x, y) = 2t − 2, t2 igualando x = 2t − 2 y y = t2
que corresponde a las ecuaciones paramétricas de la curva r (t), que corresponde a una curva en la plano.
Curva: r (t) = (2t − 2) i + t2 j 97
1.1 Funciones vectoriales
Jorge Monge Fallas
Ejemplo 7 Ecuaciones paramétricas ¡ ¢ 2 3 3 Sea r (t) ¡ = (2t 2− 2) i +3 ¢t j+ 2t − t k como r (t) ∈ R tenemos que r (t) = (x, y, z) ahora como r (t) = 2t − 2, t ,2t − t podemos establecer que ¡ ¢ (x, y, z) = 2t − 2, t2 ,2t − t3 igualando x = 2t − 2, y = t2 y z = 2t − t3
que corresponde a las ecuaciones paramétricas de la curva r (t), que corresponde a una curva en el espacio.
¡ ¢ Curva: r (t) = (2t − 2) i + t2 j+ 2t − t3 k
Ejemplo 8 Ecuaciones paramétricas r (t) = (1 − cos t) i + sin (t) j+2tk La gráfica de r (t) corresponde a una curva en el espacio con ecuaciones paramétricas x = 1 − cos t, y = sin (t) y z = 2t La gráfica se muestra en la figura()
Curva: r (t) = (1 − cos t) i + sin (t) j+2tk 98
1.1 Funciones vectoriales
Jorge Monge Fallas
Nota: Cualquier función vectorial de la forma r (t) = f (t) i + g (t) j + h (t) k define una curva en el espacio, trazada por la punta del vector móvil r (t) como se muestra en la siguiente figura (1),
Curva: r (t) Ejemplo 9 Para una función vectorial r (t) = (1 + 2t, 3 − 2t, 4 − t) , la gráfica de r (t) es una curva en el espacio que corresponde a una línea recta. Las ecuaciones paramétricas para r (t) vienen dadas por x = 1 + 2t y = 3 − 2t z = 4−t Algunos puntos de la curva se pueden obtener dando diferentes valores al parámetro t, es decir Si t r (2) r (1) r (0)
= = = =
2 ⇒ r (2) = (1 + 2 · 2, 3 − 2 · 2, 4 − 2) = (5, −1.2) (5, −1.2) (3, 1, 3) (1, 3, 4)
de igual forma podemos saber si un punto P está en la curva, para ello debemos obtener un único t que lo genere, veamos el caso para saber si P = (2, 3, 5) está en la curva que define r (t), para ello se tiene que r (t) = (2, 3, 5) (1 + 2t, 3 − 2t, 4 − t) = (2, 3, 5) 1 + 2t = 2 ∧ 3 − 2t = 3 ∧ 4 − t = 5 1 t = ∧ t = 0 ∧ t = −1 2 como existen varios t se concluye que el punto P no pertenece a la curva. Veamo si el punto Q = (−1, 5, 5) pertenece a la curva r (t) (1 + 2t, 3 − 2t, 4 − t) 1 + 2t t
= = = =
(−1, 5, 5) (−1, 5, 5) −1 ∧ 3 − 2t = 5 ∧ 4 − t = 5 −1 ∧ t = −1 ∧ t = −1
esto significa que r (−1) = Q y se concluye que Q es un punto de la curva definida por la función vectorial r (t). 99
1.1 Funciones vectoriales
Jorge Monge Fallas
Un proceso importante en el uso de funciones vectoriales es determinar las ecuaciones paramétricas de la curva, a este proceso de determinar las ecuaciones paramétrica y posteriormente la función vectorial se le llama parametrización. Vamos a trabajar algunos ejemplos tanto en el plano como en el espacio. 1.1.1
Parametrización
Parametrización en el plano En el plano el proceso de parametrización en relativamente simple, dado que en el plano unar curva por lo general se puede escribir en forma explícita o bien por medio de una ecuación. Veamos algunos ejemplos: Ejemplo 10 Considere la función f (x) = 4 − x2 , determinar una parametrización para la curva. Primero que nada podemos obeservar que esta es una función explícita de la variable x y que la gráfica de f corresponde a una parábola. Como f (x) = y está definida en forma explícita en términos de x, entonces procedemos definir el parámetro como sigue: x = t como y = 4 − x2 entonces y = 4 − t2 así obtenemos ½
x=t y = 4 − t2
y la función vectorial sería
estas definen las ecuaciones paramétricas de la curva ¡ ¢ r (t) = ti + 4 − t2 j
con t ∈ R
Ejemplo 11 Considere la ecuación y = y 2 − x, determinar una parametrización para la curva. Primero que nada podemos obeservar que esta es una ecuación que relaciona las variables x y y . Aunque es una ecuación podemos observar que es factible despejar x como función de y, es decir x = g (y) una función explícita de y, despejando obtenemos x = y 2 − y por lo que en este caso podemos definir el parámetro como y = t como x = y 2 − y entonces x = t2 − t así obtenemos ½
x = t2 − t y=t
y la función vectorial sería
estas definen las ecuaciones paramétricas de la curva ¡ ¢ r (t) = t2 − t i + tj
con t ∈ R
Estos dos ejemplos muestran la parametrización de curvas cuando: 1. (a) Tenemos funciones explícitas de x, y = f (x) las ecuaciones paramétricas serían x = t y = f (t) y la función vectorial vendría dada por r (t) = ti + f (t) j con t ∈ R 100
1.1 Funciones vectoriales
Jorge Monge Fallas
(b) Tenemos funciones explícitas de y, x = f (t) las ecuaciones paramétricas serían x = f (t) y = t y la función vectorial vendría dada por r (t) = f (t) i + tj con t ∈ R Sin embargo en el plano también se tiene curvas cuyas ecuaciones no pueden escribirse como funciones explícitas de x ni como funciones explícitas de y, veamos algunos de los ejemplos más comunes: Ejemplo 12 Considere la ecuación x2 + y 2 = 4, determinar una parametrización para la curva. Primero que nada podemos obeservar que esta es una ecuación que relaciona las variables x y y . En este caso la curva que describe esta ecuación es una circunferencia centrada en C (0, 0) y radio r = 2. Sabamos que una circunferencia no es una función de x ni tampoco de y. En estos casos se deben establecer funciones de t tal que si se sustituye x = g (t) y y = h (t) en la ecuación x2 + y 2 = 4 se obtiene una identidad. Por ejemplo podemos establecer que x = 2 cos t y = 2 sin t así, si sustituimos en la ecuación x2 + y 2 = 4 obtenmos 2
2
(2 cos t ) + (2 sin t) 4 cos2 t + 4 sin2 t ¡ ¢ 4 cos2 t + sin2 t 4·1
= = = =
4 4 4 4
por lo que x = 2 cos t y = 2 sin t son ecuaciones paramétricas válidas, así una función vectorial sería r (t) = 2 cos ti + 2 sin tj
con 0 ≤ t ≤ 2π
También verifique que x = −2 cos t y = 2 sin t son ecuaciones paramétricas también válidas y que otra fución vectorial para la curva sería r (t) = −2 cos ti + 2 sin tj
con 0 ≤ t ≤ 2π
Este último resultado lo que nos permite concluir es que una curva C puede tener distintas parametrizaciones y en consecuencia dos funciones vectoriales r1 (t) y r2 (t) pueden describir la misma curva C.
