ejercicios resueltos integrales de linea 2011

7/28/2019 Ejercicios Resueltos Integrales de Linea 2011

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Universidad de Santiago de Chile Autores: Miguel Martnez Concha

Facultad de Ciencia Carlos Silva Cornejo

Departamento de Matemtica y CC Emilio Villalobos Marn

1 Integrales de Lnea

1.1 Problemas

Calcular la integral de trayectoria

Z!r

x3

yds; donde !r es la trayectoria y = x

2

2entre los puntos (0; 0) y (2; 2) :

Solucin

Primero, determinemos la ecuacin paramtrica de la trayectoriax = t

y =

t2

29=; t 2

[0; 2]

()!r (t) = t;

t2

2

Derivando la expresin anterior, queda!r 0 (t) = (1; t) =) k!r 0 (t)k = p1 + t2Adems

f(x; y) =x3

y=) f(!r (t)) = 2t

A partir de la denicin de integral de trayectoria tenemos

Z!r

x3

yds =

Z2

0

2tp

1 + t2dt

= 2

3 1 + t2

3=2

2

0

=2

3

p75 1

1.2 Problema

Dada la funcin escalar f(x; y) = 2xy; calcular la integral de trayectoria a lo

largo de la curva elipsex2

9+

y2

4= 1 desde el punto (3; 0) hasta (0; 2).

Solucin

Observemos que !r es el segmento de elipse que est en el primercuadrante.Entonces al parametrizar la curva queda

x = 3 cos ty = 2sent

t 2

0;

2 () !r (t) = (3 cos t; 2sent)

Derivando la trayectoria!r 0 (t) = (3sin t; 2cos t) () k!r 0 (t)k = p5sen2t + 4Calculemos la funcin escalar f sobre la trayectoriaf(x; y) = 2xy =) f(x (t) ; y (t)) = 6 cos tsentCalculemos la integral

1


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Z!r

2xyds =Z=2

0

12cos tsentp

5sen2t + 4dt

=

4

5

5sen2t + 4

3=2=20

=76

5

1.3 Problema

Calcular la integral de lnea

Z!r

xydx + x2dy; donde !r es la trayectoriax2 + 4y2 = 4; x > 0:Solucin

Primero, escribamos la ecuacin paramtrica de la trayectoria orientadapositivamente

x = 2 cos ty = sent

t 2

2; 2

=) !r (t) = (2 cos t;sent)

!F(x; y) =

xy;x2

=) !F(x (t) ; y (t)) =

2cos tsent; (2cos t)2

Determinemos el vector !r 0 = (2sent; cos t)Calculemos la integral

Z!r

xydx + x2dy = Z=2

=22cos tsent; (2cos t)2 (2sent; cos t) dt

=

Z=2=2

(4sen2t cos t + 4 cos3 t)dt

=

Z=2=2

(8sen2t cos t + 4 cos t)dt

=

8

3sen3t + 4sent

2

2

=8

3

1.4 Problema

Calcular la integral de lneaZ!r

y2dx + xdy; donde !r es la trayectoriay2 = 2x x2; tal que x > 1; y > 0:Solucin

Observemos que !r es el segmento de circunferencia:y2 = 2x x2 () (x 1)2 + y2 = 1 tal que x > 1; y > 0:

2


3/14

Entonces:x = 1 + cos t

y = sent t 2 0; 2 =) !r (t) = (1 + cost;sent)

=) !r 0 (t) = (sent; cos t)Calculemos el campo vectorial

!F sobre la trayectoria!

F(x; y) =y2; x =) !F(x (t) ; y (t)) = sen2t; 1 + cos t

Calculemos la integral

Z!r

y2dx + xdy =Z=2

0

sen3t + cos2 t + cos t

dt

=

Z=20

1 cos2 t sent + ( 1 + cos 2t

2) + cos t

dt

= cos t +cos3 t

3

+t

2

+sen2t

4

+ sent=2

0

= 1 13

+

4+ 1

=5

3+

4

1.5 Problema

Calcular la integral de lnea

Z!r

(8x + z)dx + 2xz2dy 4y2dz; siendo !r la curvadenida por las ecuaciones: z = 9 2x2 4y2; z = 1:

Solucin

Observemos, que la curva contenida en el plano z = 1, es la elipse2x2 + 4y2 = 8;con semi ejes a = 2 y b = p2; que se parametrizamediante.

x = 2 cos t

y =p

2sentz = 1

9=; t 2 [0; 2] =) !r (t) = 2cos t; p2sent; 1 t 2 [0; 2]

Calculemos el campo vectorial!F sobre la trayectoria!

