trabajo de analisis

3

Geraldine Cisneros

Integrales Mltiples y Sus Aplicaciones

1. INTEGRALES DOBLESEn este trabajo se extiende el concepto de la integral de una funcin real de variable real a funciones de varias variables, comenzando en este captulo con integrales de funciones de dos variables; es decir, funciones del tipo f : D 2

. La integral

doble tiene diversas aplicaciones tanto mecnicas como geomtricas, pero su significado intrnseco es el volumen, as como el significado de una integral de una funcin de variable real es el rea.

1.1 INTRODUCCIN: LA INTEGRAL DEFINIDAEl nombre de Suma de Riemann se debe al matemtico alemn: Georg Friedrich Bernhard Riemann (1826-1866).

Como referencia para la definicin de la integral doble, se debe recordar la integral definida de una funcin real de variable real, la cual surge como solucin al problema del clculo de rea bajo una curva. Sea f una funcin real definida en [a, b] y sea P una particin del intervalo cerrado [a, b] , donde P = {x0 , x1 , x 2 ,, xi 1 , xi , , x n 1 , x n }.

Una suma de Riemann de la funcin f para la particin P , denotada por RP es un nmero real obtenido como:Sus contribuciones destacaron en las reas de anlisis y geometra diferencial, la fisicomatemtica y la teora de funciones de variables complejas. Su nombre tambin est relacionado con la funcin zeta. La longitud del subintervalo genrico se calcula de la siguiente manera:

RP = f ( xi* ) xii =1

n

(I.1)

donde: n es el nmero de subintervalos de la particin P ,xi* [ xi 1 ,xi ] y xi

es la longitud del subintervalo genrico

(tambin llamado subintervalo i-simo). En la figura 1 se aprecia el significado geomtrico de la Suma de Riemann para el caso de una funcin f positiva en el intervalo cerrado [a, b] .

xi = xi xi 1

UC. Facultad de Ingeniera. Departamento de Matemtica.

4

Geraldine CisnerosSignificado geomtrico de la suma de Riemann Si la funcin


positiva x a, b , entonces la suma de Riemann corresponde a un valor aproximado del rea de la regin comprendida bajo la grfica de la funcin f , sobre el eje x, y entre las rectas x = a y x = b .

[ ]

f

es

Figura 1.1 Significado geomtrico de la Suma de Riemann para una funcin positiva en el intervalo cerrado [a, b ] .

f

En la grfica a) la regin sombreada es la que est comprendida bajo la grfica de la funcin f , sobre el eje x, y entre las rectas x = a y x = b . En la grfica b) la suma de las reas de los rectngulos sombreados es el valor numrico de la Suma de Riemann para la funcin f en el intervalo cerrado [a, b ] .

Decir que la norma de la particin P tiende a cero, P 0 , es equivalente a decir que el nmero de subintervalos de la particin P tiende a infinito, n .

Si la norma de una particin P, denotada como P , se define como la longitud ms grande de todos los subintervalos, entonces al hacer que la norma sea lo suficientemente pequea, esto esP 0 , la particin se hace ms fina, lo cual lleva a la definicin

de la Integral Definida.El smbolo lo introdujo el matemtico alemn Gottfried Wilhelm von Leibniz (1646, 1716).

DEFINICIN: integral definida de

f en [a ,b ]

Sea f una funcin real definida en un intervalo cerrado [a, b] . La integral definida de f desde a hasta b , denotada por

f (x )dx , esta dada por:b a

si el lmite existe.

b a

f ( x ) dx = Lm f ( xi* )xp 0 i =1

n

(I.2)


5

Geraldine CisnerosLab a

Integrales Mltiples y Sus AplicacionesDonde:

Integral

Definida

f (x )dx

es un nmero

es el signo de integracin, a y b son los lmites def ( x ) es el

real que puede interpretarse como el rea bajo la grfica de la funcin f , sobre el eje x y entre las rectas x = a y x = b , si la funcin es positiva.

integracin inferior y superior, respectivamente;

integrando o funcin integrando y la diferencial de x, denotada pordx , indica que la variable de integracin es x.

1.2 INTEGRAL DOBLE SOBRE RECTNGULOSSea f :2

una funcin definida sobre la regin rectangular

cerrada D , dada por: D = [ a,b ] [ c,d ] =

{( x, y )

2

a x b c y d (I.3)

}

Una particin

intervalo [a, b] es un conjunto finito de elementos, donde se cumple:a = x0 < x1 < < xi 1 < xi < < xn = b

Px

del

Sea P una particin de la regin D , la cual se logra con el producto cartesiano de las particiones Px y Py de los intervalos

[a, b] y [c, d ] , respectivamente, como se muestra a continuacin:Px = {x 0 , x1 , x 2 , , xi 1 , xi , , x n 1 , x n }

(I.4) (I.5)

Py = {y 0 , y1 , y 2 , , y j 1 , y j , , y m 1 , y m }entonces

P = Px Py

(I.6)

Si la particin Px tiene n + 1 elementos y n subintervalos [ xi 1, xi ] de longitud xi = xi xi 1 , y la particin Py tiene m + 1 elementos ym subintervalos y j 1, y j

[

]

de longitud y j = y j y j 1 , entonces la

regin rectangular D queda dividida por la particin P en n m rectngulos denominados Dij , tal como se muestra en la figura 1.2.


6

Geraldine Cisneros


En la figura 1.2, se aprecia que:

xi 1 xi xi y j 1 y j y j*

*

Figura 1.2 Particin

P de una regin rectangular D .

Figura 1.3Subrectngulo

Dij*

El subrectngulo denotado Dij , es un elemento de la particin P , cuya rea, denotada Aij se calcula como:

El

punto

(x

*

i

, y j ) Dij

por lo tanto existen diferentes alternativas para su seleccin las ms comunes son: Esquina inferior izquierda * xi , y j * = xi 1 , y j 1

Aij = xi y j

(I.7)

Al tomar un punto arbitrario (xi * , y j * ) en el subrectngulo Dij , se puede establecer la doble suma de Riemann para la funcin f en la particin P , denotada como S D :

(

) (

)

( (

Esquina inferior derecha xi * , y j * = xi , y j 1

) ( ) (

) )

Esquina superior izquierda xi * , y j * = xi 1 , y j Esquina superior derecha * * xi , y j = x i , y j

S D = f xi , y j Aij* * i =1 j =1

n

m

(

)

(I.8)

Esta doble suma de Riemann es un valor numrico que se obtiene al efectuar la suma del producto de la imagen de la funcin f en cada punto arbitrario (xi * , y j * ) y el rea de cada rectngulo Dij . Al expandir la expresin (I.8) se obtiene:

(

) (

)

Punto medio

(x

*

i

x + x y j 1 + y j , y j * ) = i 1 i , 2 2


7

Geraldine Cisneros

Integrales Mltiples y Sus AplicacionesS D = f x1 , y1 A11 + f x1 , y 2 A12 + f x 2 , y A21 + f x 2 , y 2

( (

(

*

*

*

* 1

)

)

(

(

*

*

*

*

) )A )

22

+

( + f (x (

+ f x1 , y m A1m +* 2

*

*

, ym

*

) )A )

2m

+

(I.9)

f x n , y1 An1 + f x n , y 2 An 2 +

*

*

)

(

*

*

+ f x n , y m Anm

*

*

Si se define la norma P de la particin P como la longitud de la diagonal ms grande de todos los rectngulos Dij y se hace queP 0 , entonces la particin P se hace ms fina, esto es, ahora

la regin R queda dividida en muchos ms rectngulos, y se puede plantear:Lim S D = Lim f xi , y j Aij* * P 0 P 0 i =1 j =1 n m

(

)

(I.10)

Todo esto permite establecer la definicin de la integral doble.

1.2.1 INTEGRAL DOBLE DE f SOBRE DAs como la suma de Riemann es una aproximacin de la integral definida, la doble suma de Riemann es una aproximacin de la integral doble.

DEFINICIN: Integral doble de f sobre D Sea f :2

una funcin real definida sobre un rectngulo

D del plano. La integral doble de f sobre D , denotada por

f (x , y )dA , se define como:D

Otras notaciones para la integral doble son:

D

f ( x , y )dA = Lim f xi , y j Aij* * P 0 i =1 j =1

n

m

(

)

(I.11)

f (x , y )dxdy f (x , y )dydxD

D

si el lmite existe. Decir que el lmite existe significa que:

f (x , y )dA = LD

(I.12)

donde L


8

Geraldine CisnerosDefinicin del lmite de una funcin: El lmite

Integrales Mltiples y Sus AplicacionesSi el lmite de la expresin (I.11) existe se dice que

f

es

integrable sobre D , recordando la definicin del lmite, esto significa que para todo > 0 existe un nmero > 0 , tal que:

Lim f ( x ) = Lx x0

existe si > 0 > 0 tal que f ( x ) L < siempre que0 < x x0 <

f (xn m i =1 j =1

* i

, y j Aij L < *

)

(I.13)

Siempre que:

Observe que la condicin

P h ( x ) , entonces:

d c

F ( x, y ) dy =

h( x ) g ( x)

F ( x, y ) dy =

h( x ) g ( x)

f ( x, y ) dy

(I.38)

Por lo que se puede definir la integral doble sobre una regin de tipo 1 de la siguiente manera:


36

Geraldine Cisneros

Integrales Mltiples y Sus AplicacionesDEFINICIN: Integrales dobles sobre regiones de tipo 1 Sea f una funcin real y continua de dos variables, definida en una regin D del tipo 1, tal que

D=

{ ( x, y )

a xb

g ( x) y h ( x)

}

(I.39)

La integral doble de f sobre una regin D de tipo 1, denotada

f ( x, y ) dA , est dada por:D

f ( x, y )dA = D a

b

h( x ) g ( x)

f ( x, y )dydx

(I.40)

Si por el contrario, la regin D es de tipo 2, se debe seleccionar un rectngulo R = [ a,b ] [ c,d ] que contenga a D , tal como se muestra en la figura 1.29.

yd

x = h(y)

Dc x = g(y) a b

R

x

Figura 1.29 Rectngulo

R que contiene a la regin D de tipo 2

Como f ( x, y )dA = F ( x, y )dA , por el teorema de Fubini seD R

tiene:

F ( x, y )dA = R c

d

b a

F ( x, y ) dxdy

(I.41)


37

Geraldine Cisneros

Integrales Mltiples y Sus Aplicacionesdonde F ( x, y ) = 0 si x < g ( y ) x > h ( y ) , entonces:

como:

b a

F ( x, y ) dx =

h( y ) g( y)

F ( x, y ) dx =

h( y ) g( y)

f ( x, y ) dx

(I.42)

La integral doble sobre una regin del tipo 2 se puede definir

DEFINICIN: Integrales dobles sobre regiones de tipo 2 Sea f una funcin real y continua de dos variables, definida en una regin D del tipo 2, tal que

D=

{ ( x, y )

g ( y) x h( y) c y d

}

(I.43)

La integral doble de f sobre una regin D de tipo 2, denotada

f ( x, y ) dA , est dada por:D

f ( x, y )dA = D c

d

h( y ) g( y)

f ( x, y )dxdy

(I.44)

COMENTARIO

De ahora en adelante, para indicar el orden de integracin y para una mejor visualizacin de los lmites de integracin, se emplearn unas flechas, sobre la grfica de la regin D , que indicarn el valor inicial y final de la variable de acuerdo a la entrada y salida de la flecha, respectivamente. En una regin de tipo 1, la integral doble de la funcin f se obtiene como

a

b

h( x ) g ( x)

f ( x, y )dydx , de acuerdo a la ecuacin (I.40),

esta integral indica que la primera integracin se realiza respecto a la variable y , por lo cual se indicar sobre la regin D como se ilustra en la siguiente figura:


38

Geraldine Cisneros


: Indica cual es el valor de la variable y a la salida de la regin D (lmite superior). : Indica cual es el valor de la variable y a la entrada de la regin D (lmite inferior).