101
1.1 Funciones vectoriales
Jorge Monge Fallas
Remark 1 Para una elipse con ecuación canónica general (x − h)2 (y − k)2 + =1 a2 b2 unas ecuaciones paramétricas asociadas serían ½ x = h + a cos t y = k + b sin t
con 0 ≤ t ≤ 2π
por lo que una función vetorial para la elipse sería r (t) = (h + a cos t) i + (k + b sin t) j
con 0 ≤ t ≤ 2π
recuerde que si a = b la curva corresponde a una circunferencia. Parametrización en el espacio En el espacio el proceso de parametrización de curvas es distinto, dado que en el espacio no hay ecuaciones que describan curvas. Recordemos que cualquier ecuación que relacione las variables x, y y z es de la forma F (x, y, z) = 0 y que la gráfica asociada a esta ecuación es una superficie. Por lo que para parametrizar algunas curvas en el espacio que serán útiles para cumplir los objetivos del curso procedemos de la siguiente forma; proyectamos la curva en cualquiera de los planos coordendos, seguidamente parametrizamos la proyección(esta es una parametrización en el plano) y por último establecemos quien define la altura para completar la parametrizción y así obtener una función vectorial. Antes de establecer algunos ejemplos relacionados, recordemos de Algebra Lineal que si tenemos una línea recta L en el espacio que pasa por los puntos A (a, b, c) y por B (a1 , b1 , c1 ) entonces un vector director de la recta L viene dado por −− → u = AB = B − A u = (a1 − a, b1 − b, c1 − c) y si usamos como punto de la recta el punto A tenemos la fución vectorial r (t) = ut + A r (t) = (a1 − a, b1 − b, c1 − c) t + (a, b, c) r (t) = ((a1 − a) t + a) i + ((b1 − b) t + b) j + ((c1 − c) t + c) k obtenemos la función vectorial para la curva L, que viene dada por r (t) = ((a1 − a) t + a) i + ((b1 − b) t + b) j + ((c1 − c) t + c) k y sus ecuaciones paramétricas
x = (a1 − a) t + a y = (b1 − b) t + b z = (c1 − c) t + c
que sería la forma general en que se puede parametrizar una línea recta en el espacio. Si en r (t) se varía 0 ≤ t ≤ 1 precisamente se representa el segmento que va desde A hasta B. Ejemplo 13 Determinar una parametrización para la recta L que pasa por A (2, −2, 1) y B (1, 3, 0) .
102
1.1 Funciones vectoriales
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− −→ Primero determinamos un vector director, sea u = AB = B − A = (−1, 5, −1) y si utilizamos el punto A, obtenemos r (t) = ut + A r (t) = (−1, 5, −1) t + (2, −2, 1) r (t) = (−t + 2) i + (5t − 2) j + (−t + 1) k de esta forma una función vectorial asociada a la curva L sería r (t) = (−t + 2) i+(5t − 2) j+(−t + 1) k y las ecuaciones paramétricas x = −t + 2 y = 5t − 2 z = −t + 1
Ejemplo 14 Determinar la parametrización de C1 , C2 , C3 y C4 que se presentan en la figura, nótese que cada una de las curvas es una arista del sólido.
Parametrización de C1 Podemos observar que C1 está en un plano coordenado, en este caso el plano XZ eso significa que Y = 0, además la ecuación de esa curva en dicho plano viene dada por la ecvuación de la generatriz del cilíndro z = 4 − x2 por lo que parametrizamos como si fuera en el plano, es decir, definimos x = t y z = 4 − t2 . Así tenemos las ecauciones x=t y=0 z = 4 − t2 ¡ ¢ que define la función vectorial r (t) = ti + 0j + 4 − t2 k correspondiente a la curva C1 , ahora como la arista es un pedazo, entonces como x = t la variación del parámetro coincide con la variación de x de aceurdo con la figura se tiene que 0 ≤ t ≤ 1. Parametrización de C2 Podemos observar que C2 está en un plano coordenado, en este caso el plano XY eso significa que z = 0, además la ecuación de esa curva en dicho plano viene dada por la inteersección del plano 3x − 3y − z = 0 y el plano coordenado z = 0 por lo que obtenemos 3x − 3y = 0 =⇒ y = x
103
1.1 Funciones vectoriales
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parametrizamos como si fuera en el plano, es decir, definimos x = t y y = t. Así tenemos las ecauciones x=t y=t z=0
que define la función vectorial r (t) = ti+tj+0k correspondiente a la curva C2 , ahora como la arista es un pedazo, entonces como x = t la variación del parámetro coincide con la variación de x de acuerdo con la figura se tiene que 0 ≤ t ≤ 2. Parametrización de C3 Podemos observar que C3 está en el espacio eso significa debemos dterminar la intersección de las dos superficies que la forman, es decir, 3x − 3y − z = 0 ∩ z = 4 − x2 primero elegimos el plano de proyección, en este caso el más sencillo es en l plano XZ, es decir, definimos eliminar la variable y de ambas ecuaciones, ahora al igual que en la proyección de sólidos, como z = 4 − x2 no tiene y entonces, esta arista se proyecta sobre la generatriz del cilindro z = 4 − x2 por lo que parametrizamos como si fuera en el plano, es decir, definimos x = t y z = 4 − t2 . Así tenemos las ecauciones ½ x=t z = 4 − t2 para definir la altura, que en este caso la define y, podemo utilizar la ecuación del plano 3x−3y−z = 0, de donde podemos despejar y para obtener y =x−
z 3
y como tanto x como z están en tèrminos de t se tienen que x=t 4 − t2 y = t − 3 z = 4 − t2
µ ¶ ¢ ¡ 4 − t2 que define la función vectorial r (t) = ti + t − j + 4 − t2 k correspondiente a la curva C3 , 3 ahora como la arista es un pedazo, entonces como x = t la variación del parámetro coincide con la variación de x de acuerdo con la figura se tiene que 1 ≤ t ≤ 2. Parametrización de C4 Podemos observar que C4 está en el espacio eso significa debemos dterminar la intersección de las dos superficies que la forman, es decir, y = 4 = 0 ∩ z = 4 − x2 primero elegimos el plano de proyección, en este caso el más sencillo es en l plano XZ, es decir, definimos eliminar la variable y de ambas ecuaciones, ahora al igual que en la proyección de sólidos, como z = 4 − x2 no tiene y entonces, esta arista se proyecta sobre la generatriz del cilindro z = 4 − x2 por lo que parametrizamos como si fuera en el plano, es decir, definimos x = t y z = 4 − t2 . Así tenemos las ecauciones ½ x=t z = 4 − t2 104
1.1 Funciones vectoriales
Jorge Monge Fallas
para definir la altura, que en este caso la define y, podemo utilizar la ecuación del plano y = 4, así x=t y=4 z = 4 − t2 ¡ ¢ que define la función vectorial r (t) = ti + 4j + 4 − t2 k correspondiente a la curva C3 , ahora como la arista es un pedazo, entonces como x = t la variación del parámetro coincide con la variación de x de acuerdo con la figura se tiene que 0 ≤ t ≤ 2. Definición 3 La derivada de r (t) : De forma similar que para funciones de una variable real, se define la derivada de la función vectorial r (t) como r0 (t) = lim
h→0
r (t + h) − r (t) h
si este límite existe. Si r (t) = (f (t) , g (t) , h (t)) entonces r0 (t) = (f 0 (t) , g 0 (t) , h0 (t)) Esto significa que la derivada de una función factorial se obtiene derivando cada una de las funciones componentes y como estas funciones componentes son funciones reales de variable real, implica que son derivadas normales, veamos algunos ejemplos. Ejemplo 15 Para cada una de las funciones vectoriales determinar r´(t) =⇒ r´(t) = 2i + 2tj a. r (t) = (2t − 2) i + t2 j b. r (t) = ti + t2 j =⇒ r´(t) ¡ =i+ ¢ 2tj ¡ ¢ c. r (t) = (2t − 2) i + t2 j+ 2t − t3 k =⇒ r´(t) = 2i + 2tj + 2 − 3t2 k d. r (t) = (1 − cos t) i + sin (t) j+2tk =⇒ r´(t) = sin (t) i + cos (t) j +2k Al vector r0 (t) se le llama vector tangente a la curva definida por r (t) en un punto de C(figura (2)), siempre que r (t) 6= 0 y r0 (t) 6= 0. Por lo general se utiliza un vector tangente unitario denotado por T (t) y definido por r0 (t) T (t) = 0 kr (t)k como se muestra en la siguiente figura (3)
105
1.2 Integrales Cuvilínea
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Definición 4 Vector normal unitario:Dada una curva suave r (t) en un punto P, existen vectores ortogonales al vector tangente unitario T (t), sin embargo uno muy particular es el vector normal unitario N (t) definido por T 0 (t) N (t) = kT 0 (t)k como se muestra en la figura (3)
1.2
Integrales Cuvilínea
Una integral de línea es semejante a una integral sencilla, excepto que en vez de integrar sobre un intervalo [a, b] , se integra sobre una curva C. Consideremos una curva C definida por r (t) = x (t) i + y (t) j en el plano xy que une los puntos P1 = (a1 , b1 ) y P2 = (a2 , b2 ) descrita por las ecuaciones paramétricas x = x (t)
y = y (t)
a≤t≤b
(2)
y sea f definida a lo largo de C. Podemos establecer una partición P sobre la curva C a través de P0 , P1 , P2 , . . . , Pn donde 4si = Pi − Pi−1 . Si eligimos un punto Pi∗ = (x∗i , yi∗ ) entre Pi−1 y Pi como se indica en la figura (4)
106
1.2 Integrales Cuvilínea
Jorge Monge Fallas
Esto nos permite definir la suma Riemann n X i=1
f (x∗i , yi∗ ) 4si
si además k∆k = max {4si } y tomando el límite cuando k∆k → 0 se tiene lim
k∆k→0
n X i=1
f (x∗i , yi∗ ) 4si
a este límite (si existe )se le llama integral de línea a lo largo de la curva C y se denota por Z
f (x, y) ds = lim
k∆k→0
C
si este límite existe.
