INTEGRAL DE LINEA Y DE SUPERFICIE EJERCICIOS Y PROBLEMAS RESUELTOS PDF

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Integral de línea,
Integral de línea de primera especie,
Propiedades de la integral de línea,
Campos vectoriales,
Integral de línea de segunda especie ,
Independencia de trayectoria en integrales de línea ,
Aplicaciones de la integral de línea ,
Trabajo ,
Teorema de Green ,
Parametrización de una superfice ,
Parametrización propia para subconjuntos de R3 ,
Superficies regulares en IR3 ,
Plano tangente y vector normal en un punto de una superficie ,
regular en M3 ,
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6.5 Área de una superficie ,
6.6 Integral de superficie ,
Teorema fundamental de la integral de superficie ,
En esta sección se generaliza el concepto de la integral simple f ( t ) d t de una
función / definida en el intervalo [a; b] a una integral de una función definida
sobre una curva C. Esta integral se llama integral de línea de / sobre dicha curva
y se denota por f c f .
INTEGRAL DE LÍNEA DE PRIMERA ESPECIE
Definición 1.-
Sea a: [a; b] -> Mn una curva regular, tal que a([a; b]) = C c Rn es su imagen
de a (Fig. 6.1).
Sea 5 = /(t) = I \\a'{u)\\du la función de longitud de arco
Fig. 6.1
La integral de línea de primera especie de la función / a lo largo de la curva C
con respecto al parámetro longitud de arco está dada por
( f ( x 1; . . . ; x j d s = í f(a(t))\\a'(t)\\dt
Je Ja
= í /(« iC t); …;a n( t ) ) V K ( 0 ] 2 + – + K ( t ) ] 2d t
Jn
Con frecuencia, en lugar de integral de línea, también son usadas las expresiones
integral curvilínea e integral de contorno.
CÁLCULO III
Observación 1.- Si / (xt ; = 1, la integral de línea proporciona la longitud
de arco de la curva C, como se definió en la sección 1.7. Esto es,
L ( C ) = [ 1 d s = f h\\a'(t)\\dt= f bV K ( t ) P + – + K ( t ) ] 2 dí
J C J a J a
Observación 2.- Sea a: [a; b] -> R 2 una curva regular tal que a (\ a ; b]) = C es su
imagen en R 2.
Sea / : D c R 2 -> R una función continua y no negativa sobre el conjunto abierto
D que contiene a la curva C (ver Fig. 6.2).
Sea Pc una partición de la curva C comprendida desde P hasta Q en trozos, de
modo que la longitud de cada uno de los elementos de la partición son,
respectivamente As1( As2, …, Asi t …, Asn
Sea ( a : ¿ ; 0) un punto arbitrario en el trozo Ast, tal que / ( x t;y¿) está bien
definida. Entonces el área de la superficie lateral de la región comprendida entre
la superficie z = f (x ; y) y la curva C es dada por
n
A(cortina) = ,|p!im y,)As, = J f ( x ; y ) d s
i=1 r
Por consiguiente, la integral de línea de la función / sobre la curva C desde P a Q
es dada por____________________
Área {cortina) = f f ( x ; y ) d s = f f[a(t)]\\a'(t)\\dt
Je Ja
INTEGRAL DE LINEA Y DE SUPERFICIE
Ejemplo 1.- Sea C una curva que da vuelta alrededor de la circunferencia
x 2 4- y 2 = 1 en sentido contrario a las manecillas del reloj y sea f ( x ; y ) = 1 + x
Calcule J f ( x ; y ) d s
c
Solución
La parametrización del círculo unitario C: x 2 + y 2 = 1 está dada por
C : (ly* == sCe0n! tt„ 0 < t < 2 „ Entonces, a(t) = (eos t ; sen t) y a \ t ) = ( - s e n t\ eos t) Por tanto, la integral de línea de / sobre la curva C es "27T / = í f ( x i y ) d s = í /(e o s t \sen t)\\a'(t)\\dt J e J o J~ 2 n _________________________ r2TT (1 + cos t) V (-s e n t) 2 + cosH dt = (1 + eos t)dt = 2n o 0 Ejemplo 2.- Calcule f c x y 2z ds, donde C es la curva intersección de^ las superficies x 2 + y 2 + z 2 = 16 y x 2 + y 2 = 4 en el primer octante. Solución La intersección de las superficies Sx\ x 2 + y 2 + z 2 = 16 y S2: x 2 + y 2 = 4, en el primer octante, es la curva C: x 2 + y 2 = 4 A z = 2V3 Luego, la función vectorial que tiene como imagen a esta curva C es a (t) = (2 eos t ; 2 sen t; 2V3), t e | 0 ; - ] (verFig.6.3) 311 Como cc'(t) = (—2 sen t\ 2 eos t ; 0) y ¡|a'(t)|| = 2, entonces la integral de línea de la función sobre la curva C resulta CALCULO III Tí í x y 2z d s = í (2 eos t) (2 sen t ) 2(2 V 3 )||a'(t)||d t Je Jo C 32V3 Jo n¡2 9 32V3 (sen2t eos t) d t = —- — Ejemplo 3.- Jaimito piensa pintar una cerca de un parque por ambos lados. La cerca tiene como base la curva C: x 2/3 + y 2/3 = (40)2/3 (x > 0,y > 0) y la
y
altura para cada punto (x; y) G C está dada por la función /(x ; y) = 4 + —. Si le
proporcionan la pintura y le van a pagar S/. 100 por pintar 20 mí2, ¿cuál es su
ganancia?
Solución
v l / 3
Para la curva C:
x 1/3
(40) 1 / 3 (40)1/3
su parametrizacion es
*1/3 yl/3
C : (40jW = COS’ y { í ó j w ‘ “ ” ‘
De donde resulta la función vectorial
a(t) = (40 eos3t; 40 sen3t), t e [O;—j (Fig.6.4)
Puesto que
a'{t) — (—120 eos2t sen t; 120 sen21 eos t) y ||a ‘(t)|| = 120 eos t sen t se
sigue que
A (cerca) = í f ( x \ y ) d s = í (4 + 20 sen3t)120 eos t sen t dt – 720 m 2
Je Jo
Como Jaimito debe pintar la cerca por los dos lados, entonces el área que debe
pintar es 2(720) = 1440 m 2
Por tanto, la ganancia de Jaimito es
100
G = 5(1440) = 5 / .7200 (pinta cada m por 5 / .5 =
PROPIEDADES DE LA INTEGRAL DE LÍNEA
1. Sea a: [a; ib] -» Rn una curva regular, tal que a([ci]b]) = C c R n es su
imagen de a.
Sean f , g : D c R n R funciones definidas en el conjunto abierto D que
contiene a la curva C. Entonces se tiene:
a ) J k f ( x 1 ; …;xn)ds = k J f ( x 1; x n) d s , siendo k una constante
b ) / = í í f( x 1;…;xn) ± g ( x 1; . . . ; x j ] d s ‘
Jc
= f ( x 1 ; …; xn)ds ± I g{xx\ …\xn)ds
Je Je
2. Si la curva C se forma uniendo los extremos de un número finito de curvas
INTEGRAL DE LINEA Y DE SUPERFICIE
regulares Cl f Cn y C = U C2 U … U Cn, entonces
f ( x 1;…;xn)ds= f ( x 1;…;xn)ds+ I f { xx\ … ;xn)ds + – |
Jcx Jc2 J cn
/ ( x x; … ; xn)ds
3. Dada la curva C con una orientación determinada, se denota por – C la misma
curva con una orientación opuesta, y se verifica
I f ( x x; …-,xn)ds = – I f ( x x\…;xn)ds
J-e Je
4. I f ( x 1;…;xn) d s = f ( x 1; . . . ; x j d s + f ( x 1;…;xn)ds = 0
^cu(-c) Je J-e
Observación 3.- La masa de un cable de longitud L y de densidad 5: R n -* R
está dada por
m = I S^Xi, …]xn)ds
Je
donde C es el cable de longitud L.
Observación 4.- La parametrización de una recta L cz R n que tiene como punto
inicial i4(ax; …; an) y como punto final B(bt ; …; bn) está dada por
a (t) = A + (B — A)t, t G [0; 1]
Observación 5.- Cuando la integración se realiza sobre una curva cerrada C, es
costumbre denotar la integral de línea por § f ds
Ejemplo 4.- Calcule f c (x + y) ds a lo largo de los caminos indicados
a) el triángulo con vértices (0; 0), (4; 0) y (0; 3) recorrido en sentido antihorario.
b) el círculo x 2 + y 2 = 2x desde (0; 0) a (2; 0) recorrido en sentido horario.
313
c) el círculo x 2 4- y 2 = 16 desde (4; 0) a (- 4 ; 0) recorrido en sentido
antihorario.
Solución
a) El camino C – Ct U C2 U C3 (unión de los lados del triángulo) está
representado en la figura 6.5, donde Cu C2 y C3 son las imágenes de las
funciones vectoriales
Cx\cc¿t) = (0; 0) 4 -1(4; 0) = (41; 0), t E [0; 1] y a[(t) = (4; 0)
C2: a 2(t) = (4; 0) 4 -1 ( – 4; 3) = (4 – 4t\ 31), t E [0; 1] y cc’2(t) = (- 4 ; 3)
C3: a3(t) = (0; 3) 4 -1(0; – 3 ) = (0; 3 – 31), t E [0; 1] y a’3(t) = (0; – 3 )
Por consiguiente, la integral de línea sobre la curva C es
CÁLCULO III
í (x + y)d s
Je .
= í (* + y)ds 4-
JCi
= í (4 t)4 dt 4- Jo Jo
y
c 3X. 0
í
(4 — t)5 dt + f (3 — 3t)3 dt = 30
J o -‘o
Fig 6 5
b) Para la circunferencia C: (x – l ) 2 + y 2 = 1, la parametrización en sentido
horario recorrido desde (0; 0) hasta (2; 0) es
_ (x — 1 = sen t (C: i C: 1x = 1 4- s^e n t t 6 r ít-i (Fig.6.6) (y = co sí (y = cos£ I 2 2J
Luego, la función vectorial que tiene como imagen la curva C es
r n
C: a ( t) = (1 + sen t; eos t). í e [- 2 ’ 2J
Como a ‘( 0 = (eo st \ – s e n t ) y ||a'(t)ll = 1, entonces la integral de linea
sobre C es
í (x + y) d s = í (1 + sen t + eos t)dt = n 4- 2
J C tz/ 2
3 1 4
c) Para la circunferencia C: x2 + y 2 = 16, la parametrización en sentido
antihorario recorrido desde (4; 0) hasta (- 4 ; 0) es
_ ( x = 4 eos t tn .
C: |y = 4 sen t ‘ t e[ 0; 7rJ
Así, la función vectorial que representa a la curva C es
a{t) = (4 eos t ; 4 sen t), t e [ 0 ; n ]
Puesto que a'(t) = ( – 4 sen r;4 co s t) y ||a'(t)ll = 4, entonces la integral de
línea sobre C es
í (x + y) ds = í (4 eos t 4- 4 sen t)4 dt = 32
Je Jo
CAMPOS VECTORIALES
Definición 2.- Un campo vectorial en n dimensiones es una función
F: D c f – ) l n que asigna a cada punto P (X j;…; x n) del conjunto D a un único
vector
FOO = iF1(x1-,…:xn); …;Fn(xl ;…;xn))
con punto inicial P.