F(x; y; z) =

8x + z; 2xz2; 4y2 =) !F(x (t) ; y (t)) = (16 cos t + 1; 4cos1t; 1)Evaluemos el vector!r 0 (t) = 2sent; p2cos t; 0 luego, obtenemos!F(x (t) ; y (t)) !r 0 (t) = (16cos t + 1; 4cos t; 1) 2sent; p2cos t; 0Entonces la integral de lnea es

Z!r

(8x + z)dx + 2xz2dy 4y2dz =Z

2

0

32sent cos t 2sent + 4

p2cos2 t

dt

3


4/14

=16sen2t + 2 cos t2

0+ 4p2Z2

0

1 + cos 2t

2

dt

= 4p

2

t

2+

sen2t

4

20

= 4p

2

1.6 Problema

Calcular el trabajo producido por campo de fuerzas dado por!F = (3x+4y; 2x+

3y2); a lo largo de la circunferencia C de radio 2 centrada en el origen y recorridacon orientacin positiva

Solucin

Denimos el trabajo mediante la integral de lnea

Z!r

!F d!r =

Zba

!F (!r (t)) !r 0 (t) dt

Luego, parametrizando la trayectoria tenemos:!r (t) = (2cost; 2sent); t 2 [0; 2]:=) !r 0(t) = (2sent; 2cos t)

Reemplazando el integrando, queda

W = I(3x + 4y; 2x + 3y2; 0) (dx;dy;dz)=

Z2

0

(6cost + 8sent; 4cost + 12sen2t; 0) (2sent; 2cost; 0)dt

=

Z2

0

[16sen2t + 8cos2t]dt= 16 + 8 = 8:

Trabajo negativo signica que el campo de fuerza disipa energa.

2 Campo conservativo

2.1 Problemas

Sea el campo vectorial!F : IR3 ! IR3dado por !F(x; y; z) = (x; y; z):Calcular

la integral

Z!r

!F d!r

a) Si C es la circunferencia x2 + y2 = 4 recorrida en el sentido positivo.

4


5/14

b) Si C es la recta que une P = (1; 0; 0) con Q = (1; 0; 4):c) Si C es la helicoide !r (t) = (cos(4t);sen(4t); 4t); t

2[0; 1] que une

P = (1; 0; 0) con Q = (1; 0; 4):

Solucin

a) Las ecuacin paramtrica de la circunferencia de radio 2 centrada en elorigen y recorrida en sentido positivo, es!r (t) = (2 cos t; 2sent; 0) t 2 [0; 2] =) !r 0 (t) = (2sent; 2cos t; 0)Entonces, la integral de linea queda

Z!r

!F d!r =

Z!r

(x; y; z) (dx;dy;dz)

= Z2

0

(2cos t; 2sent; 0) (2sent; 2cot s; 0) dt

=

Z2

0

8cos tsentdt = 0

b) La ecuacin paramtrica de la recta que une P = (1; 0; 0) con Q = (1; 0; 4)es:!r (t) = !P + (!Q !P)t = t(1; 0; 4) t 2 [0; 1] =) !r 0 (t) = (1; 0; 4) :Entonces

Z!r

!F d!r =

Z1

0

(t; 0; 4t) (1; 0; 4) dt

= Z1

0

16tdt = 8t210

= 8

c) A partir de la ecuacin de la helicoide se obtiene

!r 0(t) = (4sen(4t); 4 cos(4t); 4)

Sustituyendo trminos en el integrando, queda

Z!r

!F d!r =

Z1

0

(cos(4t); sen(4t); 4t) (4sen(4t); 4 cos(4t); 4)dt

=

Z1

0

(8sen(4t) cos(4t) + 4t)dt

=Z10

16tdt =

8t210

= 8

El valor de la integral de lnea es el mismo por ambas trayectorias.

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2.2 Problema

Calcular la integral

Z!r

2x cos ydx x2senydy; donde !r : [1; 2] ! IR2 denida

por !r (t) =

et1;sen

t

:

Solucin.

Determinemos si el campo vectorial es conservativo, de modo que calculamos

r !F =

i j k@

@x

@

@y

@

@z2x cos y x2seny 0

= (0; 0; 0)Como hallamos que r !F = !0 ; entonces !F tiene una funcin potencial (x; y) tal que

@@x

(x; y) = 2x cos y

@

@y (x; y) = x2seny

9>=>;

Integrando la primera ecuacin parcialmente con respecto a x, se tiene

(x; y) = x2 cos y + h (y) =) @@y

(x; y) = x2seny + h0 (y) = x2senyh0

(y) = 0 () h (y) = cEn consecuencia, la funcin potencial (x; y) para

!F (x; y) es

(x; y) = x2 cos y + c

Entonces , podemos armar que

Z!r

2x cos ydx x2senydy =Z!r

r d!r= (!r (2)) (!r (1))

donde

(!r (2)) =

e; sen

2

= e2 + c

(!r (1)) = (1; sen) = 1 + c

Por tanto. obtenemos:

Z!r

2x cos ydx x2senydy = e2 1

6


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2.3 Problema.