n X i=1
f (x∗i , yi∗ ) 4si
(3)
Notación 1 Si f es una función continua entonces (3) puede calcularse utilizando la fórmula sµ ¶ µ ¶2 Z b Z 2 dy dx f (x, y) ds = f (x (t) , y (t)) + dt dt dt C a Esta integral es llamada integral curvilínea respecto a la longitud de arco. En caso de que f (x, y) ≥ 0 se tiene Z f (x, y) ds = AC C
donde AC representa el área superficial del cilindro cuya curva generatriz es C desde a hasta b y está limitado por z = 0 y z = f (x, y) como se muestra en la figura (5) y en el caso particular de que f (x, y) = 1 se tiene s Z b µ ¶2 µ ¶2 Z dy dx ds = + dt = LC dt dt C a donde LC es la longitud de la curva C desde a hasta b .
107
1.2 Integrales Cuvilínea
Jorge Monge Fallas
Ejemplo 16 Utilice integrales curvilíneas para demostrar que la longitud de una circunferencia de radio a es 2πa. Podemos considerar por simplicidad que la circunferencia está centrada en el origen por lo que su ecuación vendría dada por x2 + y 2 = a2 Lo primero que debemos hacer es determinar una función vectorial r (t) = h (t) i + g (t) j cuya gráfica sea la curva x2 + y 2 = a2 , las ecuaciones paramétricas para esta curva podrían ser x = a cos t ∧ y = a sin t r (t) = (a cos t) i+ (a sin t) j
con 0 ≤ t ≤ 2π
dado que si sustituimos algunos valores de la curva son r (0) = ³π ´ r = 2 r (π) = µ ¶ 3π r = 2
(a, 0) (0, a) (−a, 0) (0, −a)
estos valores, nos dan una idea de que la parametrización está correcta. Para calcular la longitud de la circunferencia utilizamos la definición de integral curvilínea s Z Z b µ ¶2 µ ¶2 dy dx ds = + dt LC = dt dt a C dx dy = −a sin t y y = a sin t ⇒ = a cos t y dt dt Z Z 2π q ds = (−a sin t)2 + (a cos t)2 dt LC =
como x = a cos t ⇒
C 2π
=
LC
Z
0
=
LC
Z
2π
0
=
LC
Z
2π
0
p a2 sin2 t + a2 cos2 tdt q ¡ ¢ a2 sin2 t + cos2 t dt
como sin2 t + cos2 t = 1
adt
0
LC
= 2aπ
como se quería demostrar.
ti+t3 j
R
1 √ ds donde C es la curva definida por la función vectorial r (t) = 1 + 9xy como se muestra en la figura
Ejemplo 17 Calcule
C
108
1.2 Integrales Cuvilínea
Jorge Monge Fallas
Curva C: y = x3 Como ya sabemos la parametrización de la curva basta determinar el t inicial y el t final que coincidan con los puntos (−1, −1) y (1, 1) respectivamente. Para ello resolvemos la igualdad
de igual forma para el punto final
r (t) = (−1, −1) ¡ 3¢ t, t = (−1, −1) ⇒ t = −1 r (t) = (1, 1) ¡ 3¢ t, t = (1, 1) ⇒ t = 1
por lo que −1 ≤ t ≤ 1. Esto sugiere que la orientación es importante. sµ de¶la curva µ ¶2 Z 1 Z 2 ¡ ¢ 1 1 dy dx √ √ + dt como r (t) = t, t3 ⇒ x = ds = Debemos calcular dt dt 1 + 9xy 1 + 9xy C −1 t ∧ y = t3 por lo que dx dy =1∧ = 3t2 dt dt esto es equivalente a r0 (t) = i + 3t2 j sustituyendo en la integral original se tiene que Z
C
1 √ ds = 1 + 9xy
C
1 √ ds = 1 + 9xy
C
1 √ ds = 1 + 9xy
C
1 √ ds = 1 + 9xy
Z
Z
Z
Z Z Z
1 −1 1 −1 1
q 1 2 2 √ (1) + (3t2 ) dt 1 + 9t · t3 p 1 √ 1 + 9t4 dt 1 + 9t4 dt
−1 Z 1
dt = 2
−1 2
Notación 2 2Ecuaciones paramétricas de la elipse
x = h + a cos t y y = k + b sin t r (t) = (h + a cos t) i+ (k + b sin t) j
109
2
(y − k) (x − h) + =1 2 a b2 con 0 ≤ t ≤ 2π
1.3 Campos Vectoriales
Ejemplo 18 Calcular
Z
C
Jorge Monge Fallas ¡
¢ 2 + x2 y ds, donde C es la mitad superior de la circunferencia unitaria
x2 + y 2 = 1. Parametrizando la circunferencia.
Se tiene que x =Zcos t y = sin t con 0≤t≤π Z π¡ ¢ ¢q ¡ 2 2 (− sin t)2 + (cos t)2 dt 2 + x y ds = 2 + cos t sin t 0
C
Z
π
¢ ¡ 2 + cos2 t sin t dt 0 ¯π ¯ 1 3 ¯ = 2t − cos t¯ 3 0 1 1 = 2π + + 3 3 2 = 2π + 3
=
Así se tiene que
Z
¢ ¡ 2 2 + x2 y ds = 2π + 3 C
Notación 3 La integral dada en (2) puede escribirse en forma más compacta como sigue sµ ¶ µ ¶2 Z b Z 2 dy dx f (x, y) ds = f (x (t) , y (t)) + dt dt dt C a Z b = f (r (t)) kr´(t)k dt a
donde r (t) = (x (t) , y (t)) = x (t) i + y (t) j.
1.3
Campos Vectoriales
Definición 5 Campo Vectorial: Sea D un conjunto en R3 (una región sólida). Un campo vectorial en R3 es una función F que asocia a cada punto (x, y, z) ∈ D un vector tridimensional F (x, y, z). Ejemplo 19 Un ejemplo de un campo vectorial en el plano talque F (X) = −yi + xj, es decir un campo vectorial definido en R2 . Describir el campo F graficando algunos vectores de F (X). Para cualquier vector (x, y) se tiene que (x, y) · F (X) = (x, y) · (−y, x) = −xy + xy = 0 p Se tiene que F (X) es q tangente a una circunferencia con centro (0, 0) y radio x2 + y 2 . A demás p se tiene que |F (x)| = (−y)2 + (x)2 = y 2 + x2 lo cual indica que la magnitud del vector F (X) es igual al radio de la circunferencia. La gráfica de F (X) es como muestra la figura (7)
110
1.3 Campos Vectoriales
Jorge Monge Fallas
y
4 2
-4
-2
2
4
-2
x
-4
Figura (7) Notación 4 Para una función f en tres variables se tiene que ∇f (x, y, z) = fx (x, y) i + fy (x, y) j+fz (x, y) k es un campo vectorial de R3 y se llama campo vectorial gradiente.