Observación 6.-
i) Para el caso n — 2 (en el plano, veáse Fig. 6.7), el campo vectorial es
representado por
F(x;y) = (M (x;y);W (x;y))
donde M y N son funciones reales de dos variables.
INTEGRAL DE LINEA Y DE SU P L k FICIE
ii) Para el caso n = 3 (en el espacio, veáse Fig. 6.8) el campo vectorial es
representado por
315
CÁLCULO III
F ( x ; y ; z ) = (P(x;y-,z); Q(x-,y;z); R(x;y ,z) )
donde P,Q y R son funciones reales de tres variables.
Ejemplo 5.- Dibuje una muestra representativa de vectores del campo vectorial
x y \ * „ y
F (x ;y ) =
Ky/x2 4- y 2 y/x2 -I- y 2) y]x2 4- y 2 y¡x2 4- y 2
Solución
Para describir un campo vectorial F se considera un punto genérico P (x ;y ) del
plano R 2 y se define como el vector posición f = OP = x í 4- y j del punto P.
Así, F( x‘, y) es un vector unitario en la dirección del vector posición f (Fig. 6.9).
Ejemplo 6.- Dibuje una muestra representativa de vectores del campo vectorial
Solución
1
Se observa que la función F(x\ y) = – (- y ; x) es ortogonal al vector posición
f = xi 4- y j del punto P(x\ y), pues se verifica
1 1
F{x-,y) • r = ~ ^ x y + ?,x y = °
1 „
Luego, la función F(x; y) es tangente a la circunferencia de radio – |¡r || y centro
en el origen, esto es,
II F(x-, y )|| = ^ V ^ T y 1 = ^ ||f ||
¡16
Una representación gráfica del campo vectorial F(x;y) se muestra en la figura
6. 10.
INTEGRAL DE LÍNEA DE SEGUNDA ESPECIE
Definición 3.- Sea a: [a; b] —> E n una curva seccionalmente regular, tal que
C = a([a-,b]).
Sea F:Dcz Rn -> Rn un campo vectorial definido y acotado en la región D que
contiene a la curva C.
INTEGRAL DE LINEA Y DE SUPERFICIE
La integral de linea del campo vectorial F a lo largo de la curva C está dada por
fc F • da = / a&F (a (t)) • a ’(t)dt
Observación 7.-
0 Si el campo vectorial F:D c ñ 2 M2 es definida por
F(x;y) = (M (x;y);/V (x;y)), entonces la integral de línea de /•’ a lo largo de
la curva C c D está dada por
I = j [M(x-,y)dx + N(x\y)dy] = j F(a(t)) • a'(t)Ut

[M(a1( t ) ; a2( t ) ) aí ( t ) + N( a1Ct);a2( t ) ) ai ( t ) l dt
Ja
¡i) Si la curva regular C es a: [a; b] -> R3 y el campo vectorial F: D c R 3 -. R3
es definida por
F(x;y; z) = (P(x;y;z); Q(x;y;z); R(x;y; z)),
entonces la integral de linea de F a lo largo de C está dada por
3 1 7
CÁLCULO III
1 = í [P(x;y;z)dx + Q(x;y;z)dy + R(x;y;z)dz] = f F(a(t)) • a'( t)d t
Je Ja
= i ÍP(aiCty,a2(t) ; a3Ct))aí(t) + -” + R(a1(t y, a 2Ct);a3C0)a3(t)]dt
a
Ejemplo 7.- Evaluar la integral de línea Jc [(3x – y)dx + (x 4- 2y)dy], donde C
es la imagen de la función vectorial a (t) = (eos t ; sen t), t G [0; 2n]
Solución
Como x = eos t y y = sen t , se tiene dx = —sen t dt y dy — eos t dt
Por tanto, la integral de línea es
I = f [(3x – y) dx 4- (x 4- 2y)dy]
Jc
= í 2n[(3 cost — sen t) ( – s e n t) 4 (eos t 4 2 sen t)(cos t)\dt = 2n
Jo
Ejemplo 8.- Calcule
i
1 — x 2
X 2 4- z :
2 \l/2
dx 4- y
1 – y 2
y 2 4- z : d), + z ‘ 2 k T P U z
donde C es la curva de intersección de las superficies x — y y 2x 2 4- z 2 = 1 en
el primer octante, recorrida en el sentido contrario a las agujas del reloj.
Solución
(y – x
X -4=) 1/V 2/
Al parametrizar la curva C: 4 z 2 =_ 1^ en sentido contrario al de las
agujas del reloj, se tiene
1 1 r ^1
x = — eos t ,y = — eos t ,z – sen t, í 6 0 ; – (Fig.6.12)
V 2 V2 1
De donde, se obtiene
1 1
dx = — —sen t dt, dy = — —sen t dt, dz = eos t dt
V 2 V2
Al reemplazar estas expresiones en la integral de línea, resulta
1 – x 2
x 2 4- z ;
dx + y
1 — y 2
y 2 4- z :
dy 4- z
– l
7T
= í [—sen ùco st + sen tco s t (1 – sen 2t)]d t
Jo
r n / 2 1
= (—sen 3t eos t)d t = —-
Jn ^
1 — Z 2
2×2 4 z 2
dz
3 1 8
INTEGRAL DE LINEA Y DE SUPERFICIE
Ejemplo 9.- Calcule f c (x2; y 2; z 2) • da, donde C es la curva intersección de las
superficies x 2 + y 2 + z 2 = 16 y x 2 + y 2 = 4y, z > 0 recorrida en sentido
horario.
Solución
Al parametrizar la curva intersección de las superficies
f(y – 2)2 4- x 2 = 4
(y – 2
^xz 4- y 2 4- z 2 = 16
« C: (Fig 6.13)
en sentido horario, se tiene Íx = 2 sen t
y = 2(1 + co st) f t G [0;2tt]
z = 2V2Vl – eos t
Así, la función vectorial que representa a la curva C es
a ( t) = (2 sen t; 2(1 4- eos t); 2V2V I – eos t ) f t G [0; 2ít] y
42 sen t
a ‘( t ) = 2 eos t ; – 2 sen t;
V i – eos t
Por tanto, la integral de línea es
“27T
/
r
= I F (a ( t) ) • cc'(t)dt
Jo
í 2n \ F)
I (2 sen t)22 eos t 4 4(1 4 cost)2(-2 sen t) 4 8(1 – cost) — -* gn
L Vi –
d t
— eos t
r 2n
[8 sen 21 c o s t – 8(1 + c o s t ) 2 sen t + 8V2V1 cos t , sen t]d t = 0
Jo
3 1 9
CÁLCULO III
Ejemplo 10.- Calcule f c F(x; y; z) • da(t), donde
F(x; y; z) = (—yx; x 2 4- z; e xy 4- tan(z)) y C es la curva intersección de las
x 2 y 2
superficies — 4- — = 1 y 9 x 2 4- 4y 2 4- z 2 = 40 en el primer octante, recorrida
en el sentido contrario al de las agujas del reloj.
Solución
Al parametrizar la curva de intersección de las superficies
\ 9 x 2 4- 4 y 2 4- z 2 = 49
en sentido contrario al de las agujas del reloj, se tiene
C\x = 2 eos t , y = 3 sen t,z = V13, t G [0; (Primer octante)
Así, la función vectorial que representa a la curva C es
a ( t) = (2 eos t ; 3 sen t\ V l3), t G [O; —j
tf’OO – (“ 2 sen t; 3 eos t ; 0) y
F (a ( t) ) = (“ 6 sen tcos t ; 4 cos2t 4-13; e 6sentcost + tan(V 13))
Por tanto, la integral de línea es
/ = í F(x ;y;z) •
Je
rn/2
= I [12 sen 2t eos t + 12 sen 31 + 3VT3 eos t]d t = (12 4 -3V13)
Jo
INDEPENDENCIA DE TRAYECTORIA EN INTEGRALES DE LÍNEA
Una integral de línea, en general, no depende
solamente del integrando y de los puntos inicial
A y el final B, sino también de la curva de
integración que va desde el punto inicial A hasta
el punto final B (Fig. 6.14).
Sin embargo, existe una clase muy importante de
integrales de línea que son independientes de la
trayectoria de integración. Esto ocurre cuando la
forma diferencial que se pretende integrar
P(x\y’,z)dx + Q ( x \ y , z ) d y + R(x\y’,z)dz es exacta, e.s decir, existe una
función f : U c z R 3 – >R tai que
d /(x ;y ;z ) = P(x\y-,z)dx 4- Q {x \y \z ) dy 4- R ( x m, y ; z ) d z
3 2 0
INTEGRAL DE LINEA Y DE SUPERFICIE
Teorema 1.- Sea a: [a; b] -> IR3 una curva regular, tal que a([a; b]) = C; y sea
F: D c IR3 -* IR3 un campo vectorial continuo en la región D que contiene a la
curva C, tal que F (x ;y ;z ) = (/>(*; y; z); Q(x; y; z); R(x; y; z)), donde
P,Q,R:D c IR3 -> R son funciones a valores reales con derivadas parciales
continuas en la región D. Si la forma diferencial
P(x; y; z)dx + Q(x; y; z)dy 4- P(x; y; z)dz = F(x; y; z) • dr[ár = (dx; dy; dz))
es exacta, entonces existe una f u n c i ó n t a l que
i) df{x\ y; z) = P { x \ y \ z )d x + Q (x;y;z)dy 4- R ( x \ y \ z ) d z
ii) I [P (x ;y ;z)d x 4 -Q (x ;y ;z)d y 4-P (x;y;z)dzJ depende sólo de los
Jc
extremos de la trayectoria C que une los extremos
a (a) = A(x1;y 1;z1) y a(b) = B(x2; y2; z2) y se cumple
I ^ (^ i; y i; ^ i) • d r = / ( x 2; y 2; z 2) – / ( x ^ y ^ z j = f ( B ) – / 0 4 )
Jc
Observación 8.-
a) Sean P, Q, R: D c E ’3 -» IR funciones continuas con primeras derivadas
parciales continuas en la región D.
La forma diferencial P{ x \ y \ z )d x + Q (x;y;z)dy 4- P (x ;y ;z )d z es exacta si
y solo si
dP dQ dP dR dQ dR
dy dx dz d x ’ dz d y ‘ G ^
b) Sean M, N\ D c IR2->R funciones continuas con derivadas parciales de primer
orden continuas en D. Entonces, la forma diferencial M (x;y)dx 4- A/(x;y)dy
es exacta si y solo si
dM dN
á T v < ^ > e D
La aplicación del teorema 1 a un campo vectorial definido en IR2 se presenta en el
siguiente corolario:
321
CÁLCULO III
Corolario 1.- Sea a: [a; ¿?]->R2 una curva regular, tal que a{[a\b])=C y sea
F:D c M2->M2 un campo vectorial continuo en la región D que contiene a la
curva C, tal que F (x ;y ) = (M (x;y); N (x;y)), donde Af , / V: Dc R 2->R son
funciones de clase C1 en la región D.