Considere el campo vectorial !F (x; y; z) en IR3

denido por :

!F (x; y; z) =

yz

1 + x2y2z2;

xz

1 + x2y2z2;

xy

1 + x2y2z2

Evaluar

Z!r

yzdx + xzdy + xydx

1 + x2y2z2;donde !r es:

a) el segmento rectlineo entre (0; 0; 0) y (1; 1; 1) :b) la insterseccin de x2 + y2 + (z 1)2 = 1; con x2 + y2 + z2 = 1:Solucin

Se tiene que las componentes del campo vectorial son continuas8 (x; y; z) 2 IR3Primero, veriquemos si el campo vectorial es conservativo o no.

r !F =

i j k@

@x

@

@y

@

@zyz

1 + x2y2z2xz

1 + x2y2z2xy

1 + x2y2z2

= (0; 0; 0)

Puesto que@

@y

xy

1 + x2y2z2=

@

@z

xz

1 + x2y2z2;

@

@z

yz

1 + x2y2z2=

@

@x

xy

1 + x2y2z2; etc.

= (0; 0; 0)

Como hallamos que r !F = !0 ; entonces !F tiene una funcin potencial (x; y) tal que:

@

@x (x; y) =

yz

1 + x2y2z2

@@y

(x; y) = xz1 + x2y2z2

@

@z (x; y) =

xy

1 + x2y2z2

9>>>>>=>>>>>;

Integrando la primera ecuacin parcialmente con respecto a x, se tiene

(x; y) = arctg (xyx) + h (y; z) =)@

@y (x; y) =

xz

1 + x2y2z2+ h

0

(y; z) =xz

1 + x2y2z2

h0

(y; z) = 0 () h (y; z) = g (x)

En consecuencia, la funcin potencial (x; y) para!F (x; y)es

(x; y) = arctg (xyx) + g (z) =) (x; y) =

xy

1 + x2y2z2+ g

0

(x) =xy

1 + x2y2z2

g0

(x) = 0 () g (x) = c

7


8/14

Entonces , podemos concluir que

(x; y) = arctg (xyx) + c

En este caso hallamos , que el valor de la integral

Z!r

yzdx + xzdy + xydx

1 + x2y2z2=

Z!r

r d!r = (1; 1; 1) (0; 0; 0)= arctg (1) arctg (0)=

4

Si !r es la interseccin de dos esferas la curva resultante es cerrada, en

consecuenciaZ!r

yzdx + xzdy + xydx

1 + x2y2z2=

Z!r

r d!r = 0

3 Teorema de Green

3.1 Problema

Vericar el teorema de Green para el campo vectorial!F (x; y; z) =

2(x2 + y2); (x + y)2

;donde

las curvas frontera de la regin D corresponden al contorno del tringulo convrtices en los puntos (1; 1) ; (2; 2) ;y (1; 3) orientado positivamente.

Solucin

Como el campo vectorial !F (x; y) es de clase C1; y la regin D conexa,entonces el teorema de Green ama que:Z

C

P dx + Qdy =

Z ZD

@

@xQ @

@yP

dxdy

Identicando trminos, tenemos que

P (x; y) = 2(x2 + y2) =) @P@y

= 4y

Q (x; y) = (x + y)2 =) @Q@x

= 2(x + y)

Entonces calculemosZZD

@Q

@x @P

@y

dxdy =

ZZD

2 (x y) dxdy

donde D = f(x; y) 2 IR2 : 1 x 2; x y 4 xg . Luego

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ZZD

2 (x y) dxdy = Z21

Z4xx

2 (x y) dydx

=

Z2

1

xy y

2

2

4xx

dx

=

Z2

1

2x(4 x) (4 x)2 2x2 + x2 dx

= 4Z

2

1

(x 2)2 dx = 4"

(x 2)33

#21

= 43

Calculemos directamente la integral de lnea, segmentando la frontera

en tres curvas:

ZC

P dx + Qdy =

ZC1

P dx + Qdy +

ZC2

P dx + Qdy

+

ZC3

P dx + Qdy

Parametricemos los segmentos de curvas que unen los puntos (1; 1) y (2; 2) ;(2; 2) y (1; 3);(1; 3) y (1; 1)