Figura 1.30 Orden de integracin para la integral doble de

f sobre una regin tipo 1

Por otra parte, la ecuacin (I.44) seala que en una regin de tipo 2, la integral doble de la funcin

f

se obtiene como

c

d

h( y ) g( y)

f ( x, y )dxdy , lo que indica que la primera integracin se

realiza respecto a la variable x, por lo cual se sealar sobre la regin D como se muestra a continuacin:

y: Indica cual es el valor de la variable x a la salida de la regin D (lmite superior). : Indica cual es el valor de la variable x a la entrada de la regin D (lmite inferior).

x = h(y)

d

Dc x = g(y) a b

R

x

Figura 1.31 Orden de integracin para la integral doble de

f sobre una regin tipo 2


39

Geraldine CisnerosEJEMPLO 1.5

Integrales Mltiples y Sus AplicacionesEvale las siguientes integrales iteradas, dibuje la regin D determinada por los lmites de integracin e indique cuales regiones son del tipo 1, del tipo 2 o de ambos. a) c) 1 0

x2 0

dydx4 y2

b) d)

1

2

3 x +1 2xey y

dydx xdxdy

2 0

4 y

2

dxdy

0

1

Solucin: a) Para resolver la integral 1 0

x2 0

dydx , se evala primero la integral

interna, pero a diferencia del ejemplo 1.4 de aqu en adelante se mantendr la integral externa, como sigue:

Figura 1.32 Slido del ejemplo 1.5 parte a

0

1

x2 0

1 x dydx = dy dx = y 0 0 0 12

x2 0

3 dx = 1 x 2 dx = x 0 3

1

=0

1 3

0

1

x2 0

dydx =

1 3

La regin D de este ejercicio es de tipo 1 y de tipo 2, ya que se puede definir como:Figura 1.33 Funcin f definida en la regin D del ejemplo 1.5 parte a

Regin tipo 1: D =

{( x, y )

0 x 1 0 y x2

}

Regin tipo 2: D =

{( x, y )

y x 1 0 y 1

}

La grfica de la regin D, junto con el orden de integracin se muestra en la siguiente figura:


40

Geraldine Cisneros

Integrales Mltiples y Sus AplicacionesValor de y a la salida de D

y = x2

En el ejemplo 1.5 a la integral 1 x dydx = 1 , lo

0

2

0

3

cual quiere decir que el slido definido sobre D bajo la grfica de f , tiene como volumen 3 1 (UL) , donde UL son3

DValor de y a la entrada de D

unidades de longitud.

Figura 1.34

y=0

Regin D del ejemplo 1.5 a

b) Se desea resolver la integral

2 1

3 x +1 2x

dydx

1

2

3 x +1 2x

2 3 x +1 2 2 3 x +1 dydx = dy dx = y 2 x dx = ( x + 1)dx 1 2x 1 1

Figura 1.35 Slido del ejemplo 1.5 parte b

( x + 1) 1 ( x + 1)dx =2

2

2

2

=1

5 2

1

2

3 x +1 2x

dydx =

5 2

La regin D es una regin de tipo 1, definida como:Figura 1.36 Funcin f definida en la regin D del ejemplo 1.5 parte b

D=

{( x, y )

1 x 2

2 x y 3x + 1

}

La grfica de la regin D se muestra en la siguiente figura


41

Geraldine Cisneros

Integrales Mltiples y Sus AplicacionesValor de y a la salida de D

y = 3x + 1

x=2

x =1

DValor de y a la entrada de D

y = 2x

Figura 1.37 Regin

D del ejemplo1.5 b

c) Resolviendo la integral doble

2 0

4 y2 4 y2

dxdy , se tiene:

0

2

4 y2

2 4 y 2 2 dxdy = dx dy = x 4 y2 0 4 y 2 0

4 y2 4 y2

dy = 2 2 4 y 2 dy 0

Figura 1.38 Slido del ejemplo 1.5 parte c

Esta

integral

se

resuelve

empleando

una

sustitucin

trigonomtrica:2 4 y 2 2 0 2 0

0

4 y

dxdy = 2 2

4 y 2 dy = 4

y 1 dy 2

2

Figura 1.39 Funcin f definida en la regin D del ejemplo 1.5 parte c

Al sustituir el cambio de variable se tiene:


42

Geraldine CisnerosCV: Cambio de Variabley = sen 2dy = 2 cos d


0

2

4 y2 4 y2

dxdy = 4

2 0

1 ( sen ) 2 cos d = 8 2 cos 2 d2 0

CLI: Cambio de los lmites de integracinLI: y = 0 = arcsen0 = 0 LS:

0

2

4 y2

1 + cos ( 2 ) sen ( 2 ) dxdy = 8 2 d = 4 + 2 4 y 0 2 2

2

= 2

0

y = 2 = arcsen1 =

2

0

2

4 y2

4 y 2

dxdy = 2

La regin D del ejemplo 1.5 c es de tipo 1 y de tipo 2, ya que se puede definir como:De radio = 2 y altura = 1 por lo tanto se puede calcular su volumen como: 2 ( 2 ) (1) V= = 22

Regin tipo 1: D =

{( x, y ){( x, y )

2 x 2 0 y 4 x2

}}

lo que coincide con la integral:

Regin tipo 2: D =

4 y2 x 4 y2

0 y2

0

2

4 y2 4 y2

dxdy = 2

La grfica de la regin D se muestra en la siguiente figura:

Valor de x a la entrada de D

Valor de x a la salida de D

x = 4 y2

x = 4 y2

D

Figura 1.40 Regin D del ejemplo 1.5 c

y =0


43

Geraldine Cisnerosd) La integral


0

1

ey y

xdxdy es diferente a las tres partes

anteriores, ya que la funcin integrando es diferente a la unidad.

0

1

ey y

Figura 1.41 Slido del ejemplo 1.5 parte d

e xdxdy = 0 y 1

y

12 3 xdx dy = x 2 0 3

ey y

1 2 3y 3 dy = 0 e 2 y 2 dy 3

0

1

ey y

2 2 3y 2 5 xdxdy = e 2 y 2 3 3 5

1

=0

2 2 3 2 2 2 4 3 2 32 e = e 3 3 5 3 9 45

0

1

ey y

4 3 32 xdxdy = e 2 9 45

Figura 1.42 Funcin f definida en la regin D del ejemplo 1.5 parte d

La regin D es una regin de tipo 2, definida como:D=

{( x, y )

y x ey 0 y 1

}

La grfica de la regin D se muestra en la siguiente figura:y=1

D

Valor de x a la entrada de D

x= y

Valor de x a la salida de D

x = ey

y=0Figura 1.43 Regin D del ejemplo 1.5 d


44

Geraldine Cisneros

Integrales Mltiples y Sus Aplicaciones 1.7 PROPIEDADES DE LA INTEGRAL DOBLEA continuacin se presentan las propiedades de la integral doble de una funcin f : general D. 1.7.1 Propiedad de linealidad Sean f :2 2

real de dos variables sobre una regin

y g:

2

dos funciones reales y continuas

definidas en una regin D , y sean y dos nmeros reales cualesquiera, entonces:

D

f ( x, y ) + g ( x, y ) dA = f ( x, y ) dA + g ( x, y ) dA D D(I.45)

1.7.2 Propiedad de orden Sean f :2

y g:

2

dos funciones reales y continuas

definidas en una regin D , tales que f ( x, y ) g ( x, y ) ( x, y ) D , entonces:

f ( x, y )dA g ( x, y )dAD D

(I.46)

1.7.3 Propiedad aditiva respecto a la regin de integracin Sea f :2

una funcin real y continua definida en una regin

general D . Si la regin D est dividida en dos subregiones D1 yD2 (es decir D = D1 D2 ), entonces:

f ( x, y )dA = D

D1

f ( x, y )dA + f ( x, y )dAD2

(I.47)


45


Integrales Mltiples y Sus AplicacionesEvale la siguiente integral doble y dibuje la regin D .

( x + y + 1) dA ,D

D=

{ ( x, y ) y x

2

+ 2x

y3

y 3x + 6

}

Solucin: El primer paso para resolver este ejercicio es identificar si la reginD es tipo 1 o tipo 2. En la siguiente figura se muestra la regin D .Figura 1.44 Funcin f definida en la regin D del ejemplo 1.6Ntese como en este ejemplo la funcin f no es estrictamente positiva.

y=3 y = 3x+6

y = x2+2x

Figura 1.45 Regin D del ejemplo 1.6

La regin D de este ejemplo no es de tipo 1, ni de tipo 2, por lo tanto, para evaluar la integral doble pedida, se emplear la propiedad sealada en la ecuacin (I.47). Para este ejemplo, se tienen dos alternativas: dividir a la regin D en dos subregiones tipo 1 o dividirla en dos subregiones tipo 2. A continuacin se analizan ambas situaciones. i) Cuando la regin D es dividida por la recta x = 1 , se obtienen dos subregiones de tipo 1; es decir, D = D1 D2 , donde:D1 =

{( x, y )

2 x 1 x 2 + 2 x y 3 x + 6 y 1 x 1 x2 + 2 x y 3

}

D2 =

{( x, y )

}


46

Geraldine Cisneros

Integrales Mltiples y Sus AplicacionesEn la figura 1.46 se aprecia la regin D dividida en dos regiones tipo 1.x = 1

Valor de y a la salida de D2 y =3

Valor de y a la salida de D1 y = 3x + 6

D1

D2

Valor de y a la entrada de D1 y = x2 + 2 x

Valor de y a la entrada de D2 y = x2 + 2 x

Figura 1.46

Regin D del ejemplo 1.6 dividida en dos regiones tipo 1

Por lo tanto:I = ( x + y + 1) dA = D

( x + y + 1)dydx + 1 x + 2 x ( x + y + 1)dydx 2 x + 2 x2 2

1

3 x+6

1

3

1 1 15 x4 5x2 x4 I = 24 3 x3 + + 25 x dx + 3 x3 + 5 x 2 + x dx 2 1 2 2 2 2

I=

29 172 + 60 15 239 20

I = ( x + y + 1) dA =D

ii) Cuando se traza la recta y = 0 , la regin D se divide en dos subregiones de tipo 2; es decir, D = DA DB , donde:DA =

{( x, y )

1 1 + y x 1 + 1 + y

1 y 0 y

}

DB = ( x, y )

y6 x 1 + 1 + y 0 y 3 3


47

Geraldine Cisneros

Integrales Mltiples y Sus AplicacionesLa figura 1.47 muestra la regin D dividida en dos regiones tipo 2.

Valor de x a la entrada de DBy 6 x= 3

Valor de x a la salida de DB

DB

x = 1 + 1 + y

y=0

Valor de x a la entrada de DAx = 1 1 + y

DA1

Valor de x a la salida de DAx = 1 + 1 + y

Figura 1.47 Regin D del ejemplo 1.6 dividida en dos regiones tipo 2

Entonces, siendo I = ( x + y + 1) dA , se tiene que:D

I =

0 1

( x + y + 1)dxdy + 0 y 6 1 1+ y3

1+ 1+ y

3

1+ 1+ y

( x + y + 1)dxdy

Resolviendo se obtiene I =

8 749 + , luego: 15 60 239 20

I = ( x + y + 1) dA =D


48


Integrales Mltiples y Sus AplicacionesEvale la siguiente integral doble y dibuje la regin D .

(10 + 4 xD

2

y ) dA , D =

{ ( x, y )

yx 2

x2 + y 2 4

}

Solucin: Tal como se explic en los ejemplos anteriores, el primer paso para resolver la integral doble planteada consiste en clasificar a laFigura 1.48 Funcin f definida en la regin D del ejemplo 1.7

regin D en una regin de tipo 1 o tipo 2. Para ello se deben estudiar las inecuaciones que definen a la regin D . La solucin de la inecuacin y x 2 es la interseccin de las inecuaciones: i) y x 2 (si y x ) ii) x y 2 (si y < x )

Segn la definicin del valor absoluto: y x si yx = x y si yx y 0.

Podemos dibujar fcilmente la regin D calculando los puntos de corte de las rectas con las hiprbolas dadas (recordemos que son slo los del primer cuadrante): xy = 1 y=x x2 = 1 P1 = (1, 1); xy = 1 y = 4x x2 = 1 1 P2 = ( , 1) 4 2

xy = 2 y = 4xxy = 2 y=x

x2 =

1 1 4 P3 = ( , ); 2 2 2

x2 = 2 P4 = ( 2, 2)

Problemas resueltos

Es obvio que esta regin D (en el plano xy) es la imagen, T (Q), del recinto (en el plano uv) Q = (u, v) R2 : 1 u 2, 1 v 4 . Aplicando el teorema del cambio de variable obtenemos: x2 y 2 dxdy =D2

u2Q

1 dudv = 2v4 1

=1

u2 du.