Si la forma diferencial M(x; y ) d x 4- N (x ; y)dy = F(x; y) • dr (dr = (dx: dy))
es exacta, entonces existe una función f 😀 c M2->R, tal que
i) d /(x ; y) = M (x;y)dx 4- /V(x;y)dy y
ii) I [M(x; y)dx 4- /V(x; y)dy] depende solamente de los extremos de la
Je
curva C\ a(a) = i4(x1;y1) y a(b) = B(x2;y2) y se cumple
I [M(x;y)dx + N ( x ; y ) d y ] = / ( B ) – f ( A )
Observación 9.- Si la integral de una forma
diferencial Pdx 4- Qdy 4- Rdz es independiente
de la trayectoria de integración, entonces la
integral de esta forma diferencial sobre
cualquier curva cerrada es cero. Pues una curva
cerrada C puede ser considerada como la unión
de dos arcos Ct y C2 , como se ilustra en la
Fig. 6 15
figura 6.15 de modo que
| [Pdx 4- Qdy 4- Rdz] = f [Pdx 4 Qdy 4 Rdz]
JCx Jc2
Por tanto,
j [Pdx 4- Qdy 4- Rdz] = í + í = í – í =0
Jc Jcx Jc2 Jcx J-c2
En general, se tiene el siguiente teorema:
322
INTEGRAL DE LINEA Y DE SUPERFICIE
Teorema 2.- Sean P,Q,R\U c R3-»R funciones continuas en U, y sea C una
curva regular cerrada contenida en U con una representación paramétrica
a: [a; tal que a([a\ b])=C y a ( a ) = a(b).
La forma diferencial Pdx 4- Qdy 4- Rdz es exacta si y solo si
i [Pdx 4- Qdy 4- Rdz] = 0
Jc
La demostración se deja al lector.
Ejemplo 1 1 Calcule | (x 4 z; – y – z\ x – y) • d r , siendo C la curva de
J c
intersección entre la esfera x 2 4- y 24 z 2 = 16 y el cilindro x 2 4- y 2 = 4x
Solución
Para el campo vectorial del integrando, se tiene
P(x’,y:z) = x + z, Q(x \y\z) = – y – z t P (x ;y ;z ) = x – y
a p _ 0 – aí3 d P – 1- dR d Q- X- dR
dy dx dz d x ‘ dz dy
Como la forma diferencial P (x ;y ;z)d x 4 Q (x;y;z)dy 4 P (x ;y ;z )d z es exacta,
entonces por el teorema 2, la integral de linea sobre la curva cerrada C es
(x 4- z; —y – z; x – y), dr = 1 [(x 4- z)dx – (y 4- z)dy + (x – y)dz] = 0
J c J c
Ejemplo 12.- Calcule
I = I [(y ~ z)dx 4- (x – z)dy 4- (y – x)dz] 4-
Jci
siendo el segmento de recta que va de (1; 2; 2) a (- 1 ; 0; 2) y C2 el arco de la
semielipse superior 4×2+ y 2 – 16x 4 12 = 0 que va de (1; 0) a (3; 0)
Solución
La función vectorial que representa a la curva Cx, es
Cí: a ( t) = (1; 2; 2) + t ( —2; – 2 ; 0) = (1 – 2t\ 2 – 2t; 2), t G [0; lj
323
x = l – 2 t
C\ • y — 2 — 21
\ z – 2
Así, se tiene dx = – 2 d t, dy = – 2 dt, dz = 0
Luego, la integral de línea sobre la curva Ca, es
h = [(y “ ^)dx 4- (x – z)dy 4- (y – x)dz]
JCt
= [ (—2t )(—2dt) + (—1 – 21)(—2dt) = f (8t + 2 )d t = 6
•^o Jo
Para la segunda integral de línea sobre la curva C2, se tiene
M(x ; y) = 3 4- 2x sen – y eos ( ^ j , A/(x; y) = x eos ^
—dM_ = C05(/y_\) + yl. sen (/y-x) = —diV
ay V*/ x vxv dx
Como la forma diferencial M (x;y)dx 4- iV(x;y)dy es exacta, entonces la integral
de línea es independiente de la trayectoria que une los puntos (1; 0) y (3; 0).
Luego, se puede integrar a lo largo de cualquier curva conveniente que une los
puntos (1; 0) y (3; 0). En particular, al considerar la recta que une estos puntos,
esto es, C2: r ( t) = (1 4- 2t\ 0), t E [0; 1], se tiene
/2 = J [(3 4- 2x sen (~^ — y eos dx 4- x eos dyj
£2
= í (3 )(2 d t ) = í 6dt = 6
Jo Jo
Por tanto,
/ = it +i2 = 6 4-6 = 12
CÁLCULO III
Ejemplo 13.- Calcule f c F (x ;y ) • d f siendo F (x;y) = (ey4-ye*;xey4-ex) y C
es la curva descrita en cada caso.
i) C es el segmento de recta que va de (a; 0) a ( – a ; 0) sobre el eje X.
ii) C es la trayectoria que va de (a; 0) al punto (—a; 0) sobre la mitad superior de
la elipse b2x 2 4- a 2y 2 = a 2b 2
iii) C es la circunferencia x 2 4- y 2 = a 2 recorrida en sentido horario.
En cada caso fundamente su respuesta.
Solución
i) La función vectorial que representa a la recta que va de (a; 0) a ( – a ; 0) es
C: a(t) = (a; 0) + t ( – 2 a ; 0) = (a – 2at\ 0), t E [0; 1]
324
INTEGRAL DE LINEA Y DE S U P E R F I C I E
„ (x = a — 2at _ n
« C : [ y = 0 , t e [ 0 ; i ]
Luego, la integral de línea sobre esta curva es
í = J F(x > y) • d f = j [(ey 4- y e x)dx 4- (x ey 4- e*)dy]
= í (—2a)dt = – 2 a
Jo
ii) Para la función campo vectorial F, se tiene
dM dN
M(x; y) = ey 4- y e x, N(x; y) = x e y + ex y — = ey 4- e x = dx
Luego, la integral de línea sobre la curva C es independiente de la trayectoria
que une los puntos (a; 0) y ( – a ; 0). Así, al integrar sobre la recta que une
estos puntos resulta
/ = i F (x ;y ) • d f = – 2 a
Je
iii) Como en este caso la forma diferencial es exacta y la curva C es cerrada,
entonces según el teorema 2 se tiene
/ = í F(x’,y)dr = 0
Je
xdx 4- ydy 4- zdz
Ejemplo 14.- Calcule
í
, donde C es el arco de la curva
x 2 4- y 2 4- z 2
x = 2t, y = 2t 4 -1, z = t 2 + t que une los puntos P^O; 1; 0) y P2(2; 3; 2)
Solución
La función vectorial que representa a la curva C es
C: a ( t) = (21; 2t 4- 1; t 2 4 -1) con a(0 ) = (0; 1; 0) y a ( l ) = (2; 3; 2)
Por consiguiente, la integral de línea es
/ -í xdx 4- ydy 4- zdz -fJo
Ejemplo 15.- Calcule
x 2 4- y 2 4- z 2
x 2dy – y 2dx
2 t3 4-3 t2 4-9t + 2 _ l i
t 4 + 2 t3 + 9 t 2 + 4 t + 1 ~ 2
I 5 5
x 3 4 – y 3
donde a es la cuarta pane de la
astroide x = Rcos3t, y = Rsen3t desde
el punto (F; 0) hasta el punto (0; R) (Fig. 6.16).
Solución
325
yiJ
1 L(0; R)
. . w \°\>
✓ 7«;0) / r
C Á L C U L O III
La función vectorial que representa a la cuarta parte del astroide es
C: a(t) = (Rcos3t) Rsen3t), t e [0;
Por tanto, la integral de línea es
x 2dy – y 2dx [ n/2 3R3sen2tcos7t f ¿dy — ¿dx f n + 3R3sen7tcos2t = Jc * 5 /3 + y 5/3 = Jo R5/3cosst 4- R5/3senst
r71/2 sen2t cos2t[cos5t 4- senst] . Cnf2
dt
… [ n/2sen2t cos¿t[cosbt + serví] f n/ 7 7
= 3R / ————— i ——- ———- – = 3Ra/3 sen2t cos2t dt
J0 cos5t + sen5t J0
A /, r 71,2 / I – cos(2t)\ (1 4 cos(2t)\ 3/?4/3 f 71/2 7 j
3 ttR 4/3
16
r ( 4 ; 4 ; 4 ) x ¿ x + y ¿ y + z ^ z
Ejemplo 16.- Calcule – a lo largo de la recia
J(i;i;i) V *2 + y 2 + z 2 – x – y 4- 2z
que une los puntos (1; 1; 1) y (4; 4; 4).
Solución
La función vectorial que representa a la recta que une los puntos (1; 1; 1) y
(4; 4; 4) es
C: a ( t ) = (1 + 3t; 1 4- 3t; 1 4- 3t), t 6 [0; 1]
Por tanto, la integral de línea es
í xdx 4+- yydyy +4- zzdzz íf 1 9 + 271 ^
Jc yj’x2 + y 2 + z 2 – x – y + 2z Jo V 3(l 4 3t)
= – L r ‘ d t = 3V3
V3 Jo
EJERCICIOS
En los siguientes ejercicios, calcule las integrales de linea a lo largo de la
trayectoria dada.
x 2 2 y
/ x 2 – y 2 4* 2 + y 2
; C es el arco de la parábola;
■ – 1
desde (0; 0) a (2; 2).
2.- I [(x2 — 2y)dx 4- (2x 4- y 2)d y ] ; C es el arco de parábola y ? = 4x – 1
Jc
3 2 6
INTEGRAL DE LINEA Y DE SUPERFICIE
desde (1/4; 0) a (5/4; 2). r. 7^8
3.- í [(x 4-y)dx 4- (x – y)dy]
Jc
a) A lo largo de los segmentos O A y AB, donde 0(0; 0), >1(2; 0) y B( 2; 1)
R. 7/2
b) A lo largo del segmento OB.
4.- I [ydx 4- ( x 2 4- y 2) d y ] , donde C es el arco de la circunferencia y = V ^ ~ x 2
Jc
de (—2; 0) a (0; 2) R. tt 4-8
5 ‘ f [ – 2 dx + ^ T — ,-¿ Cd yes el arco de la curva x 2 — y 2 = 9 de Jc L x ^ x ^ – y 2 y¡x2 – y 2
( 3 ;0 ) a ( 5 ;4 ) R. aresen (4 / 5)
6.- I y 2 sen3Xyj 1 4- cos2x ds ,C es el arco de la curva y = sen x desde (0; 0)
Jc
7 _ I [y2dx – x d y ], C es la curva y 2 = 4x desde (0; 0) a (1; 2) /?.