Por lo tanto ∇f (x, y, z)
Ejemplo 20 Consideremos el gradiente como un campo bidimensional, si se tiene el paraboloide de ecuación z = x2 + y 2 el gradiente de z está dado por ∇z ∇z ∇z
= (zx , zy ) = 2xi + 2yj = (2x, 2y)
en la siguiente gráfica se muestra el campo vectorial gradiente
y
4 2
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
-2
4
5
x
-4
∇z = 2xi + 2yj Definición 6 Campo vectorial conservativo: Un campo vectorial F se llama un campo vectorial conservativo si es el gradiente de una función, es decir, si existe f tal que F = ∇f . A f se le llama función potencial de F . 1.3.1
Integrales de líneas sobre campos vectoriales
Definición 7 Integral de línea en un campo vectorial: Sea F un campo vectorial continuo definido en una curva suave C descrita por la función vectorial
111
1.3 Campos Vectoriales
r (t) con
Jorge Monge Fallas
a ≤ t ≤ b. Entonces la integral de línea de F a lo largo de C es Z Z b F · dr = F (r (t)) · r0 (t) dt C
(4)
a
Notación 5 Se tiene que el trabajo realizado por una fuerza variable f (x) cuando una partícula se Z b mueve de a a b a lo largo del eje X viene dado por W = f (x) dx. De igual forma si se empuja a
un objeto a lo largo de una trayectoria recta con una fuerza constante, entonces el trabajo W que se realiza es W = F · ∆R donde ∆R es el vector desplazamiento. Si el objeto se mueve de a a b trabajo W viene dado por
a lo largo de una curva C con una fuerza variable F , entonces el
W =
Z
a
b
F (r (t)) · r0 (t) dt =
Z
C
F · dr
donde r (t) es una función vectorial que parametriza a la curva C. Ejemplo 21 Encuentre el trabajo efectuado por el campo de fuerzas F (x, y) = −y 2 i + xyj cuando una partícula se mueve a lo largo de la semicircunferencia r (t) = cos ti + sin tj con 0 ≤ t ≤ π. Se tiene que x = cos t , y = sin t y además F (r (t)) = − sin2 ti + sin t cos tj r0 (t) = sin ti + cos tj Así el trabajo realizado viene dada por la integral. Z π ¢ ¡ 3 W = sin t + cos2 t sin t dt Z0 π sin tdt = 0
= 2
Definición 8 Campos vectoriales en términos de sus funciones componentes: Si F (x, y, z) se expresa en función de sus componentes P , Q y R se tiene F (x, y, z) = P (x, y, z) i + Q (x, y, z) j+R (x, y, z) k F (x, y, z) = P i + Qj + Rk F (X) = P i + Qj + Rk donde P , Q y R son funciones escalares y se les llama campos escalares. Un campo F es continuo si y sólo si sus funciones componentes P y Q son continuas. De igual forma se define cuando D es un conjunto en R3 , se tendrá entonces que F (x, y, z) = P (x, y, z) i + Q (x, y, z) j+R (x, y, z) k F (X) = P i + Qj+Rk Si se define r (t) en función de sus componentes y F (X) = P i + Qj se tiene Z Z Z Z F · dr = F (r (t)) · r0 (t) dt = P (x, y) dx + Q (x, y) dy = P dx + Qdy C
C
C
C
112
(5)
1.4 Cálculo de integrales de línea
Jorge Monge Fallas
Si se define r (t) en función de sus componentes y F (X) = P i + Qj+Rk se tiene Z Z Z Z F ·dr = F (r (t))·r0 (t) dt = P (x, y, z) dx+Q (x, y, z) dy+R (x, y, z) dz = P dx+Qdy+Rdz C
C
C
C
(6)
donde P, Q y R son funciones continuas. 1.3.2
Gradiente, Divergencia y Rotacional
Se define el operardor de Hamilton 5, (5 nabla) como el vector 5=
∂ ∂ ∂ i+ j+ k ∂x ∂y ∂z
Sea F (x, y, z) y G (x, y, z) funciones con derivadas parciales continuas en una región R. Se define 1. Gradiente: El gradiente de F se define por gradF ∇F
=
µ
¶ ∂ ∂ ∂ i+ j+ k F ∂x ∂y ∂z ∂F ∂F ∂F i+ j+ k ∂x ∂y ∂z
= ∇F =
2. Divergencia :La divergencia de F (x, y, z) = P i+Qj+Rk es µ ¶ ∂ ∂ ∂ ∂P ∂Q ∂R divF = ∇ · F = i+ j+ k · (P i+Qj+Rk) = + + ∂x ∂y ∂y ∂x ∂y ∂z 3. Rotacional:El rotacional de F (x, y, z) = P i+Qj+Rk está dado por µ ¶ ∂ ∂ ∂ rotF = ∇ × F = i+ j+ k × (P i+Qj+Rk) ∂x ∂y ∂y µ ¶ µ ¶ µ ¶ ∂R ∂Q ∂R ∂P ∂Q ∂P = − i+ − j+ − k ∂y ∂z ∂x ∂z ∂x ∂y Para recordar la fórmula del rotacional podemos utilizar notación de determinantes como sigue
1.4
¯ ¯ i ¯ ∂ ¯ rotF = ¯ ¯ ∂x ¯ P
Cálculo de integrales de línea
Ejemplo 22 Calcular
Z
(1,2)
(0,1)
j ∂ ∂y Q
k ∂ ∂z R
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
¢ ¡ ¢ ¡ 2 x − y dx + y 2 + x dy
1. A lo largo de la recta que pasa por
(0, 1)
y (1, 2) . De acuerdo con la figura
113
1.4 Cálculo de integrales de línea
Jorge Monge Fallas
se tiene que m = 1 , y = x + 1 y f 0 (x) = 1 Z
1
0
=
Z
1
0
=
Z
0
=
5 3
1
¢ ¡ ¢¢ ¡¡ 2 x − y + y 2 + x dx
´ ³ 2 x2 − (x + 1) + (x + 1) + x dx ¢ ¡ 2 2x + 2x dx
2. A lo largo de la recta de (0, 1) a (1, 1) y luego de (1, 1) a (1, 2) . Si realizamos la gráfica se tiene
114
1.4 Cálculo de integrales de línea
Jorge Monge Fallas
Primero a lo largo de (0, 1) a (1, 1) se tiene que y
= 1 Z =
y dy = 0 ¢ ¡ ¢ ¢ ¡¡ 2 x − y dx + y 2 + x dy
(1,1)
(0,1) 1¡
Z
0
=
Z
1
0
= −
2 3
¢ x2 − y dx
¢ ¡ 2 x − 1 dx
De (1, 1) a (1, 2) se tiene que x = 1 Z
2
1
=
El valor búscado es de 3. Calcular
Z
10 3
y dx = 0 ¢ ¡ 2 y + 1 dy
−2 10 8 + = 3 3 3
y 2 dx + xdy en donde C viene dada por
C
C = C1 es el segmento rectilíneo de (−5, −3) a (0, 2) en la figura (11) Se tiene que x = −5 + (0 − −5) t
y = −3 + (2 + 3) t
x = −5 + 5t dx = 5dt Para (−5, −3) −5 = −5 + 5t t = 0 Para (−5, −3) −3 = −3 + 5t t = 0 Así
Z
C
y 2 dx + xdy =
Z
1
y = −3 + 5t dy = 5t Para (0, 2) 0 = −5 + 5t t=1 Para (0, 2) 2 = −3 + 5t t=1
((−3 + 5t)2 5 + (−5 + 5t) 5)dt
0
=
Z
1 0
= −
(20 − 125t + 125t2 )dt
5 6
115
1.4 Cálculo de integrales de línea
Jorge Monge Fallas
4. C = C2 es el arco de la parábola x = 4 − y 2
de (−5, −3) a (0, 2)
De acuerdo con la figura (11) y puesto que C es tal que x = f (y) se tiene que y dx = −2ydy x = 4 − y2 Z ¡ ¢ 2 y dx + 4 − y 2 dy C 2
=
Z
−3 2
=
Z
−3
= =
¡ ¢ −2yy 2 dy + 4 − y 2 dy ¡ ¢ −2y 3 + 4 − y 2 dy
¯2 1 4 1 3 ¯¯ − y + 4y − y ¯ 2 3 −3 101 6
Notación 6 El valor de una integral de línea no sólo depende de sus puntos extremos si no también de la trayectoria seguida. Teorema 1 Fundamental para integrales de línea: Sea C una curva suave descrita por la función vectorial r (t) con a ≤ t ≤ b. Sea f una función diferenciable de dos o tres variables cuyo vector gradiente 5f es continuo en C. Entonces Z Z 5f · dr = F · dr = f (r (b)) − f (r (a)) C
C
Definición 9 Curva Cerrada: Si C es descrita por la función vectorial r (t) con a ≤ t ≤ b, decimos que C es cerrada si y sólo si su punto terminal coincide con su punto inicial, es decir r (a) = r (b) Z F · dr es independiente de la Definición 10 Independencia de la trayectoria: Se dice que C
trayectoria, si para cualquier par de curvas C1 y C2 en el dominio de F se tiene que Z Z F · dr = F · dr C1
(7)
C2
Teorema 2 Si F es un campo vectorial continuo en un conjunto conexo abierto R de R2 , entonces las siguientes afirmaciones son equivalentes: 116
1.4 Cálculo de integrales de línea
Jorge Monge Fallas
a. F es gradiente de cierta función pontencial f en R b. La integral de línea de F es independiente del camino en R c. La integral de líena de F alrededor de todo camino cerrado regular a trozos contenido en R es nula Teorema 3 Criterio de campo conservativo en el plano: Si F (x, y) = P (x, y) i + Q (x, y) j es un campo vectorial definido en una región simplemente conexa y abierta D . Si P y Q son funciones con derivadas parciales continuas y si ∂P ∂Q = ∂y ∂x
∀ (x, y) ∈ D
entonces F es un campo conservativo. Teorema 4 Criterio de campo conservativo en el espacio: Si F (x, y, z) = P (x, y, z) i + Q (x, y, z) j + R (x, y, z) k es un campo vectorial definido en una región simplemente conexa y abierta D. Si P , Q y R son funciones con derivadas parciales continuas, entonces F (X) es un campo conservativo si y sólo si rotF (x, y, z) = 0 es decir si ¯ ¯ i ¯ ∂ ¯ rotF = ¯ ¯ ∂x ¯ P
o bien
∂R ∂Q = , ∂y ∂z Z
j ∂ ∂y Q
k ∂ ∂z R
∂R ∂P = ∂x ∂z
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = (0, 0, 0) ¯ ¯ y
∂Q ∂P = ∂x ∂y
(8)
F · dr donde C es la curva que inicia en (0,0) y termina en (2, 0) como se ¢ ¡ ¢ ¡ muestra en la figura (12) siendo F (X) = y 3 + 1 i + 3xy 2 + 1 j ∂P ∂Q Podemos verificar que F (X) es un campo vectorial conservativo, dado que = , esto implica ∂y ∂x Z Ejemplo 23 Calcular
C
que tenemos tres opciones para calcular
C
F · dr.