1 u3 dv = 2v 3

2

.1

1 log v 2

4

=1

7 log 2. 3

4. Calcule la integral (2zx2 + 2zy 2 ) dxdydz ,V

siendo V el volumen exterior a la hoja superior del cono z 2 = x2 + y 2 e interior al cilindro x2 + y 2 = 1, con z 0. Solucin: La interseccin del cono con el cilindro es: x2 + y 2 = z 2 x2 + y 2 = 1 la circunferencia x2 + y 2 = 1 en el plano z = 1.

La integral mltiple

El conjunto V ser el conjunto descrito por: V = (x, y, z) R3 : x2 + y 2 1, 0 z x2 + y 2

Haciendo el cambio a coordenadas cilndricas x = cos T : U R3 , T (, , z) = ( cos , sen , z) y = sen z=z siendo U =]0, +[]0, 2[R, JT (, , z) = . De esta manera, y puesto que x2 + y 2 = 2 = 1 en el cilindro y z 2 = 2 en el cono, el recinto V es la imagen, T (Q), (salvo un conjunto de medida cero, que es la regin del plano y = 0 comprendida entre el cilindro y el cono) del conjunto Q = {(, , z) U : 0 < 1, 0 < < 2, 0 z } U. Por tanto, haciendo la integral con este cambio de variable obtenemos: (2zx2 + 2zy 2 ) dxdydz =V

=Q 1

2z2 dddz =0 2 0 z 2 3 0 d

1 0 1

2 0 2 0

2z3 dz d d =1

=0

d =0

6 d d = 2 65

=0

. 3

Problemas resueltos5. Calcule la integralA

xyz dxdydz , siendo A el conjunto

A = {(x, y, z) R3 : x2 + y 2 + z 2 1 , x 0 , y 0 , z 0}. Solucin:

Puesto que el conjunto A es un trozo de esfera haremos el cambio a coordenadas esfricas para que el recinto de integracin sea ms manejable. x = cos sen y = sen sen z = cos T : U R3 , T (, , ) = ( cos sen , sen sen , cos )

T es C 1 -invertible, con jacobiano, JT (, , ) = 2 sen , distinto de cero en cualquier punto del abierto U =]0, +[]0, 2[]0, [. Sea Q = (, , ) R3 : 0 < 1, 0 < Es claro que su imagen mediante T es T (Q) = A {(x, y, z) A : y = 0}

, 0 0). 2 a b c a b c

Solucin o i) La regin a considerar es el interior del cilindro a2 = x2 +z 2 cortado por los cuatro planos o x + y = a, x + y = a, x y = a, x y = a. 3

z

y x

Como la proyeccin del slido sobre el plano XY es el cuadrado R limitado por las rectas o o x + y = a, x + y = a, x y = a, x y = a, el volumen se calcula por la frmula o a2 x2

V

=R

dxdy0

a2 x2 x+a xa

dz = 2R

a2 x2 dxdya x+a

=

2a

dx

a2 x2 dy + 20

dxxa

a2 x2 dy = 2a3 8a3 /3.

[Para calcular las integrales se puede hacer alguna sustitucin trigonomtrica.] o e ii) El slido consiste en la regin limitada entre el plano XY y el paraboloide z = x2 + y 2 y o o cuya proyeccin sobre el plano XY es la regin R limitada por las curvas xy = a2 , xy = 2a2 , o o y = x/2, y = 2x (en realidad la regin es unin de dos regiones, una de ellas en el primer o o cuadrante y otra en el tercer cuadrante; como las regiones tienen la misma rea y la funcin a o z = x2 + y 2 es simtrica, bastar multiplicar por dos el resultado obtenido al considerar e a unicamente la parte del primer cuadrante).

z

4

Podemos pues escribir el volumen como:x2 +y 2

V =2R

dxdy0

dz =R

(x2 + y 2 ) dxdy.

Para calcular la integral doble sobre la regin R, realizamos el cambio de variables dado o por las ecuaciones xy = u, x/y = v. 1 x, y = y que la nueva regin de integracin sea R = {(u, v) : o o u, v 2v a2 u 2a2 , 1/2 v 2}. El volumen se calcula entonces como Este cambio hace que J2a2 2

V =2a2

du1/2

uv +

u 1 9a4 dv = . v 2v 2

iii) El slido est ahora comprendido entre la funcin dada y los planos coordenados. o a o

z

y x

Su proyeccin sobre el plano XY es la regin R del primer cuadrante limitada por los o o x y + = 1, de modo que el volumen es ejes coordenados y la astroide de ecuacin o a b sencillamente 2c(1 x/a y/b)

V

=R a 0 b((1

dz x/a)2

=0

dx0

c(1

x/a

y/b)2 dy =

abc . 90

[Todas las integrales son inmediatas.] iv) Ahora el slido es la regin limitada superiormente por el elipsoide o o inferiormente por el cono x2 y 2 z 2 + 2 + 2 =1e a2 b c

x2 y2 z2 + 2 = 2 , por encima del plano XY . Como la interseccin o a2 b c 2 2 x y de ambas supercies es la elipse 2 + 2 = 1/2, situada en el plano z = c/ 2, el volumen a b se expresa mediante la integral 2 2 2 2c 1x /a y /b

V =R

dxdy

c

dz,x2 /a2 +y 2 /b2

donde R es la regin limitada por la citada elipse o 5

x2 y2 + 2 = 1/2. a2 b

Para calcular dicha integral hacemos el cambio de variables x = (a/ 2)u cos v, y = (a/ 2)u sen v, cuyo jacobiano vale J = abu/2. Con estos datos,2 1

V =0

dv0

(c 1 u2 /2 c/2)

abu 5 1 du = ab. 2 12 3 2

50. Encontrar el volumen de la regin acotada por las supercies z = x2 + y 2 , z = o 10 x2 2y 2 . Solucin o En la gura del lado izquierdo se muestran los dos paraboloides que limitan la regin, y en o el lado derecho se ilustra la curva interseccin y su proyeccin sobre el plano XY . o o

z

z

y

yx x Como la proyeccin de dicha curva interseccin es la elipse de ecuacin o o ox2 + y 2 = 10 x2 2y 2 2x2 + 3y 2 = 10, para calcular el volumen utilizamos coordenadas polares modicadas, es decir hacemos la transformacin o x 2/10 = u cos v, y 3/10 = u sen v,cos v

cuyo jacobiano es J = frmula o V =R 1

2/10 sen v 3/10

u sen v 2/10 u cos v 3/10

10u = . El volumen se calcula entonces por la 6

[10 x2 2y 2 (x2 + y 2 )] dxdy2 0

=0

du

10u 200 (10 10u2 ) dv = 6 6 6

1 0

50 (u u3 ) du = . 6

51. Calcular el volumen del casquete esfrico limitado por e x2 + y 2 + z 2 x2 + y 2 + z 2 x2 + y 2 con z 0, siendo 0 < a < b. = a2 = b2 = z2,

Solucin o

y x

Si escribimos el volumen en coordenadas esfricas, de acuerdo a la gura tenemos: e x = r cos sen arb y = r sen sen donde 0 /4 . z = r cos 0 2 Recordando que el jacobiano de la transformacin es J = r2 sen , el volumen se escribe o ahora de la siguiente forma:b /4 2

V

=a

dr0

d 10

r2 sen d = 2 2 2 =

r3 3

b

/4

cos a 0

2

=

b3 a3 3

(2 2)(b3 a3 ). 3

52. (a) Describir las supercies r = constante, = constante, z = constante, en el sistema de coordenadas cil ndricas. (b) Idem para las supercies r = constante, = constante, = constante, en coordenadas esfricas. e

Solucin o a) De las ecuaciones que denen las coordenadas cil ndricas: x = r cos , y = r sen , z = z, al hacer r = k, obtenemos x2 + y 2 = k 2 , 7

lo que corresponde a un cilindro con eje de simetr el eje Z y radio k. a Si hacemos = k, basta dividir las dos primeras coordenadas para obtener y = tg k, x lo que corresponde a un plano vertical que pasa por el origen (los distintos valores de k dan los diferentes ngulos con respecto al plano y = 0). a Si hacemos z = k, esta misma ecuacin representa un plano horizontal de altura k. o b) Las coordenadas esfricas de un punto se obtienen mediante las ecuaciones e x = cos sen , y = sen sen , z = cos . Si hacemos = k, obtenemos x2 + y 2 + z 2 = k 2 , es decir la esfera centrada en el origen con radio k. Si hacemos = k, al igual que con las coordenadas cil ndricas, y = tg , x que representa tambin un plano vertical. e Si, por ultimo, escribimos = k, resulta: x2 + y 2 = 2 sen2 z 2 = 2 cos2 que representa un cono de vrtice el origen. e = x2 + y 2 = tg2 , z2

53. Calcular el momento de inercia de un slido en forma de cono circular recto con o densidad constante respecto a su eje.

Solucin o Supongamos que el cono de altura h y radio en la base r tiene vrtice en el origen y eje e vertical. Entonces su ecuacin es o z2 = h2 2 (x + y 2 ). r2

Si la densidad en cada punto del slido es k, el momento de inercia respecto al eje Z viene o dada por la frmula: o Iz =S

k(x2 + y 2 ) dV.

Para resolver la integral, escribimos el slido en coordenadas cil o ndricas, x = u cos v, y = u sen v. La ecuacin del cono se escribe entonces como z = hu/r y la integral pedida o2 r h r

Iz =0

dv0

duhu/r

k u3 dz = 2k0

u3 h

uh khr4 du = . r 10

8

Otra forma de resolver la integral consiste en realizar la transformacin a coordenadas o esfricas, x = cos sen , y = sen sen , z = cos . De este modo la ecuacin del e o plano z = h se escribe como = h/ cos , y la integral es ahora2 arc tg(r/h) h/ cos

Iz

=0

d0 arc tg(r/h)

d0

k 2 sen2 2 sen d h5 d 5 cos5 2kh5 r4 4. 5 4h

= =

2k0

sen3 arc tg(r/h)

2kh5 5

tg3 sec2 d =0

54. HallarR3

1 dxdydz. [1 + (x2 + y 2 + z 2 )3/2 ]3/2

Solucin o Si realizamos la transformacin a coordenadas esfricas, x = cos sen , y = sen sen , o e z = cos , como el valor absoluto del jacobiano de la transformacin es J = 2 sen , la o integral se escribe como: 2

I=0

d0

d0

2 sen d. (1 + 3 )3/2

Para resolver la integral, como las variables estn separadas, basta multiplicar las tres a integrales simples. Tenemos as :

I

=0

2 d (1 + 3 )3/2 0

2

d0 0

sen d 4 l 2(1 + 3 )1/2 m 3 bb

=

4 3

32 (1 + 3 )3/2 d =

=0

8 . 3

55. CalcularR

(y 2 + z 2 ) dxdydz, siendo R un cono recto de revolucin de altura h, o

base situada en el plano XY y de radio a y eje en el eje Z. Solucin o

z h

a x a

y

9

La gura adjunta muestra el cono descrito, el cual tiene por ecuacin a2 (h z)2 = h2 (x2 + o y 2 ). Pasando la integral a coordenadas cil ndricas, x = u cos v, y = u sen v, z = z, tenemos:a 2 h(au)/a

I=0

du0

dv0

u(u2 sen2 v + z 2 )dz = =

a4 h h3 a2 + . 20 30

10

INTEGRALES TRIPLES.

1

x 0 0

y

46. Dada la integral0

f (x, y, z) dzdydx, dibujar la regin de integracin y escribir o o

la integral de todas las formas posibles.

Solucin oz

y

x

Teniendo en cuenta la grca adjunta, si D1 , D2 y D3 son las proyecciones sobre los tres a planos coordenados, las diferentes formas de escribir la integral son las siguientes:

y

1

x

y

1

1

y

dxdyD1 0 x

f dz f dyz 1

=0 1

dx0 1

dy0 x

f dz =0 1

dyy x

dx0 x

f dz, f dy,z 1

dxdzD2

=0 1

dzz y

dxz 1

f dy =0 1

dx0 1

dz dyz y

dydzD3 y

f dx =0

dy0

dzy

f dx =0

dz

f dx.