Jc
8.- I x 2d y , a lo largo de la curva y = x 3 – 3×2 4- 2x desde (0; 0)a (2; 0) R.
Jc
9 ‘ I [(y – A:)dx 4- x 2y dy] # a lo largo de la curva y 2 = x 3 desde (1; – 1 ) a
Jc
4
v . » * . ;
64
R’ 105
4
3
8
15
10
f xdx 4- ydy
•” J (je2~4- y 2y / 2 ,C es curva generada por la función
cr(t) = ( e 2t cos(31) ; e 2t sen (3t)), t E [0; 27r]
f x y 2
11 ” j c ~x T4- .y.2 ¿ y , a lo largo del círculo x 2 4- y 2 = a2 en sentido antihorario
12.- Determine f a f ( x ; y ) d s , si a es la curva que da vuelta en sentido contrario
de las manecillas del reloj alrededor del conjunto de puntos 5 dado.
a) f (x ; y ) = xy; S es el triángulo formado por los ejes coordenados y la recta
V5
* + 2 y = l R. —
b) f ( x m,y ) = x 2 + y 2; S es la semicurcunferencia formada por el eje X y la
mitad superior de la circunferencia x 2 4- y 2 = 4 R. — 4- Qn
c) /(x ; y) = (x — y ) 2; S es el cuarto de circunferencia en el primer cuadrante
formado por la circunferencia x 2 + y 2 = 4 y los ejes coordenados.
1 2 n — 8
Rm 3
d) f ( x ; y) = xy, a(t) = (4 sen t; 4 eos t), 0 < t < n R. 0 13.- Determine f a /( x ; y; z)ds si la curva a recorre S una sola vez a) f ( x \ y; z) = xy 4- z; S es la recta 2x -f y — z = 1, x 4 y + z = 2 entre (—1; 3; 0) y (1; 0; 1). b) /(x ; y; z) = xyz, 5 es la parte de la recta x 4 y 4 z = l , y - z = 0 que se V6 encuentra en el primer octante. R. — 96 c) /(x ; y; z) = x 2yz, a recorre la intersección de los planos coordenados con el plano 2 x 4 -y 4 -z = l R. 0 14.- En los siguientes ejercicios demuestre que el integrando es una diferencial exacta y calcule la integral. a) í [(x 2 4- 2y)dx 4- (2y 4- 2 x )d y ], C es un arco arbitrario de (2; 1) a (4; 2) Je 101 R' ~ f y 2 xy b) ~r~ñ----- 77577dx — -— -------—— dy,C es cualquier arco de (4; 3) Je ( x 2 + y 2) 3/2 (x 2 4- y 2)3/ 2 7 N 7 a (- 3 ; 4) que no pasa por el origen. R. — - c) I [{yexy(cos xy — sen xy) 4* eos x)dx + (xexy (eos xy — sen xy) + sen y)dy] Je C es un arco arbitrario de (0;0) a (3;-2) R. sen 3 — eos 2 + e~6 eos 6 CALCULO III 3 2 8 INTEGRAL DE LINEA Y DE SUPERFICIE 15.- Calcule I yj2y2 4- z 2 d s , donde C es la intersección de las superficies Je x 2 4- y 2 4- z 2 = a2 y x = y. L xdy — yd x 16.- Halle — -------— alrededor de la curva C x 2 4- y 2 a) C: (x — 2 a )2 4- (y - 2 a )2 = a 2 R. 0 b) C: x 2 4- y 2 = a 2 R. 2n 17.- Calcule I (x — z)z d s , siendo C la porción de la curva con ecuación Je y = x 2 en el plano z = 2 que inicia en el punto (1; 1; 2) y termina en (2; 4; 2). 18.-Calcule í [Adx + Bdy 4- CdzJ para a) a(t) = (a eos t ; b sen t\ t 2), 0 < t < 2 tc, A = x 4- y, B = y + z, C - z 4- x R. 27r2 4- 4nb - nab b) a(t) = (at\ b t 2\ e t 3), 0 < t < 1, A = x + y + z, B - x y z , 7 7 9 a ¿ ab ae ab2e a2b 2c3 C = x y z 2 R. — 4- — 4- — -1- 4- — 2 3 4 4 5 19.- Calcule I [ydx 4- zdy + x d z ], donde a es la curva de intersección de las Ja superficies x 2 4* y 2 = 1 y z 2 + y 2 = 1 (en el sentido positivo trigonométrico visto desde arriba). R. n 20.- Calcule las integrales curvilíneas de las diferenciales totales (5:12)xdx 4* ydy — 2~7—2 ~ or^ en coordenadas no se halla en el contorno J{3;4) x y de integración) R. ln (1 3 / 5) f Pz xdx 4- ydy b) - donde los puntos P1 y P2 están situados sobre las Jpi j x 2 4- y 2 circunferencias concéntricas cuyos centros se hallan en el origen de coordenadas y los radios son iguales a ^ y R2, respectivamente (R2 > Rt )
(El origen de coordenadas no se halla en el contorno de integración).
R. R2 – Rx
21.- Calcule ias siguientes integrales curvilíneas:
3 2 9
CALCULO III
a) — ^— —~z— a lo largo de un arco de la curva x = 1 4- 2 eos t ,
J( 3;0) ^ + y 2
y = 2 sen t
b) I (x2 4- 2y)dx 4- (y – x )d y , donde C es la frontera de la región limitada
Je
por las gráficas de x = 0, y = 0, 2y = (x – 4)2, 2y = x 4- 2
f (2;1:4) 7 x
c) (ln x dx 4- dy 4- – dz) a lo largo de la curva de intersección
*'(1;0;1) z
de las superficies y = x — 1, z = x 2
22.- Calcule las siguientes integrales curvilíneas:
a) I x y d s , donde C es el contorno del cuadrado \x\ 4- |y| = 2 P. 0
Je
b) I y 2 d s , donde C es el primer arco de la cicloide x = a ( t — sen t),
Je
256 ,
y = a ( l — co st) /?.
c) I J x 2 + y 2 d s , donde C es el arco de la envolvente de la circunferencia
Je
x = a(c os t 4 t sen t), y = a(sen f – t eos t), t G [0; 27r]
a 2[( 1 + 47t2)3/2 – l]
(1;2) xdy – y dx
R.
I I . _ -j -v ^
di)) J |(2 x 2e*”sen y 4- e*2 sen y ) d x 4 (xe*2 eos y — 2 y 2z )d y — – y 3dz
donde C es ia poligonal que une los puntos >4(0; 0; 9), B(\n 2 ; —n\ 6).
C(ln 3 ; 7r; —3) y D(ln e ; 2n\ 1) de A a D.
R. V2 a 2
» L K l – x 2 \ 1/2 / 1 – y 2 \ 1/2 ( l – z 2 \ 1/2
donde C está en el primer octante y es la curva de intersección del plano
x = y con el cilindro 2 x 2 4- z 2 = 1, recorrida en el sentido antihorario.
R. 8 5 ( ler octante), 8 4 ( lro y 2d0 octante)
3 3 0
INTEGRAL DE LINEA Y DE SUPERFICIE
K3;3;3)
í) í [(1 4- 3z)dx – dy -4 3dz)] 4 í 2 arctan dx 4- ln(x2 4- y 2) dy,
*'(l;l;l) Je X
si C es la circunferencia (x – 2)2 4- y 2 = 1, y el recorrido es en sentido
horario.
6.2 APLICACIONES DE LA INTEGRAL DE LÍNEA
1. Sea a:[a;b]-> R3 una curva regular tal que a([a; b]) = C c R 3 y sea
/ : C c l 3 -) R una función continua sobre C.
Si C es un alambre y /( x ;y ;z ) = 1, V (x;y;z) G C, entonces la longitud del
alambre está dado por
2. Si p: C c R3 -» R es la función de densidad de la masa del alambre, entonces
la masa del alambre recorrido por la curva C es
M = j p(x;y;z’)ds
Je
Luego, el centro de masa del alambre es el punto (x; y; z), donde
_ fr xp(x; y; z; ) ds _ f yp( x; y; z ; ) ds _ f z p( x; y ; z ; ) ds
X = ———- M———-‘ y = ———- M———-= ^ ————-M ———
3. Si d (x ;y ;z ) es la distancia desde el punto P{x\y \z) del alambre a una recta o
plano, entonces el momento de inercia correspondiente a la curva C con
función de densidad de masa p: C c R3 -> R está dado por
L d 2(x; y; z)p (x ;y ; z)dz
En particular, los momentos de inercia del alambre con respecto a los ejes X,
Y, Z son, respectivamente
lx = (y2 + z 2)p(x] y; z ) d s , IY = f ( x 2 4- z 2)p(x; y; z)ds
Je Je
h = J (x 2 + y 2)p O ; y; z)ds
331
CÁLCULO III
TRABAJO
1. Si una partícula que se mueve a lo largo de una curva C c i 2 es movida por la
fuerza F: D cz R 2 R 2 definida en la región D que contiene a la curva C, tal
que F(x;y) = (M (x ;y );N ( x \ y )), entonces el trabajo W realizado por F a lo
largo de C está, dado por
W = J F • d f – J [M(x;y)dx + N(x;y)dy]
2. Si una partícula se mueve a lo largo de la curva C c R ¿ es movida por la fuerza
F: D cz R 3 R 3 definida por F(x; y; z) = (P(x; y; z); Q(x;y; z); P(x; y; z)),
entonces el trabajo W realizado por la fuerza F a lo largo de C está dado por
Ejemplo 17.- Determine la masa y la coordenada z del centro de masa de un
alambre en forma de hélice descrita por la curva a ( t) = (eos t ; sen t\ t) entre
t = 0 y t = 2n , si la densidad es p(x\ y; z) = x 2 + y 2 + z 2
Solución
Como a ( t ) = (eos t ; sen t; t), a ‘(t) = ( – s e n t; eos t ; 1) y
lla’COII —V2, t e [0; 2tt], entonces la masa del alambre es
M = f p(x; y; z)ds = í p ( a (t))||a ‘(t)l|d t
Jo
= J^27T( l + t 2)\Í2dt = 2V2 í?r +
Luego, la coordenada z del centro de masa del alambre resulta
f r z P (x ;y ;z ) d s yJ2f2n
z
_ _ c zP(x; y; z)ds _ V2 / 027r t ( l + t 2)dt _ 3(zr -f 27t 3)
M n fñ 2V2 7r ((*^ . 1 4 n 2\1 3 4- 4tt2
Ejemplo 18.- Halle el trabajo realizado por el campo de fuerza F(x; y) = (y 2; x)
al mover una partícula desde (0;0) hasta (2;0) a lo largo de la curva C descrita por
el conjunto S = {(x;y) E l 2 /y = 1 — |1 — x\]
Solución
3 3 2
La curva C = Cx U C2 se muestra en la figura 6.17. Las funciones vectoriales que
representan a las curvas Ct y C2 son, respectivamente:
C i:« i(t) = t 6 [ 0 ; l ]
C2: a 2(t) = ( i + t; l – t), t g [0; l]
Luego, el trabajo realizado por la fuerza F es
W = I F ( x – , y ) » d r = f [y 2dx + x d y ]
Jc Je
= [y2dx + x d y ] + í [y2dx + xdy]
JCi Jc2
= í ( t 2 + t)dt + f [(1 – t) 2 + (1 + t ) ( – l ) ] d t = ~
Jo J o 3
INTEGRAL DE LÍNEA Y DE SUPERFICIE
Ejemplo 19.- Halle el trabajo realizado por el campo de fuerza
F( x; y) = ^ ; – — T.y2] aI mover una partícula a lo largo de una recta
que va desde A(a; b) hasta £(c; d).