(1,1)

(2,2)

(1,3)

x

y

Sea C1 la recta y = x; 1 x 2 =) !r (t) = (t; t) ; t 2 [1; 2]=) !r 0 (t) = (1; 1) ; t 2 [1; 2] entonces:

ZC1

2(x2

+ y2

)dx + (x + y)2

dy =Z21

h2

t2

+ t2

+ (2t)2i

dt

=

Z2

1

8t2dt = 8

t3

3

21

=56

3

9


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Sea C2 la recta y = 4 x; 1 x 2 =) !r (t) = (4 t; t) ; t 2 [2; 3]=

)!r 0 (t) = (

1; 1) ; t

2[2; 3] ; entonces:

ZC2

2(x2 + y2)dx + (x + y)2dy =

Z3

2

h2

(4 t)2 + t2 (1) + (4)2i dt=

Z3

2

2 16 8t + 2t2 + 16dt= 4

Z3

2

t2 4t + 4 dt = 4Z3

2

[t 2]2 dt

= 4"

(t 2)33

#32

= 43

Sea C3 la recta x = 1; 1 y 3 =) !r (t) = (1; 3 t) ; t 2 [0; 2]=) !r 0 (t) = (0; 1) ; t 2 [0; 2] ; entonces:

ZC3

2(x2 + y2)dx + (x + y)2dy =

Z2

0

(4 t)2(1)dt

=

"(4 t)3

3

#20

=8

3 64

3= 56

3

Por lo tanto, al sumar los tres trminos tenemos:

ZC

2(x2

+ y2

)dx + (x + y)2

dy =56

3 4

3 56

3 = 4

3

Lo que muestra la validez de la formula del teorema de Green.

3.2 Problema

Vericar el teorema de Green para

IC

x2ydx + xy2dy; donde C es la frontera de

la region R en el primer cuadrante, limitada por las grcas de y = x; y3 = x2:Solucin.

Primero, calculemos la integral de lnea considerando la orientacin positiva

de la frontera, dividiendola en dos segmentos C1 y = x y C2 y3

= x2

:Determinemos los puntos que se intersectan ambas curvas:y = x

y3 = x2

=) x3 = x2 =) x2 (x 1) = 0 () x = 0 y x = 1

Luego, ambas curvas se intersectan en los puntos (0; 0) y (1; 1) :Enconsecuencia la regin R queda delimitada por

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R =

(x; y) 2 IR2=0 x 1; x y x2=3

Parametrizando el segmento de curva C1tenemos:C1 : !r 1 (t) = (t; t) ; t 2 [0; 1] =) !r 01 (t) = (1; 1)Calculemos el campo vectorial sobre la curva C1

!F(!r 1 (t)) =

t3; t3

=)

!F(!r 1 (t)) !r 01 (t) =

t3; t3

(1; 1) = t3 + t3 = 2t3Para C2 encontramos

C2 :!r 2 (t) =

1 t; (1 t)2=3 ; t 2 [0; 1] =) !r 0

1(t) =

1; 2

3(1 t)1=3

Luego, la funcin compuesta para el campo sobre C2 es:

!F(!r 2 (t)) = (1 t)

8=3; (1 t)7=3 =)!F(!r 1 (t)) !r 01 (t) = (1 t)8=3; (1 t)7=3 1; 23 (1 t)1=3

= (1 t)8=3 23

(1 t)2

Entonces la integral de lnea queda

IC

x2ydx + xy2dy =

Z1

0

2t3dt Z

1

0

((1 t)8=3 + 23

(1 t)2)dt

=

t4

4+

3(1 t)11=311

+2(1 t)3

9

110

= 14

311

29

=1

198

Por otra parte el campo vectorial!F (x; y) de clase C1; es decir campo con-

tinuo con primera derivada continua,denido en la regin R conexa,acotado poruna frontera cerrada, entonces podemos aplicar el teorema de Green que ama:I

C

x2ydx + xy2dy =

Z ZR

@

@x(x2y) @

@y(xy2)

dxdy

donde R =

(x; y) 2 IR2=0 x 1; x y x2=3

,entonces:

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Z ZR

@

@x(x2y) @

@y(xy2)

dxdy =

Z10

Zx2=3x

y2 x2 dydx

=

Z1

0

y3

3 x2y

x2=3x

dx

=

Z1

0

x2

3 8x8=3 + 2

3x3

dx

=

x3

9 3

11x11=3 +

x4

6

10

=1

9 3

11+

1

6=

1

198

Con esto,vericamos el teorema de Green en este caso particular.