47. Calcular las siguientes integrales triples: i)V

(x2 + y 2 ) dxdydz, donde V est limitado por las supercies x2 + y 2 = 2z, a z = 2.

ii)W

(1+z 2 ) dxdydz, siendo W la regin limitada por 2az = x2 +y 2 , x2 +y 2 z 2 = o a2 , z = 0.

Solucin o 1

i) La regin de integracin es el interior del paraboloide limitado por el plano z = 2. o oz

y x

Como la proyeccin de dicha regin sobre el plano z = 0 es el c o o rculo C : x2 + y 2 4, la integral triple se puede descomponer entonces como2

I=C

dxdy(x2 +y 2 )/2

(x2 + y 2 ) dz.

Al escribir la integral en coordenadas cil ndricas, se obtiene:2 2 2 2

I=0

dv0

u duu2 /2

u2 dz = 20

u3 (2 u2 /2) du =

16 . 3

ii) La interseccin del paraboloide 2az = x2 + y 2 con el hiperboloide x2 + y 2 z 2 = a2 o da la circunferencia x2 + y 2 = 2a2 situada en el plano z = a. Esto indica que ambas supercies son tangentes a lo largo de dicha circunferencia; por ello deducimos que la regin o de integracin est limitada superiormente por el paraboloide, inferiormente por el plano o a z = 0 y lateralmente por el hiperboloide (en la gura se muestran dos vistas de la regin o de integracin). o

z

z

x

y

x

y

Debemos descomponer la integral en dos sumandos pues, si (x, y) est en el c a rculo de centro el origen y radio a, entonces z est comprendido entre el plano z = 0 y paraboloide a el 2az = x2 + y 2 y, si (x, y) est entre el c a rculo anterior y el c rculo de radio a 2, entonces z est comprendido entre el hiperboloide x2 + y 2 z 2 = a2 y el paraboloide anterior. a La frmula que se obtiene es pues ox2 +y 2 2a

I

=x2 +y 2 a2

dxdy0

(1 + z 2 ) dzx2 +y 2 2a

+a2 x2 +y 2 2a2

dxdy

(1 + z 2 ) dz.

x2 +y 2 a2

2

Para resolver las integrales, las escribimos en coordenadas cil ndricas. As ,2 a u2 /2a 2 a 2 u2 /2a

I

=0

dv0

u du0 3

(1 + z ) dz +0

2

dva

u du

(1 + z 2 ) dzu2 a2

= = (10 + a2 )a /30. [Todas las integrales a resolver son casi inmediatas.]

48. CalcularS

(1 + x + y + z)3 dxdydz, donde S es el tetraedro limitado por los tres

planos coordenados y el plano de ecuacin x + y + z = 1. o

Solucin o Si llamamos D a la proyeccin de la regin de integracin sobre el plano XY , podemos o o o escribir la integral como1xy

I=D 0

(1 + x + y + z)3 dz dxdy.

Como, a su vez, D es el tringulo de vrtices (0, 0), (1, 0) y (0, 1), la integral se descompone a e en las siguientes integrales iteradas:1 1x 1xy

I

=0 1

dx0 1x

dy0

(1 + x + y + z)3 dz

=0 1

dx0

y (1 + x + y)2 dy + 8 2

=0

x1 1 1 1 5 + dx = ln 2 . 8 4 2(1 + x) 2 16

49. Calcular los volmenes de los cuerpos limitados por las siguientes supercies: u i) a2 = x2 + z 2 , x + y = a, x y = a. ii) z = x2 + y 2 , xy = a2 , xy = 2a2 , y = x/2, y = 2x, z = 0. iii) iv) x + a y + b z = 1, x, y, z 0. c

x2 y2 z2 x2 y2 z2 + 2 + 2 = 1, 2 + 2 = 2 , (z > 0). 2 a b c a b c

Solucin o i) La regin a considerar es el interior del cilindro a2 = x2 +z 2 cortado por los cuatro planos o x + y = a, x + y = a, x y = a, x y = a. 3

z

y x

Como la proyeccin del slido sobre el plano XY es el cuadrado R limitado por las rectas o o x + y = a, x + y = a, x y = a, x y = a, el volumen se calcula por la frmula o a2 x2

V

=R

dxdy0

a2 x2 x+a xa

dz = 2R

a2 x2 dxdya x+a

=

2a

dx

a2 x2 dy + 20

dxxa

a2 x2 dy = 2a3 8a3 /3.

[Para calcular las integrales se puede hacer alguna sustitucin trigonomtrica.] o e ii) El slido consiste en la regin limitada entre el plano XY y el paraboloide z = x2 + y 2 y o o cuya proyeccin sobre el plano XY es la regin R limitada por las curvas xy = a2 , xy = 2a2 , o o y = x/2, y = 2x (en realidad la regin es unin de dos regiones, una de ellas en el primer o o cuadrante y otra en el tercer cuadrante; como las regiones tienen la misma rea y la funcin a o z = x2 + y 2 es simtrica, bastar multiplicar por dos el resultado obtenido al considerar e a unicamente la parte del primer cuadrante).

z

4

Podemos pues escribir el volumen como:x2 +y 2

V =2R

dxdy0

dz =R

(x2 + y 2 ) dxdy.

Para calcular la integral doble sobre la regin R, realizamos el cambio de variables dado o por las ecuaciones xy = u, x/y = v. 1 x, y = y que la nueva regin de integracin sea R = {(u, v) : o o u, v 2v a2 u 2a2 , 1/2 v 2}. El volumen se calcula entonces como Este cambio hace que J2a2 2

V =2a2

du1/2

uv +

u 1 9a4 dv = . v 2v 2

iii) El slido est ahora comprendido entre la funcin dada y los planos coordenados. o a o

z

y x

Su proyeccin sobre el plano XY es la regin R del primer cuadrante limitada por los o o x y + = 1, de modo que el volumen es ejes coordenados y la astroide de ecuacin o a b sencillamente 2c(1 x/a y/b)

V

=R a 0 b((1

dz x/a)2

=0

dx0

c(1

x/a

y/b)2 dy =

abc . 90

[Todas las integrales son inmediatas.] iv) Ahora el slido es la regin limitada superiormente por el elipsoide o o inferiormente por el cono x2 y 2 z 2 + 2 + 2 =1e a2 b c

x2 y2 z2 + 2 = 2 , por encima del plano XY . Como la interseccin o a2 b c 2 2 x y de ambas supercies es la elipse 2 + 2 = 1/2, situada en el plano z = c/ 2, el volumen a b se expresa mediante la integral 2 2 2 2c 1x /a y /b

V =R

dxdy

c

dz,x2 /a2 +y 2 /b2

donde R es la regin limitada por la citada elipse o 5

x2 y2 + 2 = 1/2. a2 b

Para calcular dicha integral hacemos el cambio de variables x = (a/ 2)u cos v, y = (a/ 2)u sen v, cuyo jacobiano vale J = abu/2. Con estos datos,2 1

V =0

dv0

(c 1 u2 /2 c/2)

abu 5 1 du = ab. 2 12 3 2

50. Encontrar el volumen de la regin acotada por las supercies z = x2 + y 2 , z = o 10 x2 2y 2 . Solucin o En la gura del lado izquierdo se muestran los dos paraboloides que limitan la regin, y en o el lado derecho se ilustra la curva interseccin y su proyeccin sobre el plano XY . o o

z

z

y

yx x Como la proyeccin de dicha curva interseccin es la elipse de ecuacin o o ox2 + y 2 = 10 x2 2y 2 2x2 + 3y 2 = 10, para calcular el volumen utilizamos coordenadas polares modicadas, es decir hacemos la transformacin o x 2/10 = u cos v, y 3/10 = u sen v,cos v

cuyo jacobiano es J = frmula o V =R 1

2/10 sen v 3/10

u sen v 2/10 u cos v 3/10

10u = . El volumen se calcula entonces por la 6

[10 x2 2y 2 (x2 + y 2 )] dxdy2 0

=0

du

10u 200 (10 10u2 ) dv = 6 6 6

1 0

50 (u u3 ) du = . 6

51. Calcular el volumen del casquete esfrico limitado por e x2 + y 2 + z 2 x2 + y 2 + z 2 x2 + y 2 con z 0, siendo 0 < a < b. = a2 = b2 = z2,

Solucin o

y x

Si escribimos el volumen en coordenadas esfricas, de acuerdo a la gura tenemos: e x = r cos sen arb y = r sen sen donde 0 /4 . z = r cos 0 2 Recordando que el jacobiano de la transformacin es J = r2 sen , el volumen se escribe o ahora de la siguiente forma:b /4 2

V

=a

dr0

d 10

r2 sen d = 2 2 2 =

r3 3

b

/4

cos a 0

2

=

b3 a3 3

(2 2)(b3 a3 ). 3

52. (a) Describir las supercies r = constante, = constante, z = constante, en el sistema de coordenadas cil ndricas. (b) Idem para las supercies r = constante, = constante, = constante, en coordenadas esfricas. e

Solucin o a) De las ecuaciones que denen las coordenadas cil ndricas: x = r cos , y = r sen , z = z, al hacer r = k, obtenemos x2 + y 2 = k 2 , 7

lo que corresponde a un cilindro con eje de simetr el eje Z y radio k. a Si hacemos = k, basta dividir las dos primeras coordenadas para obtener y = tg k, x lo que corresponde a un plano vertical que pasa por el origen (los distintos valores de k dan los diferentes ngulos con respecto al plano y = 0). a Si hacemos z = k, esta misma ecuacin representa un plano horizontal de altura k. o b) Las coordenadas esfricas de un punto se obtienen mediante las ecuaciones e x = cos sen , y = sen sen , z = cos . Si hacemos = k, obtenemos x2 + y 2 + z 2 = k 2 , es decir la esfera centrada en el origen con radio k. Si hacemos = k, al igual que con las coordenadas cil ndricas, y = tg , x que representa tambin un plano vertical. e Si, por ultimo, escribimos = k, resulta: x2 + y 2 = 2 sen2 z 2 = 2 cos2 que representa un cono de vrtice el origen. e = x2 + y 2 = tg2 , z2

53. Calcular el momento de inercia de un slido en forma de cono circular recto con o densidad constante respecto a su eje.

Solucin o Supongamos que el cono de altura h y radio en la base r tiene vrtice en el origen y eje e vertical. Entonces su ecuacin es o z2 = h2 2 (x + y 2 ). r2

Si la densidad en cada punto del slido es k, el momento de inercia respecto al eje Z viene o dada por la frmula: o Iz =S

k(x2 + y 2 ) dV.

Para resolver la integral, escribimos el slido en coordenadas cil o ndricas, x = u cos v, y = u sen v. La ecuacin del cono se escribe entonces como z = hu/r y la integral pedida o2 r h r

Iz =0

dv0

duhu/r

k u3 dz = 2k0

u3 h

uh khr4 du = . r 10

8

Otra forma de resolver la integral consiste en realizar la transformacin a coordenadas o esfricas, x = cos sen , y = sen sen , z = cos . De este modo la ecuacin del e o plano z = h se escribe como = h/ cos , y la integral es ahora2 arc tg(r/h) h/ cos

Iz

=0

d0 arc tg(r/h)

d0

k 2 sen2 2 sen d h5 d 5 cos5 2kh5 r4 4. 5 4h

= =

2k0

sen3 arc tg(r/h)

2kh5 5

tg3 sec2 d =0

54. HallarR3

1 dxdydz. [1 + (x2 + y 2 + z 2 )3/2 ]3/2

Solucin o Si realizamos la transformacin a coordenadas esfricas, x = cos sen , y = sen sen , o e z = cos , como el valor absoluto del jacobiano de la transformacin es J = 2 sen , la o integral se escribe como: 2

I=0

d0

d0

2 sen d. (1 + 3 )3/2

Para resolver la integral, como las variables estn separadas, basta multiplicar las tres a integrales simples. Tenemos as :

I

=0

2 d (1 + 3 )3/2 0

2

d0 0

sen d 4 l 2(1 + 3 )1/2 m 3 bb

=

4 3

32 (1 + 3 )3/2 d =

=0

8 . 3

55. CalcularR

(y 2 + z 2 ) dxdydz, siendo R un cono recto de revolucin de altura h, o

base situada en el plano XY y de radio a y eje en el eje Z. Solucin o

z h

a x a

y

9

La gura adjunta muestra el cono descrito, el cual tiene por ecuacin a2 (h z)2 = h2 (x2 + o y 2 ). Pasando la integral a coordenadas cil ndricas, x = u cos v, y = u sen v, z = z, tenemos:a 2 h(au)/a