Solución
La función vectorial que representa a la recta que va desde A hasta B está dada
por
C:a(t) = (a + t ( c – á ) : b + t ( d – b ) ) , 0 < t < l (Fig. 6.18) Luego, el trabajo realizado por la fuerza F a lo largo de la recta es W = f F(x; y: z) • d f = í [— J^ — d x - ~ - — dy Jc )c x 2 + y 2 x 2 + y 2 . 333 CÁLCULO III - i ' [ [a + t(C ~ a)](C ~ a) + [b + t(d ~ b)1(d - b) dt J0 [ [a 4- t(c - a)]2 4- [b + t(d - fa)]2 r 1 0 _i1 l / a 2 + fr2\ = [ - 2 lnlta + f(c “ a )] + \-b + l]0 = 2 ln ( c2 + fr2) Ejemplo 20.- Halle la masa del arco de la curva C\x - e l eos t , y - e tsen t, z — e c desde el punto correspondiente a t = 0 hasta un punto cualquiera t = t 0, si la densidad del arco es inversamente proporcional al cuadrado del radio polar, y en el punto (1; 0; 1) la densidad es igual a 1. Solución La función vectorial que representa a la curva C y la densidad del arco son k C: a(t) = (et eos t ; e lsen t \ e l) y P(x;y; z) - —x 2-------z----- - + y 2 4- z 2 k Dado que P( 1; 0; 1) = — = 1, entonces k — 2 Luego, se tiene 2 a '( 0 = (e f(cos t - sen t); e t (sen t + eos t)\ e 1), P(x; y; z) = -xy ——— —- y i y i z ||a '(t)|| = V 3 e t Por consiguiente, la masa del arco de la curva comprendida desde t = 0 hasta t - t0 es rt0 M = [ p ( x ; y ; z ) d s = f p ( a (t)) ||a '(t)l|d t Je Jo r to 2 — _ — ^ . y l l e 1 dt = V 3(1 - e “l°) J0 Ejemplo 21.- Halle el momento de inercia sobre el eje Y de un alambre semicircular que tiene la forma x 2 + y 2 = 1, y > 0, si su densidad es
p(x ;y ) = |x| + |y|. Determine también la masa y el centro de masa del alambre.
Solución
La función vectorial que representa al semicírculo superior de x 2 -f y 2 = 1 es
*
C\ a(t) = (eos t; sen t), t G [0; 7r] y ||a'(t)ll = ^
Luego, el momento de inercia del alambre con respeto al eje Y es
.7 1 /2
INTEGRAL DE LINEA Y DE SUPERFICIE
r T Z / ¿
IY = I (cos3t + eos21.sen t)dt 4- I ( – c o s 3t 4- cos2t sen t)dt = 2
J o Jn /2
La masa y las coordenadas del centro de masa del alambre son respectivamente
M = í p(x-,y)ds = í (|cos£| 4- ¡sen t¡)dt = 4
Je J d
_ f xp ( x; y )d s _ f yp (x ;y )d s 2 + n
x = ———-— = 0, y = ———- ——– = ——–
M y M 8
Ejemplo 22.- Sea F(x; y ) = ^y e xy — – ^ – \ x e xy — un campo de fuerzas
Halle el trabajo que realiza F al mover una partícula desde el punto (1; 1) hasta el
punto (2; 2) siguiendo la trayectoria compuesta por U C2 U C3, donde
Cx: es la semicircunferencia (x – 2)2 + (y – l ) 2 = 1, y > 1
C2: es la recta que une (3; 1) con (4; 4)
C3: es la recta que une (4; 4) con (2; 2)
Solución
En el campo de fuerzas, se tiene
M = y e x y —- — , N = x e x y —— –
x ¿y x y 2
De donde, resulta
dM 1 dN
— — e xy x v e xy 4——– = —
dy y x 2y* dx
Como la forma diferencial M{ x\y )dx 4- N (x ; y) dy es exacta, entonces la integral
de línea es independiente de la trayectoria que une los puntos (1; 1) y (2; 2).
Así, se puede integrar a lo largo de la recta que une los puntos (1; 1) y (2; 2), esto
es,
C: a(t ) = (1; 1) 4 -1( 1; 1) = (1 4 t; 1 4 – 1), t G [0; 1]
Luego, el trabajo realizado por la fuerza F a lo largo de la curva C es
W = f F(x;y) • da(t) = f F (a (tj ) • a'(t)dt
Je Jo
= f Í2(l4-0e(1+t)2- 7 Jo ((i + o 3
dt = e 4 — e —
4
3 3 5
Ejemplo 23.- Halle el trabajo realizado por la fuerza F (x ;y ;z ) = (y ;z ;x ) al
desplazar una partícula a lo largo de la curva C, intersección de las superficies
z – xy y x 2 4- y 2 = 1, recorrida en el sentido que vista desde encima del plano
XY, es el contrario al de las agujas del reloj.
Solución
La función vectorial que representa a la curva C es
C: a ( t) = (eos t ; sen t; eos t sen t), t G [0; 2n]
De donde resulta a ‘( t ) = ( – s e n t: eos t ; – s e n 2t 4- cos2t)
Por consiguiente, el trabajo realizado por la fuerza F es
r r 2n
W
CÁLCULO III
= [ F (x ;y ;z ) • da(t) = f F(a(t)) • a'(t)dt
Je J o
r2n
= I [—sen2t 4- cos2t sen t – eos t sen2t 4- cos3t] = —n
J o
Ejemplo 24.- Halle el trabajo realizado por la fuerza
F (x ; y; z ) = (2x – y 4- z; x 4- y – z 2; 3x – 2y 4- 4z) al desplazar una partícula
( x – 2 ) 2 (y – 3)2
alrededor de la elipse ———– 4-1—– —– = 1, recorrida en el sentido que,
4 9
vista desde encima del plano, es el contrario al de las agujas del reloj.
Solución
Al parametrizar la elipse para que la partícula recorra en sentido antihorario, se
obtiene la función vectorial
C: a(t) = (2 4- 2 eos t ; 3 4- 3 sen t; 0), t 6 [0; 27r]
De donde resulta
a \ t ) = ( – 2 sen t; 3 eos t ; 0)
Por tanto, el trabajo realizado por la fuerza F es
W = f F (x ;y ;z ) • da(t) = í F(a(t)) • a \ t ) d t
Je J o
J r 271
[ -2 sen t 4- eos t sen t 4-15 eos t 4- 6]dt = 127T
o
EJERCICIOS
1.- Un alambre se dobla en forma de la semicircunferencia x 2 4- y 2 = 9, x > 0.
Halle la masa y el centro del alambre si
3 3 6
a) la densidad es una constante c > 0
b) la densidad es p(x; y) = y
2.- Encuentre la masa y el centro de masa de un alambre triangular formado por la
recta 2x 4- 3y = 6 y los ejes coordenados, si la densidad es p(x\ y) = x 4 y
(3
INTEGRAL DE LINEA Y DE SUPERFICIE
3.- Determine la masa y el centro de masa del alambre en forma de hélice que
recorre la curva a(t) = (eos t ; sen t\ t), 0 < t < 2rr; si la densidad es p(x; y; z) = z. Encuentre el momento de inercia con respecto al eje Z. R. 2V2 7T2, (o; — —; — ) , 2V2 n 2 \ 7T 3 / 4.- Halle la masa y el centro de masa de un alambre que tiene la forma de la hélice C: a ( t) = (t; sen t\ eos t), 0 < t < 2n\ donde la densidad en cualquier punto (x ;y ;z ) del espacio M3 es igual al cuadrado de la distancia de dicho punto al origen de coordenadas. 5.- Un alambre tiene la forma de la curva intersección del cilindro parabólico z = 4 — y 2, z > 0 con el plano x = 4 – y. Calcule la masa del alambre si su
densidad en cada punto es p(x; y; z) = |y|.
6.- Calcule la masa de un alambre que tiene la forma de la curva intersección delas
gráficas de las ecuaciones x 2 + y 2 4-z 2 = 1, y = z, sí su densidad es
p(x; y; z) = x 2
rv 2 = ^ _7 7 Q
7.- Un alambre tiene la forma de la curva C: y ‘ ~
íx 4- z = 4
Si en cada punto (x; y; z) de C su densidad es p(x; y; z) = ¡y| (x 4- z). calcule
a) la masa del alambre
b) la primera coordenada del centro de masa del alambre.
8.- Encuentre el momento de inercia de un alambre circular de densidad igual a 1
con respecto al origen, si el alambre tiene la forma de la intersección de la
esfera x 2 4- y 2 4- z 2 = 1 con el plano x + y 4 z = 1. R. 2n\/’2/3
9.- Un alambre tiene la forma de la curva y = x 2, — 1 < x < 1. La densidad del alambre es kyjy. ¿Cuál es el momento de inercia del alambre con respecto al eje Y? k R- 4 5 — 1 rV 5 + - , 3 lb j 33 7 10.- Halle el trabajo que realiza el campo de fuerzas F(x; y; z) = (1 4- y; x\ —yz) para trasladar una partícula desde el punto A(2; 2; 4) al punto B(3; V3; 2) a lo i r ( x 2 + y 2 + z 2 = 16 largo de la curva C: ( + y2 = 4x 11.- Calcule el trabajo que realiza el campo de fuerzas F(x; y; z) — (6x y 3 4- 2z 2; 9x 2y 2; 4xz 4- 1) para mover una partícula desde el punto j4(2;0;0) hasta el punto B(0; 0; 2), siguiendo la curva intersección de la semiesfera x 2 + y 2 4- z 2 = 4, z > 0 y el cilindro x 2 4- y 2 = 2x, recorrida
en sentido horario, si se observa desde el origen de coordenadas.