3.3 Problema

Calcule la integral

IC

y2x2 + 3y2

dx +x

2x2 + 3y2dy a lo largo de la curva C for-

mada por los lados del cuadrado con vrtices en (1; 1) ; (1; 1) ; (1; 1) ; (1; 11) :Solucin.

Claramente vemos que el campo vectorial!F (x; y) en la regin acotada por

C no es continuo, con primeras derivadas parciales continuas en el origen(0; 0) :Luego, vamos a excluir el origen de la regin . Dado que la regin envueltapor la curva C; que excluye la singularidad, no es simplemente conexa, se

tiene que:ZC

P dx + Qdy +

ZC1

P dx + Qdy =

ZZD

@Q

@x @P

@y

dxdy

donde la curva C1 es la elipse con ecuacin 2x2 + 3y2 = r2; orientada enel sentido horario, con normal apuntando hacia fuera de la regin D:Por otra parte.

@Q

@x=

3y2 2x2(2x2 + 3y2)2

@P

@y=

3y2 2x2(2x2 + 3y2)2

9>>=>>; =)

@Q

@x @P

@y

= 0

Entonces, tenemos

ZC

P dx + Qdy + ZC1

P dx + Qdy = ZZD

@Q

@x

@P

@y dxdy = 0

=)Z

C

P dx + Qdy = Z

C1

P dx + Qdy

=)Z

C

P dx + Qdy =

ZC1

P dx + Qdy

12


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Parametrizando C1

como !r (t) = rp

2cos t;

rp3

sent con 0 t 2Se obtieneZ

C1

P dx + Qdy =

Z2

0

rsentp

3r2

rp

2sent

+

rp2r2

cos t

rp3

cos t

dt

=1p

6(2)

=

r2

3

Por lo tanto, la integral

ZC

P dx + Qdy = r2

3

3.4 Problema

Sea C una curva cerrada simple que encierra una regin

D =

(x; y) 2 IR2= x

2

4+

y2

5= 1

:Calcular el rea del interior de la elipse usando el teorema de Green.Solucin.

A partir del teorema de Green tenemos

A (D) =1

2IC

xdy

ydx

Parametricemos la ecuacin de la elipse , mediante!r (t) = (2cos(t); p5sen(t)); 0 t 2:Entonces x(t) = 2cos(t); y(t) =

p5sen(t), luego

dx = 2sen(t); dy(t) = p5cos(t)Reemplazando trminos en el integrando

1

2

IC

xdy ydx = 12

Z2

0

(2p

5cos2(t) + 2p

5sen2(t))dt

=p

5Z20

dt

= 2p

5

13


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3.5 Problema

Considere la regin R del plano x2

+ (y a)2

a2

; x2

+ y2

2a2

y usando elteorema de Green, verique que el rea de dicha regin coincide con el rea deun cuadrado de lado a.

Solucin

La curva C1descrita por la ecuacin x2 + (y a)2 = a2 ;corresponde a

la circunferencia con centro en (0; a) y radio a y la curva C2 es la

ecuacin x2 + y2 = 2a2 de la circunferencia con centro en (0; 0) y radioap

2.Calculemos los puntos de interseccin de ambas curvas, igualando

ambas ecuaciones, produce 2a2 2ay = 0 =) y = aSustituyendo este resultado en la segunda ecuacin, obtenemosx2 = a2

()x =

a

Por lo tanto, los puntos de interseccin de ambas curvas son P1 = (a; a)y P2 = (a; a) que tienen coordenadas polares (a

p2; 3=4) y (a

p2; =4)

respectivamente.

En consecuencia, la curva cerrada C que forma la frontera de R es la uninde la curva C1 parametrizada por:

x(t) = acost;y (t) = a + asent; donde t 2 [0; ]y de la curva C2 parametrizada por

x(t) = ap

2cost; y(t) = ap

2sent; dondet 2 [=4; 3=4]:El teorema de Green arma que

A (R) = 12

IC

xdy ydx

donde la orientacin de C es positiva.

A (R) =1

2

IC1

xdy ydx + 12

IC2

xdy ydx

Las orientaciones de C1 y C2; van en sentido opuesto a los punteros del reloj,para que C tenga orientacin positiva. Entonces

A (R) =1

2

Z0

(a2sent + a2)dt +1

2

Z=43=4

(2a2)dt

= 12

a2 [ cos t + t]0 + 2a2 [t]=43=4

=1

2

2a2 + a2 a2 = a2

Resultado que verica que el rea de la regin R es igual a la de un cuadradode lado a

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ejercicios resueltos integrales de linea 2011

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