I=0

du0

dv0

u(u2 sen2 v + z 2 )dz = =

a4 h h3 a2 + . 20 30

10

Leccion

4

Integrales de lnea4.1. Integral de lnea de un campo escalar

Denicin. Sea f : R un campo escalar continuo, con Rn , y sea : [a, b] un camino regular a trozos. La integral de lnea de f a lo largo de es, por denicin:b

f dl = a

f (t)

(t) dt

Existencia de la integral. Est asegurada, ya que el integrando es una funcin acotada en [a, b] y continua salvo, a lo sumo, en un nmero nito de puntos para los que ni siquiera concretamos el valor que toma en ellos dicha funcin. De hecho, si hacemos una particin a = t0 < t1 < . . . < tn = b del intervalo [a, b] de forma que, para k = 1, 2, . . . , n, la restriccin de al subintervalo [tk1 ,tk ] sea de clase C1 , podemos escribirn tk

f dl =

k=1 tk1

f (t)

(t) dt,

obteniendo una suma nita de integrales de funciones continuas. Resaltamos que al campo escalar f slo se le exige estar denido y ser continuo sobre la curva recorrida por el camino de integracin. Habitualmente f tendr propiedades de regularidad mucho mejores, siendo por ejemplo diferenciable en un abierto que contenga a la curva . Casos particulares. En el caso n = 3, tendremosb

f dl = a

f x(t), y(t), z(t) x (t)2 + y (t)2 + z (t)2

1/2

dt

donde x = x(t) ; y = y(t) ; z = z(t)b

(a

t

b)

son las ecuaciones paramtricas del camino . En el caso n = 2 tendremos solamente: f dl = a

f x(t), y(t) x (t)2 + y (t)2 22

1/2

dt

4. Integrales de lnea

23

Ejemplo. Consideremos el campo escalar f denido en R3 por f (x) = x y el camino helicoidal dado por: (t) = cost , sent , t En este caso tenemos claramente f (t) = cos2 t + sen2 t + t 2 = 1 + t 2 y tambin (t) = sent , cost , 1 , con lo cual f dl = 0 4 2

(x R3 )

(0

t

4).

(0 (0

t t

4) 4),

(t) = 2

162 . (1 + t 2 ) 2 dt = 4 2 1 + 3

Interpretacin. Cuando el campo escalar que se integra es constantemente igual a 1 sobre la curva recorrida, la integral de lnea coincide obviamente con la longitud del camino. A partir de aqu podemos intuir, muy informalmente, otras situaciones ms generales. En el caso n = 2, si el campo escalar f no toma valores negativos, podemos interpretar la integral de lnea como el rea de un muro construido tomando como base la curva recorrida por el camino y con altura variable, de forma que, para cada t [a, b], la altura del muro en el punto (t) es precisamente f (t) . Esta idea generaliza obviamente la interpretacin de la integral simple de una funcin positiva como el rea comprendida bajo la grca de la funcin. Para n = 2 o n = 3, tambin podemos interpretar que sobre la curva recorrida por tenemos una distribucin lineal de masa (pensemos por ejemplo en un cable con la forma de dicha curva), de manera que f (t) es la densidad lineal en el punto (t). La integral de lnea nos da entonces la masa total. Con respecto a ambas interpretaciones hay que hacer una salvedad: slo son correctas cuando, por decirlo de manera intuitiva, el camino recorre la curva una sola vez. La formulacin rigurosa de esta idea puede hacerse mediante la nocin de camino simple, que estudiaremos ms adelante.

4.2.

Integral de lnea de un campo vectorial

Denicin. Sea ahora F : Rn un campo vectorial continuo en un conjunto Rn y : [a, b] un camino regular a trozos. La integral de lnea de F a lo largo de es, por denicin:b

F . dl = a

F (t)

(t) dt

La existencia de esta integral est asegurada por las mismas razones comentadas en el caso de un campo escalar.


24

Ejemplo. Consideremos el campo vectorial denido en R3 por F(x) = x y el camino helicoidal x = cost ; y = sent ; z = t Tenemos entonces F (t) (t) = cost i + sent j + t k sent i + cost j + k = cost sent + sent cost + t = t (0 t 4),4

(x R3 )

(0

t

4).

con lo que F . dl = 0

t dt = 82 .

Notacin clsica. Sea F = (P, Q, R) un campo vectorial en el espacio, continuo sobre la curva recorrida por un camino regular a trozos de ecuaciones paramtricas x = x(t) ; y = y(t) ; z = z(t) Se tiene entonces, por denicin:b

(a

t

b).

F . dl = a

P x(t), y(t), z(t) x (t) + Q x(t), y(t), z(t) y (t) + R x(t), y(t), z(t) z (t) dt,

lo que explica que frecuentemente se use la siguiente notacin: F . dl =

P(x, y, z) dx + Q(x, y, z) dy + R(x, y, z) dz =

P dx + Q dy + R dz.

Anlogamente, para un campo vectorial en el plano F = (P, Q), que sea continuo sobre la curva recorrida por un camino regular a trozos con ecuaciones paramtricas x = x(t) ; y = y(t) podemos escribir F . dl =

(a

t

b),

P dx + Q dy =

P(x, y) dx + Q(x, y) dyb

=a

P x(t), y(t) x (t) + Q x(t), y(t) y (t) dt.

Ejemplo. Consideremos la integral de lnea (x2 dx + xy dy + dz)

donde el camino tiene ecuaciones x = t ; y = t2 ; z = 1 (0 t 1).


25

El campo vectorial que integramos viene dado por F(x, y, z) = x2 i + xy j + k ((x, y, z) R3 )

y usando que, para cada t [0, 1], se tiene x (t) = 1, y (t) = 2t y z (t) = 0, deducimos: F . dl =

(x2 dx + xy dy + dz) =0

1

(t 2 + 2t 4 ) dt =

11 . 15

Interpretacin. Supongamos que el campo vectorial F es un campo de fuerzas en el plano o en el espacio, pongamos por caso un campo gravitatorio o un campo elctrico. Ello signica que una unidad de masa o de carga elctrica positiva situada en un punto x est sometida a una fuerza F(x). Si una partcula con esa carga o masa unidad recorre un camino (regular a trozos) , la integral

F . dl representa el trabajo realizado por el campo en ese recorrido.

Relacin entre las integrales de lnea. Si : [a, b] Rn es un camino suave, es decir, es regular con (t) = 0 para todo t [a, b], podemos denir T(t) = (t) (t) (a t b),

que es un vector unitario tangente a la curva recorrida por el camino en cada punto. Si ahora F es un campo vectorial continuo sobre dicha curva tendremos:b

F . dl = a

F (t)

T(t)

(t) dt

expresin que recuerda la integral de lnea de un campo escalar. Para denir correctamente dicho campo escalar necesitamos hacer hiptesis adicionales sobre el camino que no vamos a comentar, aunque no son difciles de adivinar. As pues, en ciertas condiciones existir un campo escalar continuo f : R que verica: f (t) = F (t) T(t) (a t b) y, por tanto,

F . dl =

f dl.

En resumen, bajo ciertas condiciones sobre el camino, toda integral de lnea de un campo vectorial coincide con la integral de lnea de un campo escalar, y es lgico analizar la relacin entre ambos campos. Observamos que, para cada t [a, b], el vector f (t) T(t) es la proyeccin ortogonal de F (t) sobre el vector T(t), es decir, la componente de F (t) en la direccin tangencial a la curva en el punto (t) . Por tanto, podemos ver el campo escalar f como la coordenada del campo vectorial F en dicha direccin tangencial a la curva en cada punto de la misma. En general, aunque el camino no cumpla las condiciones que justiquen el razonamiento anterior, sigue siendo til interpretar la integral de lnea sobre de un campo vectorial F como integral de lnea del campo escalar que se obtiene al tomar la coordenada de F en la direccin tangencial al camino en cada punto.


26

4.3.

Propiedades de las integrales de lnea

Linealidad. Las integrales dependen linealmente del campo que se integra. Ms concretamente, se verica que ( f + g) dl =

f dl +

g dl

para cualquier camino regular a trozos en Rn , cualesquiera campos escalares f y g que sean continuos sobre la curva recorrida por el camino y cualesquiera , R. Anloga propiedad se tiene para campos vectoriales: ( F + G) . dl =

F . dl +

G . dl

Continuidad. Las integrales de lnea tambin dependen de manera continua del campo que se integra; intuitivamente, pequeas perturbaciones del campo dan lugar a pequeas variaciones en la integral. Ello es consecuencia de las desigualdades que vamos a presentar. Sea : [a, b] Rn un camino regular a trozos que recorre una curva , sea f un campo escalar continuo sobre y supongamos que f est acotado en por una constante k, es decir, k m x{| f (x)| : x } = m x a a f (t) :a t b .

Entonces se tiene, claramente, f dl

k L()

Anlogo resultado se tiene para un campo vectorial F que sea continuo sobre . De hecho, podemos considerar el campo escalar F , que tambin es continuo sobre , y la desigualdad de Cauchy-Schwartz nos permite escribir: F . dl

F dl.

Naturalmente ahora, de la estimacin k se deduce que F . dl

m x{ F(x) : x } = m x a a

F (t)

:a

t

b ,

k L().

Aditividad. Las integrales de lnea son aditivas con respecto al camino de integracin, en el sentido de que al recorrer consecutivamente dos caminos, las integrales se suman. Ms concretamente, sean : [a, b] Rn y : [c, d] Rn caminos regulares a trozos consecutivos, esto es, vericando que (b) = (c), y consideremos el camino suma . Si f y F son, respectivamente, un campo escalar y un campo vectorial, ambos continuos sobre la unin de las curvas recorridas por y , se verica que: f dl =

f dl +

f dl

y

F . dl =

F . dl +

F . dl.


27

Para el camino opuesto, el comportamiento de ambas integrales no es el mismo, la de un campo escalar no se altera al cambiar el sentido de recorrido, mientras que la de un campo vectorial cambia de signo. Ms concretamente, si f es un campo escalar y F un campo vectorial, ambos continuos sobre la curva recorrida por un camino regular a trozos , se tiene: f dl =op

f dl

peroop

F . dl =

F . dl.

Independencia de la parametrizacin. Las integrales de lnea no se alteran al sustituir el camino de integracin por otro equivalente en el sentido que vamos a explicar. Sea : [a, b] Rn un camino regular a trozos y sea : [c, d] [a, b] una funcin biyectiva, creciente y de clase C1 . Consideremos el camino regular a trozos : [c, d] Rn dado por = , esto es, (s) = (s) para c s d. Suele decirse que se ha obtenido de mediante un cambio de parmetro. Ntese que y recorren la misma curva, por lo que geomtricamente pueden considerarse equivalentes, aunque desde una interpretacin fsica podran describir movimientos diferentes. Observemos por ejemplo, en el caso n = 2, que si las ecuaciones paramtricas de vienen dadas por x = x(t) ; y = y(t) (a t b), las de seran: x = x (s) ; y = y (s)) (c s d), lo que pone claramente de maniesto el cambio de parmetro. Pues bien, volviendo al caso general, si f es un campo escalar y F un campo vectorial, ambos continuos sobre la curva recorrida por , se verica que: f dl =

f dl

y

F . dl =

F . dl.

4.4.

Integral de lnea de un gradiente

El siguiente resultado puede entenderse como una versin de la Regla de Barrow para integrales de lnea, o como una versin vectorial de dicha regla. Sea f : R un campo escalar de clase C1 en un abierto Rn y : [a, b] un camino regular a trozos. Entonces: f . dl = f (b) f (a) .

En particular, si el camino es cerrado, se tendr: f . dl = 0

Por la importancia que tendr ms adelante este resultado vamos a detallar su demostracin. Supongamos primeramente que el camino es regular y consideremos la funcin h : [a, b] R


28

denida por h(t) = f (t) para todo t [a, b]. La regla de la cadena nos permite asegurar que h es de clase C1 en [a, b] con h (t) = f (t) (t) (a t b).

Aplicando entonces la regla de Barrow, tenemos:b

f . dl = a b

f (t)

(t) dt

=a

h (t) dt = h(b) h(a) = f (b) f (a) .