12.- Calcule el trabajo que realiza el campo de fuerzas
—x —y —z \
CÁLCULO III
F(x ; y, z ) = (
( x 2 4- y 2 4- z 2) 3/2 ‘ ( x 2 4- y 2 4- z 2)3/ 2 ‘ ( x 2 4- y 2 4- z 2) 3/2/
para mover una partícula a lo largo de una recta que une los puntos A(a; b; c)
y B(d; e\/ ) R. (d 2 4- e 2 + f 2y x¡2 — (a 2 + b 2 4- c2) _1/2
13.- Halle el trabajo que realiza el campo de fuerzas F ( x \ y \ z ) = (x ;y ;z ) para
mover una partícula desde el origen de coordenadas hasta el punto (1; 1; V2) a
lo largo de la intersección de las superficies x 2 4- y 2 – z 2, y 2 — x
.14.- Determine el trabajo que realiza el campo de fuerzas
F(x;y, z) = ( x y ,x + y) para desplazar una partícula desde el origen de
coordenadas hasta el punto (1; 1) a lo largo de
a) la recta y — x R. 4/3
b) la parábola y = x 2 R. 17/12
15.- Calcule el trabajo que realiza el campo de fuerzas
F (x ;y ;z ) = (8xy3z; 12x2y 2z; 4x2y 3) para mover una partícula desde el
punto A(2;0;0) hasta el punto B (l: V3; n /3 ) a lo largo de la hélice circular
a ( t) = (2 eos t ; 2 sen t; t). R. 4V5 7T
16.- Halle el trabajo que realiza el campo de fuerzas
F (x ;y ;z ) = (y x ;x z;x (y 4-1)) para mover una partícula sobre el contorno
del triángulo de vértices ^4(0; 0; 0), B{2\ 2; —2) y C(2; 2; 2), recorrida una vez
y en ese orden. R. 5
17.- Calcule el trabajo que realiza el campo de fuerzas
F (x ;y ;z ) = (y 2; 2xy 4 z;y 4 2) para mover una partícula a lo largo de ia
curva descrita por la función a ( t) = (eos t ; sen t; e l ), t e [0; n]
18.- Sea C una curva que une los puntos A(l\ 1) y B(3; 1) y
3 3 8
INTEGRAL DE LINEA Y DE SUPERFICIE
F(x; y) = ^ ————; ^ ^ un campo de fuerzas. Calcule el trabajo
que realiza F(x; y) para mover una partícula desde el punto A hasta el punto B
siguiendo la curva C.
19.- Calcule el trabajo que realiza el campo de fuerzas
F(x\ y; z) = (Sesenx – 6 y + ln (l – z) ; 4x 4- e cosy 4- e z; 3x3y 4z)
x 2 y 2
para desplazar una partícula a lo largo de la elipse — 4- — = 1, en sentido
horario.
TEOREMA DE GREEN
Existe una relación muy importante entre las integrales dobles y las integrales de
línea que a continuación se presenta. Esto concierne a las integrales de línea sobre
curvas cerradas simples.
Antes de introducir este importante teorema, introducimos algunas definiciones
preliminares.
Definición 4.- Una curva cerrada regular a: [a; b] -* M2 es simple, si a es una
función uno a uno, excepto en los extremos del intervalo donde a (a ) = a (b )
Definición 5.- Una región S c= R 2 es simplemente conexo, si toda curva cerrada
simple a de S ‘ se puede deformar continuamente a un punto sin salirse de S
(Fig. 6.19′).
S2 no es simplemente
conexo
S{ es simplemente
conexo
3 3 9
CÁLCULO III
Teorema de Green.- Sea F c l 2 una región abierta, S c= V una región cerrada
simplemente conexa cuya frontera FrS = C c R2 es una curva cerrada regular
simple.
dM dN
Si M, N,——,——:V cz R ¿ -* R son funciones continuas sobre S, entonces
dy dx
j) [M(x;y)dx + N(x;y)dy] = J J 00
La demostración de este teorema se deja al lector.
. dN dM
Observación 10.- Si —— = 1, entonces el área de la región S es
dx dy
A(S) = f [Mdx + Ndy]
J F r S
Teorema 3.- (Integral de línea para el cálculo del área de una región). Si
D c R 2 es una región limitada por un camino cerrado C, entonces el área de la
región D está dada por
>4(D) = – [xdy — ydx]
2 Jc
Ejemplo 25.- Sea D la región interior al rectángulo de vértices (7; 4), (—7; 4),
( -7 ; – 4 ) y (7; – 4 ) y exterior al cuadrado de vértices (2; 2), ( – 2 ; 2), (- 2 ; – 2 ) y
(2; —2). Al denotar con C a la frontera de esta región, calcule ia integral de linea
I [4xy d x 4- (2 x2 4- 4x)dy]
Je
Solución
Como M = 4x y y N — 2 x 2 4- 4x, se tiene
dN dM
— = 4x 4- 4 y — – = 4x
dx dy
Al aplicar el teorema de Green a lo largo de la trayectoria C = Cx U C2 U C3 U C4,
como se muestra en la figura 6.20, se obtiene
/ = J [4xy d x 4- {2×2 4- 4x ) d y \ = m – ^ í í (4x 4- 4 – 4x)dA
3 4 0
INTEGRAL DE LINEA Y DE SUPERFICIE
= 4 j j 4(área de D) — 4(área del rectángulo – área del cuadrado)
D
= 4(112 – 16) = 384
Ejemplo 26.- Usando la integral de línea, calcule el área de la región limitada por
y — 4 — x 2 e y = x 2 — 4
Solución
Las funciones vectoriales que representan a las parábolas C\ : y = x 2 – 4 y
C2: y — 4 — x 2 cuyo movimiento sobre sus trayectorias es antihoraria son:
C1: a 1(t) = ( t ; í 2 – 4), t € [-2 ; 2]
C2: a 2(t) = (2 — t: 4 — (2 — t ) 2). t 6 [0:4] (Fig. 6.21)
Por tanto, el área de la región D es:
A(D ) = – j [xdy – y d x J = – f (xdy 2 – ydx) 4- í (xdy- y d x ) ! i 2 [JCi ^ j
Ci+c2
2
f (t(2t)(dt – (t 2 – 4)dt) + | [(2 – t)(2(2 – C)jcít – (4 – (2 – í)2) ( – a t ) j
J-2 -*0 j
f , r 64 ,
I ( t 2 + 4)d t 4- I
•’-2 “*0
1 (4 + (2 – t ) 2)d í
1 [64 641
~ 2 T ^ T
= y u
341
Observación 11.- El teorema de Green puede extenderse a conjuntos más
generales de manera sencilla. Supongamos que el conjunto S tiene como frontera
dos curvas cerradas simples a 1 y a 2 que recorren en sentido contrario a las
manecillas del reloj con relación a S. Esto significa que la región S siempre está a
la izquierda cuando una partícula se mueve sobre c¿1 ó a 2.
(Fig. 6.22)
Conectamos a 1 y a 2 mediante dos rectas que no se intersecan o mediante
trayectorias poligonales como se muestra en la Fig. 6.22. Ahora, el conjunto 5
está dividido en dos conjuntos Sx y S2 cada uno de los cuales tienen una curva
frontera cerrada simple Yi y Y2>
CÁLCULO III
r rr (dN dM\ j ) (Mdx 4- Ndy) = J J y — – — j dA , i = 1,2….. Luego,
Yi c
//(dN dM
dx ay
JdA = K son funciones continuas en una vecindad de S, entonces
f f f(ddNN doM\ v r
JJ = (Mdx + Ndy )
Ejemplo 27.- Sea S la región exterior al círculo
unitario C2 que está limitada por ía izquierda
por la parábola y 2 = 4(x + 4) y por la derecha
por 1a recta x = 4. (Fig. 6.23)
Utilizando el teorema de Green, calcule
L ,
-dx + • ;dy x 2 + y 2 x 2 4- y 2
donde Cx es la frontera exterior de S orientada
como se muestra en la figura 6.23.
Solución y * Como M =
dM
dv
9 . 9 y N == -, x 2 + y 2 x 2 + y 2
, se tiene
dy y 2 – x 2
( x 2 + y 2) 2 ‘ dx (x 2 4- y 2) 2
Así, por el teorema de Green se tiene
/[-
Luego,
x 2 4- y L
-dx
x 2 4- y
– d y O dA = O
L
y ;dx x 2 4. y 2 1 x 2 + y l
El cual es equivalente a
L (-^ – dx +
x 2 + y ‘
•f— L
dy l-LIx
2 4- y 2
y
dx 4- •
x 2 4- y- dy]
x 2 4- y 2
dx 4
x 2 4- y :
-dy
Esto indica que la curva – C 2 está orientada en sentido antihorario, esto es, la
función vectorial que representa a esta curva es
~C2: a{t) = (eos t ; sen t), t E [0; 2n\
Por tanto, la integral de iínea es
343
CÁLCULO III
íc [~x^Ty2dx + ^T^dy\=S0 ^sen2t + cos2^dt = 2n
Ejemplo 28.- Calcule la integral I [(xy + x + y) d x + (xy + x – y ) d y ] ;
Je
donde C es la curva de
x 2 y 2
a) la elipse — + — = 1 (Fig. 6.24a)
b) la circunferencia x 2 + y 2 = ax (Fig. 6.24b)
Solución
Como M = x y + x + y y N = xy + x – y, se tiene
dM dN
~ = x + 1 y —- = y + l
ay dx
Luego, por el teorema de Green resulta
J [(x y + x + y ) d x + (xy + x – y)dy] = J J (y – x)dA
a) Para calcular la integrai doble en coordenadas polares, se hace ¡a
transformación
( x
■§ u