1. Primero tomando C1 que es el camino semicircular:
117
1.4 Cálculo de integrales de línea
Jorge Monge Fallas
Z =
ZC1
F · dr F (r (t)) r0 (t) dt
C1
Se tiene que
con 0 ≤ t ≤ π
r (t) = (1 + cos t) i + sin tj r0 (t) = − sin ti + cos tj ¡ ¢ ¡ ¢ F (r (t)) = sin3 t + 1 i+ 3 (1 + cos t) sin2 t + 1 j ¢ ¡ ¢ ¡ F (r (t)) = sin3 t + 1 i + 3 sin2 t + 3 cos t sin2 t + 1 j Z =
C1 0¡
Z
π
= 2
F (r (t)) r0 (t) dt ¢ − sin4 t − sin t + 3 sin2 t cos t + 3 cos2 t sin2 t + cos t dt
Lo que nos permite ver evidentemente que la integral resultante es compleja. Podemos resolver el mismo ejercicio utilizando el teorema fundamental para integrales de línea o por independencia de la trayectoria. 2. Tomando C2 como el camino lineal que va desde (0, 0) y (0, 2). Las ecuaciones paramétricas de la recta vienen dadas por x (t) = 0 y y (t) = 2t + 2 x0 (t) = 0 y y 0 (t) = 2 con
0 ≤ t ≤ 1, así la integral de línea vendría dada por Z Z 0 F · dr = (((2t + 2)2 + 1) · 0 + 1 · 2)dt −1 ZC2 F · dr = 2 C2
3. Utilizando el teorema fundamental para integrales de línea se tiene que Z F · dr = f ((2, 0)) − f ((0, 0)) C
118
1.4 Cálculo de integrales de línea
Jorge Monge Fallas
con f función potencia de F , es decir f es una función tal que ∇f = F , para determinar f partimos de que ∂f ∂f y (9) = y3 + 1 = 3xy 2 + 1 ∂x ∂y integrando la primera respecto a x obtenemos f (x, y) = y 3 x + x + h (y)
(10)
∂f = 3y 2 x + h0 (y) ∂y
(11)
derivando f respecto a y se tiene
igualando (9)
y ( ??) obtenemos 3y 2 x + h0 (y)
= 3xy 2 + 1 ⇒ h0 (y) = 1
integrando respecto a y se tiene h (y) = y + k
con k constante
Por últmo podemos obtener f (x, y) sustituyendo (??)
(12)
en ( 10)
3
f (x, y) = y x + x + y Teniendo f podemos determianar la integral Z F · dr = f ((2, 0)) − f ((0, 0)) C
= 2−0 = 2
Remark 2 Una forma alternativa de encontrar la función potencial es la siguiente: Tenemos el campo ¡ ¢ ¡ ¢ vectorial F (X) = y 3 + 1 i + 3xy 2 + 1 j como sabemos que F sea conservativo se debe cumplir que ∇f = F , para determinar f partimos de que ∂f = y3 + 1 ∂x
∂f = 3xy 2 + 1 ∂y
y
(13)
podemos hacer una integración parcial como sigue Z Z ¢ ¡ 3 ∂f dx = y + 1 dx ∂x f1 = xy 3 + x de igual forma
Z
∂f dy ∂y f2
=
Z
¡
¢ 3xy 2 + 1 dy
= xy 3 + y
Una forma de obtener la función potencial es definir la función f distintos de f1 y f2 , que en este caso sería f (x, y) = xy 3 + x + y que fue el resultado obtenido previamente. 119
como la suma de los términos
1.4 Cálculo de integrales de línea
Jorge Monge Fallas
Teorema 5 De Green: Sea C una curva simplemente cerrada en el plano xy y D la región limitada por C. Si P y Q tienen derivadas parciales continuas en D, entonces ¶ Z Z µ I ∂Q ∂P P dx + Qdy = − dA (14) ∂x ∂y C R donde C es recorrida en sentido contrario al movimiento de las manecillas del reloj. ∂Q ∂P − = 1 y la curva sobre la cual se trabaja es una curva cerrada ∂x ∂y entonces se tiene utilizando el teorema de Green ¶ Z Z µ I ∂Q ∂P P dx + Qdy = − dA ∂x ∂y ZR Z IC P dx + Qdy = dA C R I Z Z P dx + Qdy = AR dA = Notación 7 En caso de que
R
C
lo que implica que nosotros podríamos calcular áreas de regiones utilizando integrales curvilíneas. Para ello lo único que tenenemos que definir es quién es P y quién es Q , lo ideal es que estas funciones sean lo más simple, por ejemplo SiP (x, y) = −y ∧ ∂Q ∂P − = 0 − −1 ∂x ∂y ∂Q ∂P − = 1 ∂x ∂y
Q (x, y) = 0
esto significa que podemos calcular el área de cualquier región R utilizando la integral Z AR = −ydx C
donde C es la curva que define a R. Otra opción es definir las funciones como sigue Si P (x, y) = 0 ∧ ∂Q ∂P − = 1−0 ∂x ∂y ∂Q ∂P − = 1 ∂x ∂y
Q (x, y) = x
esto significa que podemos calcular el área de cualquier región R utilizando la integral Z xdy AR = C
Ejemplo 24 Calcular tra en la figura (13)
I
C
¡ ¢ ¡ ¢ arctan x + y 2 dx + ln(y + 1) − x2 dy donde C es el camino que se mues120
1.4 Cálculo de integrales de línea
Jorge Monge Fallas
La curva sobre la cual se calcula la integral es una curva cerrada, además C = C1 ∪ C2 ∪ C3 ∪ C4 esto significa que I I I P (x, y) dx + Q(x, y)dy = P (x, y) dx + Q(x, y)dy + P (x, y) dx + Q(x, y)dy C C1 C2 I I P (x, y) dx + Q(x, y)dy + P (x, y) dx + Q(x, y)dy + C3
C4
esto evidentemente sería demasiado trabajo, por lo que , dado que la curva es cerrada podemos utilizar el teorema de Green, el cual dice que bajo ciertas hipótesis ¶ I Z Z µ ∂Q ∂P P dx + Qdy = − dA ∂x ∂y C R para nuestro caso ∂P = 2y ∂y ∂Q Q (x, y) = ln (y + 1) − x2 ⇒ = −2x ∂x P (x, y) = arctan x + y 2 ⇒
así se tiene que
I
C
¡ ¢ ¡ ¢ arctan x + y 2 dx + ln y − x2 dy =
Z Z R
(−2x − 2y) dA
donde R es la región limitada por la curva C. Como la región R contiene circunferencias la integral doble la planateamos en coordenadas polares y R vendría dada por R = {(r, θ) ∈ R, tal que 1 ≤ r ≤ 2 ∧ 0 ≤ θ ≤ π} así Z Z
ZR Z R
(−2x − 2y) dA =
Z
π
0
(−2x − 2y) dA = −
Z
1
2
(−r cos θ − r sin θ) rdrdθ
14 3
Ejemplo 25 Utilice integrales curvilíneas para calcular el área de la región R,comprendida entre la x2 y2 elipse + = 1 y la parábola y 2 = 3x, como se muestra en la figura. 2 6