En general, para un camino regular a trozos, usamos una particin a = t0 < t1 < . . . < tN = b del intervalo [a, b] de forma que la restriccin de al intervalo [tk1 ,tk ] es un camino regular, que denotamos por k , para k = 1, 2, . . . , N. Aplicando el resultado ya probado para caminos regulares tenemos claramente:N N

f . dl =

k=1 k

f . dl =

k=1

f (tk ) f (tk1 )

= f (b) f (a) .

Integrales de lnea. Teorema de GreenJos Antonio Vallejo Departamento de Matemticas Facultad de Ciencias Universidad Autnoma de San Luis Potos email: [email protected] 16 Noviembre 2007

1. Curvas parametrizadasA menudo nos interesar ver una cierta grca como si fuese el rastro que deja un mvil que se desplaza por el plano. Esto lo podemos hacer mediante las llamadas curvas parametrizadas.

Denicin 1 Una curva parametrizada en el plano es un par de ecuacionesC x = f (t) , t [a, b]. y = g(t)(1)

A t se le llama parmetro de la curva, y resulta til pensar en el como en el tiempo.R t0 t1 (f(t0),g(t0)) t2 c (f(t1),g(t1)) (f(t2),g(t2))

Figura 1: Una curva parametrizada

Nota 1 Es importante especicar el intervalo de denicin del parmetro, puesen caso contrario nos restringiremos a una regin u otra de la curva. Cuando no digamos nada, entenderemos que el parmetro puede tomar cualquier valor real para el que estn denidas f (t) y g(t).1

Entonces, en cada instante la partcula mvil tendr unas coordenadas (x, y) = (f (t), g(t)). Observemos que a medida que vamos tomando t mayores, nos vamos desplazando segn un cierto sentido sobre la curva C . Este sentido de recorrido se llama orientacin de la curva C .

Ejemplo 1 Consideremos la curva parametrizada C dada por las ecuacionesC x = 2 cos t , t [0, 2]. y = 2 sin t(2)

Podemos hacernos una idea de su forma dando valores al parmetro t. Obtenemos as una tabla como la siguiente:t 0 /4 /2 3/4 (x, y) (2, 0) ( 2, 2) (0, 2) ( 2, 2) (2, 0)

y, si vamos representando las parejas de valores (x, y) resulta:Y (-2,2) (0,2) (2,2)

(-2,0)

(2,0)

X

Figura 2: Una curva orientada

Ntese como hemos indicado la orientacin de la curva, mediante echas que determinan el sentido de recorrido. Si representamos sucientes punetos, veremos que la grca es la de una circunferencia de radio 2, recorrida en sentido antihorario (por convenio, el sentido antihorario se dice que es positivo, vase la gura 3).En este ejemplo, podramos haber reconocido que la curva es una circunferencia sin ms que eliminar el parmetro t para obtener una ecuacin de la forma y = y(x). En este caso, elevando al cuadrado las expresiones (2) para x, y y sumando: x2 + y 2 = 4 cos2 t + 4 sin2 t = 4. 2

2

Figura 3: Circunferencia de radio 2

Ejemplo 2 En la curva parametrizada con parmetro x = 3 sec , [0, 2], y = 2 tan

podemos eliminar el parmetro de la siguiente forma: tenemos que x = 3 sec = 3/ cos t, o sea, cos = 3/x. De aqu,sin = 1 cos2 = 1 9 . x2

Una vez que tenemos sin , cos en trminos de x, podemos sustituir en la expressin de y : sin 2 9 y = 2 tan = 2 = x 1 2, cos 3 x o bien, elevando al cuadrado:4 y 2 x2 = 1. 9Este proceso no es posible en todos los casos; no siempre se puede despejar el parmetro para obtener una ecuacin y = y(x). En otras palabras: no toda curva parametrizada C es globalmente el grco de una funcin y = y(x). Como ejemplo tenemos la curva de ecuaciones et x = cos t . y = t2 sin t

Nota 2 Lo que s se puede hacer siempre es escribir una funcin arbitrariay = y(x) como una curva parametrizada. Slo hay que poner x=t . y = y(t)3

4(1 x2 ) y, segn acabamos de decir, una parametrizacin sera x=t . y = 4(1 t2 )

Ejemplo 3 Consideremos la parbola 4x2 + y = 4. De la ecuacin resulta y =

Problemas Seccin 1En los siguientes ejercicios, eliminar t de las curvas parametrizadas que se proponen. Representar la curva y determinar su orientacin. 1. 2. 3. 4. 5.

x=t1 y = t3 x=t1 y = t(t + 4) x = a cos t y = b sin t x = a cos3 t y = a sin3 t x = sin t y = cot sSolucin: (1) y = (x + 1)3 , (2) y = x2 + 2x 3, (3)x 2/3 a

+

y 2/3 b

x 2 a

+

y 2 b

= 1, (4)

= 1, (5) 4y 4y + x = 0.

4

2

2

2. Integrales de lnea de campos escalaresSupongamos una funcin denida el el plano, F : R2 R, que denotaremos F (x, y), y una curva parametrizada C , dada por las ecuaciones (1).

Denicin 2 A una funcin como F (x, y) se la llama campo escalar, porque se

puede pensar que nos dice, para cada punto (x, y) del plano, cul es el valor de una magnitud numrica (o escalar) denida sobre el plano. Por ejemplo, podra darnos la temperatura en cada punto de una plancha metlica.

Denicin 3 Se llama integral de lnea del campo F (x, y) a lo largo de la curvaC , entre los puntos P = (xP , yP ) y Q = (xQ , yQ ), y se denota por a la integral de una variable dada portQ tP C

F (s) ds,

F (f (t), g(t)) f (t)2 + g (t)2 dt.

(3)

En esta expresin, tP y tQ son los valores del parmetro t para los cuales la curva pasa por P = (xP , yP ) y Q = (xQ , yQ ), respectivamente.4

Nota 3 [importante] Si cambiamos la orientacin de C , la integral (3) cambiade signo, ya quetP tQ

=

tQ . tP

Fijmonos en que si la curva C pasara por alguno de estos puntos para ms de un instante t, no sabramos cual de esos instantes tomar para calcular la integral. Por eso, supondremos que las curvas parametrizadas con las que trabajaremos no tienen autonintersecciones (se dice a veces que son curvas simples). Por ejemplo, una circunferencia x = cos t , t [0, 2], C y = sin t no tiene autointersecciones, pero la curva (que tiene la grca de un 8)

C

x = sin 2t , t [0, 2], y = cot s

tiene una autointerseccin en (x, y) = (0, 0) (pasa por este punto para los valores t = y t = 3 ). 2 2

Ejemplo 4 Vamos a evaluar la integral de lnea del campo F (x, y) =x2 2

x3 y

a lo

entre los puntos (0, 0) y (2, 2). Lo primero que hay largo de la parbola y = que hacer es parametrizar la parbola; recordando la nota 2, es fcil hacerC2

x=t 2 , y = t2

es decir, tomar f (t) = t y g(t) = t2 . Los valores del parmetro t para los cuales la parbola pasa por (0, 0) y (2, 2) son, respectivamente, t = 0 y t = 2. Ahora, ya podemos aplicar la frmula (3); lo que queremos calcular est=2

F (t,t=0

t2 ) 2

2

1 + t2 dt =0

t3t2 2

2

1 + t2 dt =0 2

2t

1 + t2 dt,

o sea:F (s) ds =C

3 2 (1 + t2 ) 2 3

=0

2 ( 75 1). 3

Un tipo de problema muy interesante al que se aplica el concepto de integral de lnea, es el de la determinacin de masas (o cargas) conocida la densidad.

La densidad lineal de masa en un punto P es directamente proporcional a la distancia de P a la recta que pasa por los extremos del alambre, y queremos determinar cul es la masa total. El primer paso consiste en situar el alambre en un sistema coordenado sobre el plano, como en la gura: Ahora, observemos que la densidad puede interpretarse como un campo escalar: lo que nos dicen es que en cada punto P = (x, y) de la curva que describe el alambre, la densidad es (x, y) = ky5

Ejemplo 5 Un alambre tiene la forma de una semicircunferencia de radio a.

Y (0,a) P=(x,y) y (-a,0) (a,0)Figura 4: Curva del alambre

X

(donde k es la constante de proporcionalidad), ya que y es la distancia de P a la recta que pasa por los extremos. Calcular la masa total equivale a sumar la densidad sobre todos los puntos de la curva, y as lo que queremos calcular es m = C (s)ds, donde C es la curva que describe el alambre, la semicircunferencia de radio a. Una parametrizacin para C es:C x = a cos t , t [0, 2]. y = a sin t

Esta parametrizacin tiene orientacin antihoraria, es decir, comienza en (a, 0) para t = 0 y pasa por (a, 0) en t = . Aplicando la denicin de integral de lnea:

m=C

(s)ds =2 0 0

ka sin t a2 sin2 t + a2 cos2 tdt

=ka

sin tdt = ka2 (cos t)|0 = 2ka2 .

Problemas Seccin 21. Calcular la integral de lnea del campo F (x, y) = xy 2 a lo largo de la curva

x = cos t , t [0, 2]. y = sin tSolucin: 1/3. 2. Dado el campo escalar f (x, y) = 2xy , calcular su integral a lo largo del 2 2 cuadrante de elipse x + y4 = 1 desde el punto (3, 0) al (0, 2). 9 Solucin: 76/5.

6

3. Calcular la masa de un alambre con densidad lineal f (x, y, z) = denido por las ecuaciones

1 xy 2

+ y z,

y=x z=x2 2 2 2

desde el punto (0, 0, 0) hasta el punto 1, 1,

.Solucin: (4

2)/3.

4. Calcular la carga total de un alambre cuya forma sigue la curva y = x2 desde el punto (0, 0) hasta el punto (2, 4), si la densidad de carga en cada punto viene dada por f (x, y) = x. Solucin: (173/2 1)/12.

3. Integrales de lnea de campos vectorialescampo vectorial ndimensional. Usualmente, trabajaremos con los casos n = 2, 3.Intuitivamente, un campo F asigna un vector (de Rn ) a cada punto de Rn de manera que la orientacin de esos vectores no sufre variaciones bruscas.

Denicin 4 Una aplicacin diferenciable F : Rn Rn se dice que es un

Nota 4 Por simplicidad, describiremos al situacin en la que n = 2. Ms adelante veremos ejemplos del caso n = 3.Escribiremos la accin del campo F como F (x, y) = F1 (x, y)i + F2 (x, y)j o como F (x, y) = (F1 (x, y), F2 (x, y)), indistintamente. Ahora, como pasaba con las integrales de camos escalares, dada una curva parametrizada

C

x = f (t) , t [a, b], y = g(t)

(4)

podemos considerar la integral de F a lo largo de C .

Denicin 5 Se llama integral de lnea del campo F (x, y) a lo largo de la curvaC , entre los puntos P = (xP , yP ) y Q = (xQ , yQ ), a la integraltQ tP

F1 (x, y)dx +

tQ tP

F2 (x, y)dy.

(5)

Por brevedad, la integral anterior se denota simplemente porF1 (x, y)dx + F2 (x, y)dy.C

7

Nuevamente, tP y tQ son los valores del parmetro t para los cuales la curva pasa por P = (xP , yP ) y Q = (xQ , yQ ), respectivamente. Observemos que las integrales de (5) tienen los extremos expresados en funcin del parmetro t. Por tanto, habr que hacer un cambio de variable para convertir dx y dy en dt. La tctica para conseguirlo, es la misma que se emplea en los cambios de variable de las integrales usuales: diferenciando las ecuaciones paramtricas de C (4) para obtener dx y dy en funcin de dt,

dx = f (t)dt . dy = g (t)dt

(6)

Ejemplo 6 Evaluemos la integral de lnea del campo F (x, y) = (xy, x2 ) a lolargo de la curva C con ecuaciones paramtricasC 5 x = 3t 1 , t [1, ]. y = 3t2 2t 3

En este caso, tenemos queF1 (x, y) = xy, F2 (x, y) = x2 ,

y, por tanto, lo que queremos es (vase la (6)):

C

xydx+x2 dy . De las ecuaciones de C , resulta

dx = (3t 1) dt = 3dt dy = (3t2 2t) dt = (6t 2)dt,

y sustuyendo:xydx + x2 dy =C 1 5/3 5/3

((3t 1)(3t2 2t)3t + (3t 1)2 (6t 2))dt (81t3 81t2 + 24t 2)dt = 58.