donde la región de integración es S = {(r; 0) / 0 < r < 1, 0 < 6 < 2n) Por consiguiente, por el teorema de Green se obtiene: r cos Q « r sen 6 (x = arcos 6 r, (y = br sen 9 ‘ l W ) = abr. 3 4 4 INTEGRAL DE LINEA Y DE SUPERFICIE I = J [(*y + x + y ) d x + (xy + x - y)dy] = J J (y - x)dA c s = f f (br sen 9 — ar eos 9)abr drd9 = 0 J o J o b) En coordenadas polares, la región está dada por = [(r; 9) / - ^ < 9 < | , 0 < r < a eos 0] (Fig. 6.24b) Luego, por el teorema de Green se tiene: / = J [(xy + x + y) d x + (xy + x - y)dy] = J J (y - x)dA rnn¡/¿2 rr a c o s d J-n/2 Jo i (r sen 9 — r eos 9)rdrd9 = — Ejemplo 29.- Valiéndose de la fórmula de Green. calcule la diferencia entre las integrales h = í [(* + y ) 2dx - ( x - y ) 2dy] J A m B = 1 [(* + y ) 2dx - (x - y ) 2d y ] J A n R U donde AmB es un segmento de recta que une los puntos ¿ ( 0 : 0) y B (l; 1) y AnB es el arco de la parábola y = x 2. Solución Como M = (x + y ) 2 y N = - ( x - y )2, se tiene dM dN — = 2 ( i + y) y - . - 2 ( * - y ) Luego, por el teorema de Green resulta [dN dM’ rl rX y J V 1 — e „ , „ - Ap y \ A ■ \ Fig 6 25 U Ejemplo 30.- Si ü es la región del pnmer cuadrante del plano XY limitado por las curvas 4y = x, y = Ax, xy = 4, halle el área de ü. Solución 345 Sea F r(ü) = Cx U C2 U C3 la frontera de la región fl, donde las curvas Cx: y = 4 C2: x y = 4 y C3: y = 4x están representadas por las funciones vectoriales CjiaiC t) = (4 t;t). t e [0; 1] = t 6 [0; 4] (Fig. 6.26) C3: a 3( 0 = ( l - t ; 4 ( l - 0 ) . t e [ 0; 1] Por tanto, el área de la región ü es A(íl) = ^ í [xdy - ydx] Z •'Fr(íl) = \ [ [xdy - ydx] + \ í [xdy - ydx] + \ í [xdy - ydx] ¿ ¿ Jc2 z Jc3 - .(M í)] + í jr* [ ¡ ^ d , + j i j í t ] + | l ' l - W - Ú d t + 4(1 - t ) d t ] = 4 1 n 4 u 2 CÁLCULO III X Ejemplo 31.- Halle el área de la región interior a la circunferencia x 2 -i- y 2 = 4 1 1 y exterior a las circunferencias (x — l ) 2 4- y 2 = - , (x 4- l ) 2 4- y 2 — - , 4 4 x 2 -i- (y - l ) 2 = x 2 + (y + l ) 2 = ^ (Fig. 6.27) Solución Sea C = Cj U C2 U C3 U C4 U C5, donde Cx: x 2 4- y 2 = 4, C2: (x - l ) 2 4- y 2 = - 4 c3- (X + l ) 2 + y 2 = ^ , C4: x 2 + (y — l ) 2 = ^ , C5: x 2 + (y + l ) 2 = 3 4 6 INTEGRAL DE LINEA Y DE SUPERFICIE Luego, el área de la región H es A (ti) = ¿ J [xdy - ydx] = J - f - J - j - j = 3 t t u 2 - C3 ~ C4 — C5 EJERCICIOS L- En cada uno de los siguientes ejercicios, verifique el teorema de Green a) M = - y , N = x, S: 0 < x < 1, 0 < y < 1 R. 2 2xy3 b) M = —------ x 2y, /V = x 2y 2, 5: es el triángulo de vértices (0; 0), 1; 0) y (1:1) R. 4 7 c) M = 0, N = x, S es la región comprendida entre las circunferencias x2 _i_ y2 - i( x2 4 y2 = 4 R. 371 d) M = —y, N = x, S es el anillo a 2 < x 2 4 y 2 < b2. donde 0 < a < b R. 27r(b2 ~ a 2) 2.- En los siguientes ejercicios, utilice el teorema de Green para calcular la integral indicada. r a) j (x 2ydx 4- y 3a y j , donde C es la curva cerrada formada por y = x ,y 3 = x 2 de (0;0) a (1; 1) R. —1/44 b) é [(2x3 — y 3)dx 4- (x 3 4 y 3)d y ], donde C es el circulo x 2 4 y 2 = 1 Je R R- 2 o j [(y 4- e x")dx 4- (2x 4- cos(y2))d y ], donde C es la curva que limita a Jc ia región comprendida entre las parábolas y = x 2, x. = y 2. d) j ¡v x 2 4- y 2 dx 4- (x y 2 4- y ln(x 4- v x 2 4- y 2) ) ¡ , donde C es la curva jc que limita a la región, en el primer cuadrante, comprendida entre las gráficas x 2 y 2 x 2 y 2 de las ecuaciones — 4- — = 1, — r 4 -—7 = 1 . x = 0, v = 0 . o2 4aL 4 b ^ 3.- Calcule ias siguientes integrales de línea: a) |r (0:1) (y", dx 4- x ^, d y ) , donde C es ei semicírculo x = v; -1 -—- -y*-- /?. -4 J (0 -1) •’ 3 4 7 *■ 3 f (0;1)ydx - x d y n b) — -——-7—* donde C es la curva x = eos61,y = senát, 0 < t < — k m x 2 + y 2 2 n R- 2 c) j>[exsen y dx 4- e x eos y d y ] , alrededor del rectángulo con vértices (0;0),
(i;0).(i;|) y (o;f)
4.- Calcule j |^ 3 x 2ey – x 2y – dx + (x 3ey + cos y ) d y alrededor de
X 2 + y 2 = 1 R. —
5.- Calcule I l(4y + e x eos y ) d x — ( y 2 + e x sen y)dy] en sentido contrario
Je
al movimiento de las manecillas del reloj y alrededor del paralelogramo cuyos
vértices son (0;0), (2;0), (3;1) y (1;1) R. – 8
6.~ Calcule J [(senh x — l)se n y dx 4- (coshx eos y)dy] en sentido contrario
Je
al movimiento de las manecillas del reloj, alrededor del rectángulo 0 < x < 2, 0 < y < | R. 2 7.- Calcule | í2 arctan ( - ) dx -f ln(x2 -t- y 2) dy \ alrededor de la Jc x circunferencia (x - 2)2 -f y 2 = 1 en sentido positivo. R. 0 f 8.- Calcule | [2x y z 2ax + ( x zz z -f z cos^yz) dy *f (2x " yz 4- y cos(yz) dz] Je sobre cualquier trayectoria C desde P (0; 0; 1) hasta Q (1; —; 2 j /?. 7r 4- 1 9.- Verifique el teorema de Green, para cada uno de los siguientes ejercicios a) M = x 2y, N = x y 2, donde C es la frontera de la región S en el primer cuadrante limitada por las gráficas de y = x, y = x R. 1 b) M = x 4 y , N = x 2v, C es la frontera de la región S en el primer cuadrante limitada por x = 0, y = 0, y = 1 — x 2 c) M = 0, N = x, S es la región interior a la circunferencia x 2 i- y 2 = 4 y 1 1 exterior a las circunferencias (x — l ) 2 4- y 2 = - (x 4- l ) 2 4- y 2 = - CALCULO III 3 4 8 í d) M = 0, N = x, donde S es la región interior a la circunferencia x 2 4" y 2 = 16 y exterior a las circunferencias x 2 4- y 2 - 4y 4- 3 = 0 y 9 9 S i n X + (y + 1) — 4 • , R- ~4~ 10.- Calcule la siguiente integral aplicando el teorema de Green (x 4- y 2)dx 4- x 2y dy (en el sentido positivo) donde S es la región limitada por las curvas y 2 = x, |y| = 2x — 1 11.- Al aplicar el teorema de Green, calcule la integral j) [—x 2y dx 4- x y 2 dy] donde C es la circunferencia x 2 4- y 2 = a2 que recorre en sentido antihorario. n a 4 R' ~2~ 12.- Mediante el teorema de Green, halle el área de la región encerrada por las curvas dadas. x L2 y* 2 a) S es la región interior a la elipse — 4- — = 1 3n a2 b) S encerrada por el astroide x — a cosót, y — a sen t R. — c) S es la región más pequeña limitada por la circunferencia x 2 r y 2 = 16 y ia recta x 4- y = 4 R. 4(71 — 2) d) S limitada por la cardioide x = a ( 2 eos t - eos.21), y = a(2 sen t — s e n 2 t ) R. 6 n a 2 6.4 PARAMETRIZACIÓN DE UNA SUPERFICIE Sea D c R2 un conjunto abierto y (p: D c R2 ■-» R3 una función definida por 0 :(u ; v) — (c¡)1(u;v)](t)2(ji)v);(p3lu]v)),\/(u',v) E D (Fig. 6.28), donde 02> (p3’ D cz R 2 -* R son funciones coordenadas de 0.
INTEGRAL DE LINEA Y DE SUPERFICIE
Fig Ó.28
3 4 9
CÁLCULO III
Definición 6.- La función 0: D c R2 -> R3 es diferenciable de clase Ck (/c > 1)
si sus funciones coordenadas 0 1;0 2, 0 3:D c R2 -> R poseen derivadas parciales
continuas hasta el orden k.
Definición 7.- Una función 0: D c R 2 -* IR3 (D conjunto abierto) es una
parametrización propia de R3, si
i) 0 es uno a uno (inyectiva)
¡i) 0 es diferenciable de clase al menos C2 y tal que la matriz
d 0 i (P) d(p2(P) d(/)3(P)
du du du
á t p Á P ) 5 0 2 ( P ) d 0 3 ( P )
dv dv dv 2×3
es de rango 2, es decir, la matriz tiene dos filas diferentes de cero.
Ejemplo 32.- Sea D = {(u; v) E R 2 / u2 4- v 2 < 1} y 0: D c R 2 —> R3 una
función definida por 0 (u; v) — (u; i?; Vi — u 2 — V2). ¿ (p es parametrización
propia de R3? (Fig. 6.29).
Solución
i) Para (u ; 17) y (u'; i?’) en D, se tiene
0 (u ; y) = 0 (u ; 17′”) <=5- (u; v; Vi — u z - v 2) = (u'; i7r; VI — u '2 — i / 2) Por iguaidad de vectores, se tiene u — u , v = i/, entonces (u; 17) = (uf; v r) Luego, 0 es una función inyectiva. Fig. 6.29 ii) 0 es diferenciable, V(u; 17) e D y la matriz 3 5 0 INTEGRAL DE LINEA Y DE SUPERFICIE -£01 d(p2 £03 '1 0 0 1 u dl¿ 301 du ^02 du ^03 = VI - u 2 — v 2 v - (317 dv 517 - Vi - U2 - 172 J 2X3 es de rango 2, pues tiene dos filas diferentes de cero. Por tanto, 0 es una parametrización propia de R3. Ejemplo 33.- Sea D = | ( u ; 17) E R2 / 0 < u < 2n, 0 < 17 < — j . La función 0 : D c R 2 -> R 3 definida por 0(u; v) = (eos u sen v; sen u sen v\ eos v) es
una parametrización propia do R3 (Fig. 6.30).
Ejemplo 34.- Sea D = {(u; 17) E R2 / 0 < v < 2n} y 0: D c R2 -> R3 es una
función definida por 0: (u; 17) = (u eos v ; u sen v; u). Pruebe que cp es
parametrización propia de R*\
Solución
i) 0 es inyectiva, pues
0 (u ; 17) = 0(u';i7r) « (u eos 17; u sen v, u) = ( u c o s i;’ ;ue sen v r:uf)
fu c o s y = u’ eos v )
Luego,j) u sen i? = u rsen i/L de donde u – u y v = i7r
v u – u )
ii) 0 es diferenciable, pues sus funciones coordenadas tienen derivadas parciales
continuas. Además la matriz
d 0 i dc/)2 d 0 3
du du du
^ 0 i d ó 2 0(p3
L d i; di7
r eos 1; sen 17 1 ]
l- u s e n i; u eos 1; 0 j2X3
351
es d, e rango ^2 , ya que | eos v sen v i = u ^ 0 ° n l- u s e n i? u eos v\
En consecuencia 0 es una parametrización propia de ]
CALCULO III
PARAMETRIZACIÓN PROPIA PARA SUBCONJUNTOS DE R3
Definición 8.- Sea M c R 3 un subconjunto. Una función 0: D c R2 -* R3 es una
parametrización propia de M, si 0(D ) c M. En este caso se escribe 0: D cz R 2 ->
M (Fig. 6.31).
Fig. 6.31
SUPERFICIES REGULARES EN R 3
Definición 9.- Una superficie regular en R 3 es un subconjunto M c R 3 con ia
propiedad siguiente: Para cada punto P G M existe una parametrización propia de
M, esto es 0: D c R 2 -> M, tal que 0(D ) contiene una vecindad de P G M
(Fig. 6.32).