121
1.4 Cálculo de integrales de línea
Jorge Monge Fallas
Para calcular el área de esta región podemos utilizar la integral curvilínea Z AR = xdy C
como C es la curva que limita la región R, se tiene que C = C1 ∪ C2 , es decir Z Z Z AR = xdy = xdy + xdy C
C1
C2
como se muestra en la figura
es importante determinar los puntos de intersección de las dos curvas por lo que resolvemos el sistema x2 + y 2 = 4 (1) y2 x= (2) ⇒ 3x = y 2 (3) 3 122
1.4 Cálculo de integrales de línea
Jorge Monge Fallas
sustituyendo en (1) se tiene que x2 + 3x = 4 ⇒ x = −4 ∧ x = 1 nos quedamos con x = 1 por ser positivo y lo sustituimos en (3) √ 3x = y 2 ⇒ y = ± 3 √ ¢ ¡ √ ¢ ¡ esto implica que los puntos de intersección son P1 = 1, 3 y P2 = 1, − 3 . y2 t2 Parametrizamos C1 : x = ⇒y =t∧x= por lo que la función vectorial asociada a C1 es 3 3 √ √ t2 i + tj con − 3 ≤ t ≤ 3 3 √ √ recuerde que t = y además t varía de 3 a − 3 (orientación de la curva)como r (t) =
y
= t ⇒ dy = dt 2t t2 ⇒ dx = dt(no se utiliza ) x = 3 3 así Z
xdy
C1
Z
ZC1 C1
=
Z
√ − 3 2
√ 3
xdy
= −
xdy
= −
Z
t dt 3
√ 3
√ − 3
t2 dt 3
2√ 3 3
Parametrizamos C2 : x = 2 cos t ∧ y = 2 sin t (parametrización de la circunferencia)por lo que la función vectorial asociada a C2 es r (t) = 2 cos (t) i + 2 sin (t) j para determinar la variación de t debemos resolver ³ ³ √ ´ √ ´ r (t) = 1, − 3 ⇒ 2 cos (t) i + 2 sin (t) j = 1, − 3 √ −π −π 2 cos (t) = 1 ⇒ t = ∧ 2 sin (t) = − 3 ⇒ t = así 3 3 ¶ µ ³ √ ´ −π = P2 = 1, − 3 r 3 dado que P1 y P2 son simétricos respecto al eje X se pude deducir que ³π´ ³ √ ´ r = P1 = 1, 3 3 π π por lo que − ≤ t ≤ como 3 3 y = 2 sin t ⇒ dy = 2 cos tdt x = 2 cos t ⇒ dx = −2 sin tdt(no se utiliza ) 123
1.5 Ejercicios Jorge Monge Fallas así Z
xdy
=
π 3
−π 3
C2
Z
Z
xdy
=
2 cos t · 2 cos tdt
√ 3
C2
Por lo que el área de R vendría dada por AR
=
Z
xdy =
C
1.5
Z
C1
√ 2√ 3+ 3 3 1√ 3 3
AR
= −
AR
=
xdy +
Z
xdy
C2
Ejercicios
1. Demostrar que
Z
(3,4)
(1,2)
¡ ¢ ¡ ¢ 6xy 2 − y 3 dx + 6x2 y − 3xy 2 dy es independiente del camino que une
(1, 2) a (3, 4). Z 2. Verificar si (ex cos y + yz) dx + (xz − ex sin y) + (xy + z) dz es independiente del camino de integración.
C
3. Demostrar que el campo de fuerzas F (X) = (x + yz) i + (y + xz) j + (z + zy) k es un campo conservativo. ¡ ¢ ¡ ¢ 4. Demostrar que el campo de fuerzas F (X) = 2xz 3 + 6y i + (6x − 2yz) j + 3x2 z 2 − y 2 k es un campo conservativo. ¡ ¢ √ 5. ¿Determinar si el campo de fuerzas F (X) = yi + x3 + y j es un campo conservativo? Z 6. Calcular F ·dr donde F (X) = yi+x2 j+zk y C es la intersección de la esfera x2 +y 2 +z 2 = 4 C
y el plano y + z = 2.
7. Demostrar que el área limitada por una curva simple cerrada está dada por I 1 A= − ydx + xdy 2 C o por
I A = − ydx + ydy C
8. Utilice integrales curvilíneas para calcular el área de la región R,comprendida entre la elipse x2 y 2 + = 1 y la parábola y 2 = 3x, como se muestra en la figura. 2 6
124
1.5 Ejercicios Jorge Monge Fallas
9. Calcular el área de la elipse de ecuación
x2 y 2 + 2 = 1. a2 b
125
1.6 Aplicaciones Jorge Monge Fallas
1.6 1.6.1
Aplicaciones Distribución de masa a lo largo de una curva
Si se considera a la curva C como un delgado alambre de densidad variable, si la densidad δ (x, y, z) es un campo escalar. La masa M del alambre viene dado por Z M= δ (x, y, z) ds (15) C
y el centro de gravedad (x, y, z) o centroide se define como Z Z Mx = xδ (x, y, z) ds My = yδ (x, y, z) ds C
Mz =
C
Z
zδ (x, y, z) ds
C
Ejemplo 26 Calcular la masa M de un muelle que tiene forma de hélice cuyas ecuaciones paramétricas son x = a cos t, y = a sen t y z = bt con 0 ≤ t ≤ 2π, y la densidad es δ (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2
2
Integrales de Superficie
Definición 11 Sea S una superficie cuya proyección sobre el plano xy es una región R. Si la ecuación de S viene dada por z = g (x, y). Si f (x, y, g (x, y)) es continua en S y g tiene derivadas continuas entonces la integral de superficie de f sobre S viene dada por sµ ¶ µ ¶2 Z Z Z Z 2 ∂z ∂z f (x, y, g (x, y)) dS = f (x, y, g (x, y)) + + 1 dA ∂x ∂y S
R
Notación 8 Si S se proyecta sobre el plano xz entonces sµ ¶ µ ¶2 Z Z Z Z 2 ∂y ∂y f (x, y, z) dS = f (x, y, z) + + 1 dA ∂x ∂z S
R
donde y = h (x, z) . Si la ecuación de S viene dada en forma implícita por la ecuación F (x, y, z) = 0 se tiene que s Z Z Z Z (Fx )2 + (Fy )2 + (Fz )2 f (x, y, z) dS = f (x, y, z) dA 2 (Fz ) S
R
Si f (x, y, z) = 1 entonces
Z Z
dS
S
representa el área de la superficie S. Z Z xzds donde S se muestra en la figura (16) Ejemplo 27 Calcular S
126
Jorge Monge Fallas
Tomando la proyección sobre el plano xy, que en este caso viene dada como se muestra en la figura
y dado que la ecuación de S es z = 1 − y
entonces
∂z ∂x
∂z = 0 y = −1 ∂y Z 1Z 1 q Z Z xzds = xz 0 + (−1)2 + 1dydx x2
0
S
=
√ Z 2
1
0
= Por lo tanto
Z Z
xzds =
1 12
1√ 2 12
Z
1
x2
(x − xy) dydx
√ 2.
S
Ejemplo 28 Calcular
Z Z S
plano xy.