=1

Nota 5 La interpretacin fsica de la integral C F1 (x, y)dx + F2 (x, y)dy es la del trabajo que realiza el campo vectorial F (x, y) = (F1 (x, y), F2 (x, y)) cuando una partcula se desplaza desde el punto P al Q siguiendo la trayectoria C .Naturalmente, el caso de las integrales de campos tridimensionales F (x, y, z) = (F1 (x, y, z), F2 (x, y, z), F3 (x, y, z)) se hace de manera anloga.

Ejemplo 7 Calculemos el trabajo ejercido por el campoF(x, y, z) = (3x 2y, y + 2z, x2 )

sobre una partcula que se mueve segn la curva parametrizada en el espacioC x = z2 , z = y28 (7)

desde el punto (0, 0, 0) hasta el (1, 1, 1). Primeramente, identiquemos las componentes del campo F . Son:F1 (x, y, z) = 3x 2y, F2 (x, y, z) = y + 2z, F3 (x, y, z) = x2 .

A continuacin, analizemos la parametritzacin de la curva C . En principio, necesitamos 3 ecuaciones del tipo x = f (t) y = g(t) , C z = h(t) y en (7) aparentemente no hay nada de esto. Pero si nos jamos, nos daremos cuenta de que la variable y puede variar libremente, de manera que podemos tomar y = t. Con esto, la ecuacin para z pasa a serz = t2 ,

y como x se obtiene elevando al cuadrado la z ,x = t4 .

Es decir, nuestra curva es

x = t4 y=t . C z = t2

(8)

Ahora, determinemos los valores del parmetro t para los cuales la curva pasa por (0, 0, 0) y (1, 1, 1). Claramente, estos valores son t = 0 y t = 1, respectivamente. El trabajo W que queremos calcular no es ms que la integralW =C

F1 (x, y, z)dx + F2 (x, y, z)dy + F3 (x, y, z)dz.

Diferenciando en (8) podemos expresar dx, dy y dz en funcin de dt:dx = 4t3 dt dy = dt dz = 2tdt.

Y ya tenemos todo lo que necesitamos:t=1

W =t=0 1

((3t4 2t)4t3 + (t + 2t2 ) t8 2t)dt 13 . 15

=0

(12t7 8t4 + t + 2t2 2t9 )dt =

9

Problemas Seccin 31. Calcular las integrales de lnea del campo vectorial dado sobre las curvas indicadas: a) F (x, y) = (x2 2xy, y 2 2xy) a lo largo de la parbola y = x2 desde el punto (2, 4) hasta el punto (1, 1). b) F (x, y, z) = (x, y, xz y) sobre el segmento de recta desde el punto (0, 0, 0) hasta el punto (1, 2, 4). Solucin: (a) 369/10, (b) 23/6. 2. Dado el campo vectorial:

F (x, y) =

x+y x+y , x2 + y 2 x2 + y 2

calcular la integral de lnea de F a lo largo de la circunferencia x2 +y 2 = a2 recorrida en sentido positivo. Solucin: 0. 3. Calcular la integral de lnea del campo

F (x, y) =2

x 1 + x2 + y 22

,

y 1 + x2 + y 2

sobre el cuarto de elipse x2 + y2 = 1 situado en el primer cuadrante, desde a b el punto (a, 0) hasta el punto (0, b). Solucin: 1 + b2 1 + a2 . 4. Calcular el trabajo realizado por una fuerza proporcional al vector dirigido hacia el origen, sobre el recorrido del primer cuadrante de la elipse y2 x2 a2 + b2 = 1, desde el punto (a, 0) hasta el (0, b). Solucin:k 2 2 (a

b2 ) con k > 0. yzdx + xzdy + xydz

5. Calcular la integral

a lo largo de la hlice

x = a cos t y = a sin t , z = kt

entre los puntos (a, 0, 0) y (a, 0, 2k). Solucin: 0.

10

6. Calcular la integral

xdy ydxa lo largo de la hipocicloide

x = a cos3 t y = a sin3 t

, t [0, 2].

Solucin: 3 a2 (es el doble del rea de la hipocicloide). 4 7. Calcular(4,2)

(x + y)dx + (y x)dy(1,1)

a lo largo de: a) La parbola y 2 = x. b) Una recta. c) Los segmentos desde (1, 1) a (1, 2) y desde (1, 2) a (4, 2). d) La curva

x = 2t2 + t + 1 y = t2 + 1

Solucin: (a) 34/3, (b) 11, (c) 14, (d) 32/3. 8. Calcular la integral (2x y + 4)dx + (5y + 3x 6)dy sobre las aristas del tringulo en el plano XY de vrtices (0, 0), (3, 0) y (3, 2). Solucin: 12. 9. Calcular la misma integral del ejercicio 8 pero sobre la circunferencia de radio 4 centrada en el origen. Solucin: 64 .

4. Teorema de GreenEl resultado que estudiaremos en esta seccin, el llamado Teorema de Green, relaciona un cierto tipo de integrales de lnea (aqullas en que la curva C es cerrada1 y simple, o sea, no tiene picos" ni autointersecciones) con integrales dobles (o integrales de rea).

Notacin 1 Cuando escribamos una integral de lnea a lo largo de una curvacerrada C , utilizaremos el smboloC

, como en

C

F1 (x, y)dx + F2 (x, y)dy .

1 Otra forma de decir que una curva es cerrada, es armando que su punto inicial y el nal coinciden.

11

Denicin 6 Diremos que una curva parametrizada en el plano C (f (t), g(t)) es regular por secciones si para las funciones f, g existen las derivadas en todo punto t de su dominio exceptuando un nmero nito de valores t0 , t1 , ..., tk .As, por ejemplo, el contorno de un tringulo es una curva regular por secciones, ya que es diferenciable en todos los valores t corresponidientes a las aristas, excepto los vrtices. El mismo comentario es vlido para cualquier polgono regular y para circunferencias, elipses, etc.

Teorema 1 [Green]Sea C una curva parametrizada en el plano, cerrada y regu-

lar por secciones. Sea R la regin del plano determinada por C y su interior. Si M, N : R2 R son funciones reales continuas y que tienen derivadas parciales continuas en toda la regin R, entoncesM (x, y)dx + N (x, y)dy =N x

C

R

M y

dA.

El Teorema de Green puede utilizarse tanto para calcular un integral de lnea mediante una integral doble como para realizar el clculo inverso. A continuacin, veremos un ejemplo de cada caso.

Ejemplo 8 Supongamos que queremos calcular la integral de lneaI=C

(2y +

1 + x5 )dx + (5x ey )dy

2

a lo largo de la circunferencia x2 + y 2 = 4. Lo primero que hay que hacer es comprobar que se cumplen las hiptesis del teorema; pero claramente la circunferencia es una curva cerrada regular y, en este caso en queM (x, y) = 2y + 1 + x5 , N (x, y) = 5x ey ,2

tenemos:

M N = 2, = 5, y x

que obviamente son funciones continuas. Aplicando el teorema, con R el crculo de radio 2, resulta:I=C

(2y +

1 + x5 )dx + (5x ey )dy =R

2

(5 2)dA

=3R

dA = 3 4 = 12.

Notemos que evaluar directamente I como integral de lnea hubiera sido mucho ms difcil.

12

Ejemplo 9 Vamos a ver una frmula para calcular reas mediante integralesde lnea. Si R es una regin cualquiera a la que se le puede aplicar el Teorema de Green (es decir, est delimitada por una curva cerrada C simple y regular a trozos), el rea A de R est dada por la expressinA= 1 2 xdy ydx.C

(9)

En efecto: tomando M (x, y) = y y N (x, y) = x como las funciones del enunciado del Teorema de Green, resulta queM N = 1, = 1, y x

de donde, aplicando Green,xdy ydx =C R

(1 (1))dA = 2R

dA = 2A.

Podemos aplicar esta frmula, por ejemplo, para encontrar el rea encerrada 2 2 por la elipse x + y = 1. Una parametrizacin de la elipse (que, como ya a b hemos comentado, es cerrada, simple y regular) viene dada porC x = a cos t , t [0, 2]. y = b sin t

Ahora, aplicando la frmula (9) con dx = a sin tdt i dy = b cos tdt:A= = = 1 2 1 2 xdy ydxC 2

a cos t b cos t dt b sin t (a sin t) dt0

1 2 (ab cos2 t + ab sin2 t) dt 2 0 1 = 2ab = ab. 2

Problemas Seccin 41. Comprueba el Teorema de Green sobre el cuadrado de vrtices (0, 0), (2, 0), (2, 2) y (0, 2) con el campo vectorial F(x, y) = (x2 xy 3 , y 2 2xy). 2. Comprueba el Teorema de Green en el caso del problema 8 de la Seccin 3. 3. Comprueba el Teorema de Green en el caso del problema 9 de la Seccin 3. 13

4. Enuncia el Teorema de Green. Utiliza este teorema para calcular el rea del cuadriltero determinado por los puntos (0, 0), (5, 1), (4, 5) y (0, 3). Solucin: 33/2. 5. Sea C la curva cerrada descrita por el par de grcas

y = sin x , x [0, 2], y = 2 sin xorientada en sentido positivo. Calcula la integral siguiente directamente y utilizando el Teorema de Green:

(1 + y 2 )dx + ydy.C

Solucin: 3/2. 6. Sea C la curva cerrada y orientada positivamente descrita de manera la siguiente: el segmento y = 0 entre x = 1 y x = 2, el arco y = 4 x2 en el primer cuadrante, el segmento x = 0 entre y = 2 y y = 1, el arco y = 1 x2 en el primer cuadrante. Calcula la integral siguiente directamente y utilizando el Teorema de Green:

C

x y dx 2 dy. x2 + y 2 x + y2

Solucin: 2 log 2. 7. Enuncia el Teorema de Green. Utiliza este resultado para calcular el rea del cuadriltero determinado por los puntos (0, 0), (5, 2), (3, 4) y (0, 3). Solucin: 23/2.

5. Interpretacin fsica del Teorema de Green: campos conservativosRecordemos de los cursos de Fsica que un campo de fuerzas se dice que es conservativo si el trabajo que efecta sobre una partcula que se mueve de un punto P = (xP , yP ) a otro Q = (xQ, yQ ) no depende del camino seguido por la partcula. La cuestin que ahora nos planteamos es la de saber cundo un campo F (x, y) = (F1 (x, y), F2 (x, y)) es conservativo, y la respuesta nos la da el Teorema de Green: si F es tal que F1 y F2 son continuas y adems y x

F1 F2 = , y xentonces, F (x, y) es conservativo. 14

En efecto, consideremos dos caminos regulares a trozos cualesquiera C1 , C2 que van de P a Q sin cruzarse. En ese caso, el camino C = C1 (C2 ) (es decir: vamos de P a Q siguiendo C1 y regresamos de Q a P por C2 recorrido en sentido inverso, como en la gura) es un camino simple cerrado, y suponiendo que las componentes F1 (x, y) y F2 (x, y) del campo F (x, y) son continuas y con derivadas parciales continuas, podemos aplicar el teorema y hallar que el trabajo efectuado por F a lo largo de C es:

W =C

F1 (x, y)dx + F2 (x, y)dy F2 F1 x y dA = 0.

=R

Figura 5: Caminos que encierran una regin Pero el trabajo a lo largo de C es igual al trabajo efectuado a lo largo de C1 menos el trabajo a lo largo de C2 (ya que C2 est recorrida en sentido contrario, recordemos la nota 3), es decir:

F1 (x, y)dx + F2 (x, y)dy C1 C2

F1 (x, y)dx + F2 (x, y)dy = 0,

o bien (observemos que ahora las integrales a lo largo de C1 y C2 no son cerradas):

F1 (x, y)dx + F2 (x, y)dy =C1 C2

F1 (x, y)dx + F2 (x, y)dy,

y por tanto el trabajo invertido en ir de P a Q no depende del camino seguido.

Ejemplo 10 Comprobemos que el campo F (x, y) = (yexy 2x, xexy + 2y) esconservativo. Lo que hay que hacer es ver que la integralQ P

(yexy 2x)dx + (xexy + 2y)dy

15

no depende de qu curva C elijamos para ir de P a Q. Aqu,F1 (x, y) = yexy 2x, F2 (x, y) = xexy + 2y,

y claramente:F1 = exy + xyexy y F2 = exy + yxexy . x

Como F1 = y vativo.