Fig 6 32
3 5 2
INTEGRAL DE LINEA Y DE SUPERFICIE
Ejemplo 35.- La superficie esférica de centro en el origen y radio 1, es una
superficie regular.
PLANO TANGENTE Y VECTOR NORMAL EN UN PUNTO DE UNA
SUPERFICIE REGULAR EN R3
Sea M e R3 una superficie regular y P G M . Entonces existe una parametrización
propia. 0: D -> M tal que 0 (u; v) = (0 i(u ; v); (p2(u; v); (p3(u; v)).
Sea (u0; v 0) G D, tal que 0 (u o; v 0) = P y sea C* = {0(uo; i?) G M / (u0; t¿) G D}
una curva que resulta al intersecar la superficie M con el plano u = u 0 (Fig. 6.33)
Fia 6 33
Por consiguiente.
Cx: 0 ( u o; i?) = (cpi(u0i v); 0 2(uoí v)l 03(wo¡v )) es una curva regular en M. Asi
el vector velocidad a la curva Cx en el punto P es
d 0 (u o;i7o) /’02(u0\ v 0) d M / 0 (u ; v) — (u; v; VI — u 2 — v 2) una parametrización propia de M.
Para el punto P(0; 0; 1) G M, se tiene Cx: 0(0; v) = ( 0; y; VI — y 2) v su vector
/ — ^ \
velocidad es Qv = ( 0; 1;- _ =i y ai evaluar en Q(0; 0) resulta 0 r = (0; 1; 0)
^ v i — v 2 ‘
Análogamente, C2: (u; 0) = (u; 0; v i – u 2) y cpu(0; 0) = (1; 0; 0;
Asi, el vector normal del plano tangente a la superficie esférica en P(0; 0; 1) es
Ñ = u x c p v = (0; 0; 1)
Por lo tanto, la ecuación del plano tangente es
PT:z = 1
6.5 ÁREA DE UNA SUPERFICIE
Sea una parametrización propia de la superficie Ms es decir, la
forma paramétrica de una superficie expresada en ia forma z = f ( x \ y ) .
Sea Qo(u0; v0) 6 D y P0 = (p(u0; v0) el punto correspondiente en M.
Si hacemos un pequeño cambio áu a lo largo ae la linea v – vQ y un pequeño
cambio dv a lo iargo de u = u 0 en (?0, el área del rectángulo asi formado en ei
plano UV es d u d v . Estos cambios inducen cambios vectoriales en M que son
dados aproximadamente por
A A, ^ A i 9 ( t) l – , – , 3 ^ 7* \ „r
d í
dcpv = — dv = (
dv
rd(p1^ d(p2 _ d(p3 _
dv -7 k dv
3 5 4
Estas diferenciales dcpu y d(pv son aproximaciones de los lados de un pequeño
paralelogramo en M cuya área está dada por
d ¿ = ||d 0 u x d(pv|| = ||0 U x 0 J d u d v ; al que se le denomina elemento de área
de la superficie M. o también diferencial de área.
Por tanto, el área de la superficie M, viene dada por__________
A(M) = JJ\\(pu x (j)v\\dudv = JJ jd(f> d(p
du dv
dudv
Observación 12.- Sea f : D c l 2 -> E una función continuamente diferenciable,
tal que z = /(x ; y). La gráfica de / es la superficie
M = Gf = {(x;y;z) / z = f ( x ; y ) . V (x;y) 6 D}
La parametrización propia de esta superficie es
f D c i 2 – * M c l 3 / <¿>(x: y ) = (x; y; / ( x ; y ))
Luego, se tiene
= u +
\ í
Por consiguiente, el área de la superficie z = /(* ;> ‘) está dada por
d(¡) do
V 5 V 5 — 1 )7T
Ejemplo 38.- Determine el área de una superficie esférica de radio a
Solución
Sea z = / ( x ;y ) = ^ a 2 – x 2 – v 2 la parte superior de la superficie esférica de
radio a. La parametrización propia de la parte superior de la superficie esférica es
0: D c R2 M tal que 0(x; y) = (x; y; y’a 2 – x 2 – y 2)
donde D = {(x;y) E R2 / x 2 4- y 2 < a 2} 3 5 6 INTEGRAL DE LINEA Y DE SUPERFICIE Como dcp dx = ( 1;0; » , = V y a 2 - x 2 - y 2/ dy \ yJa2 - x 2 - y 2J se tiene _d(_p ^ _dc_p dx dy * \ 1 a2 — x 2 — y 2 y aL — x 2 — y 2 J a 2 — x 2 — y 2 Luego, el área dé la superficie esférica es A(M) = [f - = J L = dA J J d V a 2 - * 2 - y 2 Al utilizar coordenadas polares x = r eos 0 y y — r sen 6 , se obtiene r 7172 f a a A(M) = 8 I , rdrdO = 47ra2u 2 Jo •'o v a 2 - r 2 Ejemplo 39.- Encuentre el área de la parte del plano x 4- y - z = 0 que se encuentra dentro del cilindro circular x 2 4- y 2 - ax = 0 [a > 0).
Solución
La parametrización propia del plano
z = /(x ; y) = x 4- y es
0: D c R2 -> M c R3 tal que
0(x; y) = (x; y; x 4- y)
donde D = |í( x ; y) G R” / (/ x – a \ 2 < ja2f) d0 dcp Como — = (1; 0; 1) y — = (0; 1; 1), se tiene dx Oy dcp dtp dx dy ! = v3 Luego, el área de la pane del plano es r a ryjax-x*' ,4(Ai) = 2 | V3 ayax '0 Jg Al pasar a coordenadas polares, se obtiene A(M) = = 2 i I t t / 2 ^ a c o s 6 V3 rdrdO = \ 3 7 r a 2 3 5 7 CALCULO III Ejemplo 40.- Considere la superficie z = 2 — x 2 — y, donde su dominio de definición es el triángulo D limitado por las rectas x = 0, y — 1, y — x. Halle el área de la superficie. Solución La parametrización propia de la superficie es 0: D c R2 -* M tal que 0 0 ; y) = ( x ; y ; 2 - x 2 - y ) donde D = {(x;y) £ K2 / * < y < 1, 0 < x < 1} (Fig. 6.38) dd> d é
Como — = x x y\\ = 7 2 + 4*2
Por tanto, el área de la superficie es
,4(M) = jj V2 -f 4×2 d>4 = J J v 2 4- 4×2 dydx
= [ (1 – x)V2 4-4×2 = ^ ln(V2 4- V3) 4- ^ = 0,809
J n 2 6
Ejemplo 41.- Calcule el área del pedazo de cilindro x 2 4-y 2 = 8y que se
encuentra dentro de la esfera x 2 4- y 2 4- z 2 = 64.
Solución
Al proyectar ei pedazo del cilindro sobre el plano YZ, se tiene
M:x = /( y ; z) = v 8y – y 2 (Fig. 6.39)
La curva de intersección entre la esfera y el cilindro en ei plano YZ es
z 2 = 64 — 8y. La parametrización propia de la superficie M es
0: D c R2 -* M c R3 tal que 0 (y; z) = (v 8y — y 2; y; z ) ‘ donde
D = {(y; z) G R2 / 0 < z < ^ 6 4 - 8y, 0 < y < 8} 3 5 8 Como 0)
P. – f(fc2 4- 4a2) 3/2 — ¿3lu2
b) la parte del cilindro y 2 4- z 2 = 4 a 2 para el cual z > 0, 0 < y < a — x. 0 < x < a /?. a 2 ( ^ + 2 V 3 - 4 ) u 2 V3 / c) la pane del cilindro z 2 = 8x interior a la columna prismática acotada por ln(2 4- V3) los planos y = 0, x = 1 y el cilindro x ¿ = 4)' P -------------- 3 5 9 d) el área de la pane de la esfera x 2 + y 2 4- z 2 = a2 conado por el cilindro x 2 4- y 2 - ax R. 2cl2(j i - 2)u 2 6.- Encuentre el área de la parte del cilindro x 2 4- z 2 = a 2 interior al cilindro y 2 = a(x 4- a) R. 8V2 a 2 u 2 7 En los siguientes ejercicios, halle las áreas de las partes indicadas de las superficies dadas. a) De la parte z 2 = x 2 4- y 2 recortada por el cilindro z 2 = 2py R. 2 \ r2np2u ¿ b) De la parte y 2 4- z 2 = x 2 recortada por el cilindro x 2 — y 2 — a2 y los planos y = b, y = —b R. 8V2 ab u 2 6.6 INTEGRAL DE SUPERFICIE Sea E c l 3 una superficie regular y g:E c R3 -> R una función definida sobre
£, sea c¡)\ D c R 2 -> E una parametrización propia de E, donde D es una región
cerrada en R 2. (Fig. 6.40).
CÁLCULO III
Sea P = [rl t r2, …,rn} una partición de la región cerrada D c R 2, esta partición
induce la partición P’ – {olt o2. …. crn}’ de 0(D ) donde a¿ = 0 ( r ¿) para
i = 1,2……n.
Sea (u’¿; G un punto arbitrario tal que 0(u’¿; i;’¿) = La suma
de Riemann de g correspondiente a la partición P’es
n
^ g ( x f y ‘ i , z i)A(ai), donde >4(cr¿) = Area de oi
¿=i
La integral de superficie de la función g sobre la superficie E está dada por
3 6 0
INTEGRAL DE LINEA Y DE SUPERFICIE
n
I = ¡ I g(x;ytz)da =
E 1=1
Observación 13.- Si E = 0(Z)), entonces la integral de superficie de g sobre E
está dada por
/ = I I g( R es función continua, entonces:
a) existe I I g ( x ; y ; z ) d a
E
b) I I g(x;y; z )d a = ¡j g( R una función continua, entonces la integral de superficie de g sobre
E está dada por
¡———— ———-~2
I J g ( x ; y ; z ) d a = I I g(x; y; f(x; y)) jl + ( ^ i- dA
F. F . ^
361
CALCULO III
Ejemplo 42.- Calcule J J g ( x ; y ; z ) d o / donde ¿7 (x; y; z) = x 2z ,
E:z = yjl — x 2 — y 2 (Fig. 6.41)
Solución
Comoz = / ( x ;y ) = fx = f = Z – „
V I- A :2 – y ‘ J l – x ^ – y 2
entonces al aplicar la fórmula de la observación 14, se tiene
1 = J J x 2z da = J J Vi – .
E E
a;2 – y 2 1 +
x-
1 – x 2 – V 2 1 – xx 2 – y^
dydx
donde D – {(x; y) £ IR” / x ‘ + y 2 < 1) es la proyección de E sobre el plano XV Por lo tanto, f f , r1 -i _____ i = l x - d y d x = | | ___ x 2dydx = 2 i x 2v 1 - x 2 ax = - y - - i - - v i -x 2 4 Ejemplo 43.- Calcule JJ (x* -f y 2)di(0 ; z); (p2(6; z); $ 3(0 ; z))|¡0 e x