¡ ¢ 3zds siendo S la superficie del paraboloide z = 2 − x2 + y 2 sobre el
127
Jorge Monge Fallas
Las gráficas del paraboloide y de su proyección sobre el plano xy vienen dadas por las figuras 18 y 19
Para la ecuación de la superficie S = 2 − x2 − y 2
z ∂z ∂x
= −2x
y
∂z = −2y ∂y
así Z Z
3zds =
S
Z Z S
¡ ¡ ¢¢ p 3 2 − x2 + y 2 4x2 + 4y 2 + 1dydx
= 2 − r2 Z 2π Z =
como z
0
=
Z
0
= Por lo tanto tenemos que
0
2π
Z
111 π 10
0
√ 2 en coordenadas polares √ q 2¡ ¢ 2 2 4 (r cos θ) + 4 (r sin θ) + 1rdrdθ 6 − 3r2 y
√ 2
r=
¡ ¢p 4r2 + 1rdrdθ 6 − 3r2 Z Z
3zds =
111 π 10
S
Ejemplo 29 Calcular
Z Z
3x √ dS siendo S la superficie de ecuación z = 4 − x2 . 4x2 + 1
S
128
Jorge Monge Fallas
Se tiene que
Z Z S
3x √ dS = 4x2 + 1
Z Z
3x √ 4x2 + 1
R
sµ
∂z ∂x
¶2
+
µ
∂z ∂y
¶2
+ 1 dA
donde R es la proyección de S, en este caso vamos a proyectar sobre el plano XY como se muestra en la figura
como la ecuación de S es z = 4 − x2 se tiene que ∂z ∂z = 2x ∧ =0 ∂x ∂y
129
Jorge Monge Fallas
por lo que Z Z
3x √ 4x2 + 1
R
= = =
Z Z
Z RZ
Z RZ
3x √ 4x2 + 1
sµ
∂z ∂x
¶2
µ
+
∂z ∂y
¶2
+ 1dA
q (2x)2 + (0)2 + 1dA
p 3x √ 4x2 + 1dA 4x2 + 1 3xdA
R
de acuerdo con la proyección se tiene que Z Z
=
Z
0
3xdA
R 2Z 3
3xdydx
x
= 10 Por lo tanto tenemos que
Z Z
3x √ dS = 10 4x2 + 1
S
Ejemplo 30 Calcular
Z Z
xydS siendo S la superficie de ecuación z = 8 − 2y .
S
Se tiene que
Z Z S
xydS =
Z Z R
xy
sµ
∂y ∂x
¶2
+
µ
∂y ∂z
¶2
+ 1dA
donde R es la proyección de S, en este caso vamos a proyectar sobre el plano XZ como se muestra en la figura 130
Jorge Monge Fallas
1 y =4− z 2
como la ecuación de S es z = 8 − 2y se tiene que
∂y ∂y −1 =0∧ = ∂x ∂z 2 por lo que Z Z
xy
R
=
Z Z
xy
R
=
Z Z
xy
R
s
2
(0) +
r
0+
r
µ
−1 2
¶2
+ 1dA
1 + 1dA 4
5 dA 4
r Z Z 5 = xydA 4 R
1 como se proyecta sobre XZ debemos sustituir en la integral y = 4 − z y de acuerdo con la proyección 2 se tiene que r Z Z 5 = xy dA 4 R r Z Z µ ¶ 1 5 = x 4 − z dA 4 2 R
r Z 2 Z 4−x2 ³ xz ´ 5 4x − = dzdx 4 0 0 2 20 √ 5 = 3 131
2.1 Integrales de Superficie de Campos Vectoriales
Por lo tanto tenemos que
Z Z
xydS =
Jorge Monge Fallas
20 √ 5 3
S
Ejercicio 1 Calcular utilizando integrales de superficies el área indicada en caso.
b.
a.
2.1
Integrales de Superficie de Campos Vectoriales
Definición 12 Superficies orientadas: Si es posible elegir un vector unitario N en todo punto (x, y, z) de manera que N varía continuamente en S como se muestra en la figura, entonces S se llama una superficie orientada.
Definición 13 Si F es un campo vectorial continuo definido en una superficie orientada S con vector normal unitario exterior N , entonces la integral de superficie de F en S es Z Z Z Z F dS = F · N dS (16) S
S
Esta integral se llama también flujo de F a través de S. Se dice que la integral de superficie de un campo vectorial en S es igual a la integral de superficie de su componente normal. 132
2.1 Integrales de Superficie de Campos Vectoriales
Jorge Monge Fallas
En caso de que la superficie S esté descrita por la ecuación z = g (x, y), entonces un vector normal a S en (x, y, z) es ∇f donde f (x, y, z) = z − g (x, y) ∇f Así se toma n = se tiene que k∇f k sµ ¶ µ ¶2 Z Z Z Z 2 ∇f ∂z ∂z F · N dS = F· + + 1dA k∇f k ∂x ∂x S R Z Z Z Z ∇f F · N dS = F· k∇f k dA simplificando k∇f k Z RZ Z SZ F · N dS = F · ∇f dA como F X) = P i + Qj + Rk Z SZ
F · N dS
Z RZ
=
S
(−P fx − Qfy + R) dA
R
y R es la proyección de S en este caso en el plano xy. Z Z Ejemplo 31 Evaluar F · N dS con F (X) = yi + xj + xk y S es la superficie que se muestra en S
la figura
Se tiene que
Z Z S
F · N dS =
ZZ
R
F · ∇f dA
donde la ecuación de la superficie S está dada por z = g (x, y) si proyectamos sobre XY y R es la proyeccción de S sobre el plano XY , se tiene que f (x, y, z) = z − g (x, y) esto garantiza que el gradiente de f sea el normal exterior a S como se ve en el sólido, la proyección de S se muestra en la figura siguiente
133
2.1 Integrales de Superficie de Campos Vectoriales
Jorge Monge Fallas
del sólido vemos que la ecuación de la superficie S es 4x − 4y + z = 4, despejando z tenemos z = 4 − 4x + 4y g (x, y) = 4 − 4x + 4y
así
y f vendría dada por f (x, y, z) = z − (4 − 4x + 4y) ∇f = (4, −4, 1) ∇f = 4i − 4j + k por lo que Z Z
F · ndS
=
ZZ
R
S
= = =
ZZ
Z ZR
Z ZR R
F · ∇f dA (yi + xj + xk) · (4i − 4j + k) dA (4y − 4x + x) dA (4y − 3x) dA
para utilizar R como una región tipo II debemos despejar x en ambas ecuaciones y
=
y
= ⇒ ⇒ ⇒
⇒
x−1⇒x=y+1 −x2 + x ⇒ −16y = x2 − 16x 16 −16y = x2 − 16x + 64 − 64 (64 − 16y) = (x − 8)2 p x = ± 64 − 16y + 8 de acuerdo con la proyección p x = − 64 − 16y + 8 parte izquierda de la parábola
134
2.1 Integrales de Superficie de Campos Vectoriales
Habíamos quedado en que
Z Z
F · ndS =
S
ZZ
R
ZZ
R
(4y − 3x) dA =
(4y − 3x) dA y
Z
Por lo que
F · N dS = −
3
0
= − Z Z
Jorge Monge Fallas
Z
37 30
y+1
√ − 64−16y+8
(4y − 3x) dxdy
37 30
S
Ejemplo 32 Evaluar
Z Z
F · N dS con F (X) = yxi − xj + zk y S es la superficie que se muestra en
S
la figura
Tenemos que la ecuación de la superficie S es z = 2 − x − y, así g (x, y) = 2 − x − y y f vendría dada por f (x, y, z) = z − (2 − x − y) ∇f = (1, −1, 1) ∇f = i − j + k la proyeccción de S sobre el plano XY viene dada por la figura
135
2.1 Integrales de Superficie de Campos Vectoriales
por lo que
Z Z
F · N dS
=
ZZ
R
S
= =
ZZ
Z ZR
Jorge Monge Fallas
F · ∇f dA (yxi − xj + z) k · (i − j + k) dA (xy + x + z) dA
R
sustituyendo z = 2 − x − y en la integral ZZ ZZ (xy + x + z) dA = (xy + x + 2 − x − y) dA R Z ZR (xy + 2 − y) dA = R
De acuerdo a la región, planteamos la integral doble en coordenadas polares ZZ Z π2 Z 1 (xy + 2 − y) dA = (r cos θ · r sin θ + 2 − r cos θ) rdrdθ R
= = : Por lo que
Z Z
F · N dS =
S
Ejemplo 33 Evaluar
Z Z
Z
0
π 2
0
Z
0
1
0
¢ ¡ 3 r cos θ sin θ + 2r − r2 cos θ drdθ
1 5 π− 2 24
1 5 π− 2 24
F · N dS con F (X) = yi + xj + zk y S es la frontera de la región del sólido
S
E limitada por el paraboloide z = 1 − x2 − y 2 y el plano z = 0 .