F2 x ,

la integral del campo F no depende del camino, y es conser-

Problemas Seccin 51. Demuestra que(2,1) (1,0)

(2xy y 4 + 3)dx + (x2 4xy 3 )dy

es independiente del camino. Calcula su valor. Solucin: 60 . 2. Consideremos el campo F(x, y) = (10x4 2xy 3 , 3x2 y 2 ). Es conservativo? Calcular la integral del campo F desde el punto (0, 0) al punto (2, 1) a lo largo de la curva x4 6xy 3 = 4y 2 . Solucin: Si. 60. 3. El campo F(x, y) = (3x2 y, x3 + 1), es conservativo?. Solucin: Si. 4. El campo F (x, y) = (xy 2 , x3 y), es conservativo?. Solucin: No. 5. Calcular(1,0) (1,0)

ydx + xdy x2 + y 2

a lo largo de los caminos siguientes: a) El segmento que une los puntos (en este orden) (1, 0), (1, 1), (1, 1) y (1, 0). b) El segmento que une los puntos (en este orden) (1, 0), (1, 1), (1, 1) y (1, 0). Demostrar que, aunque se verica M = N , la integral depende de la y x trayectoria que va de (1, 0) a (1, 0). Razonar la respuesta. Solucin: (a) , (b) . 16

6. Justicacin de la denicin de integral de lneaA continuacin, presentamos una justicacin de por qu la denicin de integral de lnea para campos escalares es la que se ha dado. Esto no constiyuye una demostracin (las deniciones no se demuestran), slo es una ayuda para entender una construccin aparentemente tan complicada. Recordemos muy brevemente la interpretacin geomtrica de la integral denida, que da lugar a su denicin. Si queremos integrar y = F (x) cuando x [a, b], dividimos el intervalo [a, b] en subintervalos de la forma [xi , xi+1 ] y sumamos las reas rectangulares F (xi )(xi+1 xi ). Despus, se toma el lmite cuando el tamao de los subintervalos [xi , xi+1 ] se hace tender a 0, es decir: si xi = xi+1 xi , se toma xi 0.

Figura 6: La integral de Riemann Supongamos ahora que queremos integrar una funcin F : R2 R, que est denida sobre el plano, a lo largo de una cierta curva y = y(x). Es decir, queremos calcular la suma innita de todos los valores F (x, y) que toma la funcin F cuando los puntos (x, y) estn sobre la curva y = y(x). Este nmero es lo que se conoce como integral de lnea de F a lo largo de y = y(x) y se representa por

F (s)ds,C

donde C es una parametrizacin de la curva. Imitando el proceso para funciones reales de variable real, dividiremos la curva en segmentos curvos Pi Pi+1 , tomaremos el valor de la funcin en un punto extremo, F (Pi ), y formaremos los productos F (Pi ) si , donde si es la longitud del segmento Pi Pi+1 . Todo el problema se reduce ahora a encontrar la forma de tomar el lmite cuando si 0.

17

Una forma de construir este lmite es la siguiente. Consideremos el arco

Pi Pi+1 y la aproximacin a su longitud que nos da el teorema de Pitgoras: si (xi )2 + (yi )2 .

Entonces, cuando tomemos el lmite xi 0, yi 0, tambin ser si 0. Con esto, el problema pasa de construir el lmite cuando si 0 a hacerlo cuando xi 0, yi 0.

Figura 7: La integral de lnea Para ver cmo podemos denir este otro lmite, supongamos que la curva y = y(x) a lo alrgo de la cual integraremos F , viene dada en forma paramtrica como x = f (t) . y = g(t) En tal caso, por la denicin de derivada como lmite de cocientes incrementales (o, para aquellos que sepan de qu se trata, por el teorema del valor medio), en un punto (x0 , y0 ) ser:

x0 = x x0 = f (t) f (t0 )y, anlogamente,

f (t0 )(t t0 ) = f (t0 )t0 ,

y0 si

g (t0 )t0 .

Sustituyendo en la expresin aproximada de si :

f (ti )2 + g (ti )2 ti ,18

donde ti es el instante para el cual la curva pasa por (xi , yi ), es decir,

(xi , yi ) = Pi = (f (ti ), g(ti )).Por tanto, tomar el lmite cuando si 0 equivale a tomar el lmite ti 0. Cuando hacemos esto, en realidad estamos calculando

F (s)ds = l mC

ti 0

F (xi , yi ) i

f (ti )2 + g (ti )2 ti ,

o sea,

F (s)ds =C t[a,b]

F (x(t), y(t))

f (ti )2 + g (ti )2 dt.

En denitiva: si queremos calcular la integral de lnea del campo escalar F : R2 R a lo largo de la curva C(t) : (x = f (t), y = g(t)), entre los puntos P = (x0 , y0 ) = (f (t0 ), g(t0 )) y Q = (x1 , y1 ) = (f (t1 ), g(t1 )), hemos de calcular la integral de una variablet1

F (s)ds =C t0

F (x(t), y(t))

f (ti )2 + g (ti )2 dt.

19

La integral de lnea

Problemas resueltos1. Halle la longitud de la curva dada por la parametrizacin 4 1 (t) = t + t3/2 + t k, 3 2Solucin: 1 (t) = (1, 2t1/2 , ), 2t [0, 2].

t [0, 2].

La curva es de clase C 1 y, por tanto, es recticable. (t) =La longitud de ser:2

1 + 4t +

1 1 = 5 + 16t 4 2

s=0 2

(t) dt = 1 1 1 2 5 + 16tdt = . . (5 + 16t)3/2 2 2 16 32

=0

=0

1 (37 37 5 5) 48

2. La ecuacin de una curva es y 2 = x3 . Halle la longitud del arco que une (1, 1) a (1, 1). Solucin:

Problemas resueltosParametrizamos la curva de la forma: x = t2 , evitamos los radicales). As: (t) = (t2 , t3 ), y = t3 , (con esta parametrizacin t R

(t) = (2t, 3t2 ),

es de clase C 1 en R y adems la parametrizacin dada recorre la curva en el sentido que se pide porque: (1) = (1, 1), (t) =La longitud del arco ser:1

(0) = (0, 0),

(1) = (1, 1).

4t2 + 9t4 = |t| 4 + 9t2 .

s=1

(t) dt =110

=1

|t| 4 + 9t2 dt =01

t 4 + 9t2 dt 10

t 4 + 9t2 dt = 1 (26 13 16). 27

1 = (4 + 9t2 )3/2 27

1 (4 + 9t2 )3/2 27 0

=1

3. Calcule

z,

donde es la curva descrita por la parametrizacin con 0 t 2.

(t) = t cos t + tsen t + t k Solucin: (t) = (t cos t, tsen t, t),

(t) = (cos t tsen t, sen t + t cos t, 1), t [0, 2].

es de clase C 1 ( es continua). (t) =Sea f (x, y, z) = z. Entonces2

2 + t2

z= 0 2

f ((t)). (t) dt = t 2+0

=

t2 dt

1 = (2 + t2 )3/2 3

2

=0

1 3

(2 + 4 2 )3 2 2 .

La integral de lnea4. Calcule (0, 1). Solucin:C (x

+ y), siendo C un tringulo de vrtices (0, 0), (1, 0) y

Sea C la trayectoria del tringulo recorrida en sentido contrario a las agujas del reloj. Siendo 1 (t) = (t, 0), 2 (t) = (1 t, t),3 (t) = (0, 1 t), y puesto que 1 (0) = (0, 0) = 3 (1), 1 (1) = (1, 0) = 2 (0) y 2 (1) = (0, 1) = 3 (0)

1 (t) = (1, 0), 2 (t) = (1, 1),3 (t) = (0, 1),

1 (t) = 1, 2 (t) =

t [0, 1].t [0, 1]. t [0, 1].

2,

2 (t) = 1,

podemos considerar C como el arco unin C = 1 2 3 . Entonces: (x + y) =C 1 1

(x + y) +2 1 0

(x + y) +31

(x + y) =t2 t2 + 2t + t 2 21

tdt + 0 = 1 + 2.

=

2dt +0

(1 t)dt =

=0

Problemas resueltos5. Un alambre tiene forma de circunferencia, x2 + y 2 = a2 . Determine su masa y su momento de inercia respecto de un dimetro si la densidad en un punto (x, y) del alambre est dada por la funcin f (x, y) = |x| + |y|. Solucin: La masa del alambre viene dada por la expresin: M=

f (x, y) =

|x| + |y|

siendo la curva cuya trayectoria representa la forma del alambre, en este caso una circunferencia que parametrizamos por: (t) = (a cos t, asen t), que es de clase C 1 (t) = (asen t, a cos t)2 2

t [0, 2]

(t) = a

M=0

f ((t)) (t) dt =0

(|a cos t| + |asen t|) adt =

= a20

/2

(cos t + sen t)dt + a2

( cos t + sen t)dt+/2 2

+ a2

3/2

( cos t sen t)dt + a2/2

(cos t sen t)dt =3/2

= a2 [sen t cos t]0

+ a2 [sen t cos t] + /2

+ a2 [sen t + cos t]3/2 + a2 [sen t + cos t]2 = 8a2 . 3/2

La integral de lneaPara calcular el momento de inercia respecto de un dimetro necesitamos la distancia de un punto cualquiera (x, y) a dicho dimetro. Para simplicar, tomaremos como eje el eje OX, por tanto, la funcin que da la distancia de un punto al eje es r(x, y) = |y|. Teniendo en cuenta la denicin (1.11) del momento de inercia respecto de un eje se tiene:

I=

y 2 (|x| + |y|) =2

= a4 a4 a4+ a4

sen 2 t(|sen t| + | cos t|)dt = a40

/2

sen 2 t cos tdt 0

0 3/2 /2 2 0

sen 2 t cos tdt + a4 a4 3sen 3 t

2 3/2

sen 2 t cos tdt + a4 sen 3 t2 3/2 /2

sen 3 tdt2 3/2

sen 3 tdt =

0

+ sen 3 t

+

sen t sen t cos2 t dt a4

sen t sen t cos2 t dt = 4a4 .

6. Calcule la integral del campo vectorial F (x, y) = (x2 2xy) + (y 2 2xy) , a lo largo de la parbola y = x2 desde (1, 1) a (1, 1). Solucin:

Problemas resueltosLa integral curvilnea del campo F a lo largo de la parbola esb

F = a

F ((t)) (t)dt

siendo una parametrizacin de dicha parbola. Hacemos x = t, y = t2 para obtener la parametrizacin: (t) = (t, t2 ), t [1, 1]

que es de clase C 1 y va desde (1, 1) a (1, 1) pues (1) = (1, 1) y (1) = (1, 1). As: (t) = (1, 2t), F ((t)) = (t2 2t3 , t4 2t3 )

1

F = 1 1

F ((t)) (t)dt = (t2 2t3 , t4 2t3 ).(1, 2t)dt = t4 t6 4t5 + 2 3 51

1 1

= =1 t3

(t2 2t3 + 2t5 4t4 )dt =

3

=1

14 15

7. Calcule la integral curvilnea (x + 2)dx + 3zdy + y 2 dz ,

siendo una parametrizacin de la curva interseccin de las supercies x2 + y 2 + z 2 = 1, Solucin: Parametricemos la curva: x2 + y 2 + z 2 = 1 z =x1 x2 + y 2 + x2 2x + 1 = 1 2x2 + y 2 2x = 0 z = x 1.

La integral de lnea1 (x 2 )2 1 1 y2 2(x )2 + y 2 = + =1 2 2 1/4 1/2

Para que se cumpla esta condicin podemos tomar el parmetro t tal que:1 x 2 = cos t, 1/2

y = sent, 1/ 21 y = sent, 2

z =x1

x=

1 1 + cos t, 2 2

1 1 z = + cos t 2 2

con t [0, 2] pues de esta forma se recorre toda la curva. As: 1 1 1 1 1 (t) = ( + cos t, sent, + cos t), 2 2 2 2 21 1 1 (t) = ( sent, cos t, sent), 2 2 2Calculamos ahora la integral: (x + 2)dx + 3zdy + y 2 dz = 2

t [0, 2]

t [0, 2]

=0

1 = 4

5 1 1 3 1 1 1 1 ( + cos t)( sent) + cos t( cos t ) sen2 t( sent) dt = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 5sent sent cos t + 3 2 cos2 t 3 2 cos t sent(1 cos2 t) dt =2 0

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