Teorema 6 De la divergencia: Sea E una región solida simple cuya superficie frontera S tiene orientación positiva(hacia afuera) . Sea F un campo vectorial cuyas funciones componentes tienen derivadas parciales continuas en una región abierta que contiene a E, entonces Z Z Z Z Z F · N dS = divF dV S
E
136
2.1 Integrales de Superficie de Campos Vectoriales
Ejemplo 34 Evaluar
Z Z S
Jorge Monge Fallas
³ ´ 2 F · N dS en donde F (X) = xyi + y 2 + exz j + sin (xy) k y S es la
superficie de la región E limitada por el cilindro parabólico z = 1 − x2 y los planos z = 0, y = 0 x + y = 2. De acuerdo con la figura
y
se tiene que P divF divF
= xy, Q = y 2 + exz ∂P ∂Q ∂R = + + ∂x ∂y ∂z = y + 2y = 3y
si se define el sólido E tal que © E = (x, y, z) tal que − 1 ≤ x ≤ 1,
2
y
R = sin(xy)
0 ≤ z ≤ 1 − x2
y
entonces
Z Z
F · N dS
=
S
=
Z Z Z
divF dV
Z
Z
Z
E
1
−1
=
184 35
1−x2 0
0≤y ≤2−z
ª
2−z
3ydydzdx 0
Ejemplo 35 Sea el sólido limitado por los planos coordenados y el plano 2x + 2y + z = 6. Hallar Z Z F · N dS donde F (X) = xi + y 2 j + zk S
De acuerdo con la figura
137
2.1 Integrales de Superficie de Campos Vectoriales
Jorge Monge Fallas
Utilizando el teorema de la divergencia se tiene que Z Z Z Z Z F · N dS = divF dV S
E
P
= x, Q = y 2 y R = z ∂P ∂Q ∂R = + + ∂x ∂y ∂z = 1 + 2y + 1 = 2 + 2y
además
divF divF si se define el sólido E
tal que
E = {(x, y, z)
tal que 0 ≤ x ≤ 3,
0≤y ≤3−x
y
0 ≤ z ≤ 6 − 2x − 2y}
entonces Z Z
F · N dS
=
S
=
Z Z Z
Z
3
0
= Ejemplo 36 Calcular
RR S
divF dV
E
63 2
Z
3−x
0
Z
6−2x−2y
(2 + 2y) dzdydx 0
F · N dS donde S es la frontera del sólido E. Con F (X) = xzi + xyj + y 2 k.
138
2.1 Integrales de Superficie de Campos Vectoriales
Jorge Monge Fallas
Como la superficie S es la frontera del sólido, podemos utulizar el Teorema de Divergencia de Gauss. ¶ Z Z Z Z Z µ ∂M ∂N ∂P F · N dS = + + dV ∂x ∂y ∂z S Z ZE Z (x + z) dV = E
podemos utilizar la proyección sobre el plano XZ como muestra la figura
de esta forma ya podemos plantear la integral triple
139
2.1 Integrales de Superficie de Campos Vectoriales
Z Z Z
(x + z) dV
=
E
= ∴
Z
1 0
Z
3x
0
Z
Jorge Monge Fallas
4−z
(x + z) dydzdx +
0
Z
2 1
Z
0
4−x2
Z
4−z
(x + z) dydzdx
x−1
53 4073 13711 + = 8 420 840 Z Z 13711 F ds = 840 S
Teorema 7 De Stokes :Sea S una superficie suave y orientada que está limitada por una curva frontera C suave, cerrada simple y con orientación positiva como se muestra en las figuras. Sea F un campo vectorial cuyas componentes tienen derivadas parciales continuas en una región abierta en R3 que contiene a S y a C, entonces Z Z Z F · dr = (rotF ) · N dS C
Ejemplo 37 Calcular zi + zxj − zk
Z
C
S
F · dr donde C es la curva que se muestra en el sólido. Con F (X) =
. 140
2.1 Integrales de Superficie de Campos Vectoriales
Jorge Monge Fallas
Dado que la curva C limita una superficie S, esto nos permite utilizar el Teorema de Stokes , esto es Z Z Z F · dr = (rotF ) · N dS C
S
por lo que calculamos el rotacional del campo vectorial ¯ ¯ ¯ i j k ¯ ¯ ∂ ∂ ∂ ¯¯ ¯ rot F = ¯ ¯ = −xi + j + zk ¯ ∂x ∂y ∂z ¯ ¯ z zx −z ¯
y plantamos la proyección sobre el plano XY
Se tiene que
Z
C
F · dr
= =
Z Z
Z SZ
(rotF ) · N dS (rotF ) · ∇f dA
R
La ecuación de la superficie está dada por z = g (x, y) = 4 − x2 =⇒ f (x, y, z) = z − 4 + x2 . Haciendo g (x, y, z) = z − 4 + x2 se tiene que: ∇f = (2x; 0, 1) Luego se tiene que: Z Z Z Z Z F dr = rot F · n · dA = (−x, 1, z) (2x, 0, 1) dA C
=
Z RZ
− 2x2 + zdA =
R
Z RZ
− 2x2 + 4 − x2 dA (sustituyendo z = 4 − x2 )
R
de acuerdo a la región Z Z
2
2
− 2x + 4 − x dA =
R
Z
1
= − 141
2
Z
x2 x−1
421 60
¢ ¡ −3x2 + 4 dydx
2.1 Integrales de Superficie de Campos Vectoriales Z
Jorge Monge Fallas
421 60 C Z F dr donde C es la curva que se muestra en el sólido. Con F (X) = x2 i − Ejemplo 38 Calcular
por lo que
zxj + zk
F dr = −
C
. Dado que la curva C limita una superficie S, esto nos permite utilizar el Teorema de Stokes , esto es Z Z Z F · dr = (rotF ) · N dS C
S
por lo que calculamos el rotacional del campo vectorial ¯ ¯ i ¯ ∂ ¯ rot F = ¯ ¯ ∂x ¯ x2
j ∂ ∂y −zx
k ∂ ∂z z
y plantamos la proyección sobre el plano XZ 142
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = xi + 0j − zk ¯ ¯
2.1 Integrales de Superficie de Campos Vectoriales
Jorge Monge Fallas
Se tiene que Z
C
F · dr
Z Z
=
(rotF ) · N dS
Z SZ
=
(rotF ) · ∇f dA
R
La ecuación de la superficie está dada por z = g (x, y) = 4 − y =⇒ f (x, y, z) = z − 4 + y se tiene que: ∇f = (0, 1, 1) Luego se tiene que: Z F dr
=
C
= =
Z Z
Z RZ
rot F · n · dA = − zdA =
Z Z
Z RZ
(y − 4) dA
Z Z
(y − 4) dA =
Z Z
(x, 0, −z) (0, 1, 1) dA
R
− (4 − y) dA (sustituyendo z = 4 − x2 )
R
R
de acuerdo a la región
R
Z
1
= − por lo que 2.1.1
R
C
F dr = −
2
Z
0
4−x2
(y − 4) dydx
49 10
49 10
Ejercicios
1. Z SeaZ el sólido limitado por el cilindro x2 + y 2 = 4, plano x + z = 6 y el plano xy. Hallar ¡ ¢ F · N dS donde F (X) = x2 + sin z i + (xy + cos z) j + ey k S
2. Verificar el Teorema de Stokes: Si S es la porción del paraboloide z = 4 − x2 − y 2 , situada sobre el plano z = 0 y C es la curva de intersección con ese plano y si F (X) = (z − y) i + (z + x) j − (x + y) k Z 3. Evaluar F · dr con F (X) = −y 2 i + xj + z 2 k y C es la curva de interseción del plano C
y + z = 2 y el cilindro x2 + y 2 = 1 . Con C orientada en el sentido opuesto al movimiento de las manecillas del reloj. Z 4. Use el teorema de Stokes para calcular F · dr donde F (X) = x2 i + yxj + z 2 k y la curva C es C
la frontera de la porción del paraboloide y = 4 − x2 − z 2 que se encuentra en el primer octante y es recorrida en sentido positivo.
143