guia de int de linea 01

Integrales de Línea Rendón & García.

Capitulo 8

INTEGRALES DE LINEA

Si un alambre, en la forma de alguna curva C, tiene una densidad variable, entonces el problema de calcular la masa del alambre se convierte en un problema de definir la integral de una función escalar, que aquí es la densidad del alambre, cuyo dominio es una curva en el espacio. Nosotros previamente hemos definido integrales de funciones escalares cuyos dominios fueron segmentos de

recta (∫a

b

f (x ) dx ), o regiones bidimensionales en el plano (∬R

❑

f ( x , y ) dA) , o regiones

tridimensionales en el espacio (∭D

❑

f ( x , y , z ) dV ). Para definir la integral de una función escalar

sobre cierto dominio que es una curva en el plano o en el espacio, denotada por (∫C f ( x , y )ds ) o

(∫C f ( x , y , z ) ds) ,

Seguiremos la misma lista de pasos dados anteriormente: 1. Partir el dominio en pequeños pedazos de tamaño ∆ s. Si los pedazos tuvieran diferentes

tamaños, denotaremos el tamaño del i-ésimo pedazo por ∆ si 2. Tomaremos un punto en cada pequeño pedazo de curva; denotaremos el punto tomado por

pi=(xi,yi)3. Calculamos cada f(pi) , que multiplicado por ∆ si, y sumamos todos los pedazos para

conseguir ∑i

f ( pi)∆ si

4. Tomamos el limite a esta suma de Riemann cuando la malla de la partición se hace más fina, esto es, cuando ∆ si→ 0. ó ‖P‖→ 0.A este límite se le denomina la integral de línea de la función f sobre la curva C.

8.1. Funciones vectoriales y curvas en el espacio

Definición 1 Función vectorial: Decimos que λ es una función vectorial si para cada número real t con tϵ B⊂R , λ asocia un único vector X=( x1 , x2, …, xn ) , X∈ Rn .Además se

tiene que x i=gi ( t ) ∀ i=1 …n siendo gi (t ) funciones reales de variable real, llamadas funciones componentes del vector λ (t ) . Escribimos

Definición 2 Curvas en el espacio : Al conjunto de puntos que satisfacen las ecuaciones x i=gi (t ) (1)donde gi (t ) son funciones reales se les llama curva en el espacio n-dimensional . A las ecuaciones (1) se les llama ecuaciones paramétricas de la curva C y t es el parámetro.

λ : R → Rn

λ (t )=(g1 (t ) , g2 (t ) ,…, gn (t ))


DEFINICIÓN DE INTEGRAL DE LINEA

1.- Ejemplo:

Evalúe ∫C

❑

( 2+x2 y ) ds , donde C es la mitad superior del círculo unitario x2+ y2=1.

Solución

2.- Ejemplo:

Un alambre toma la forma de un semicírculo x2+ y2=1 , y ≥ 0 , y es más grueso cerca de su base que de su punta. Encuentre el centro de masa del alambre si la densidad lineal en cualquier punto es proporcional a su distancia de la recta y=1.

Solución


PROPIEDADES DE LAS INTEGRALES DE LINEA

1. ∫C

kf (x , y ) ds=k∫C

f ( x , y ) ds , siendo k una constante

2. ∫C

[ f ( x , y ) ± g ( x , y )]ds=∫C

f ( x , y ) ds±∫C

g ( x , y ) ds

3. Si un camino C se compone de dos curvas C1 y C2, entonces

3.- Ejemplo:

Calcular la integral de línea ∫C

x ds a lo largo del camino C=C1+C2

Solución


Para C1 tenemos que y para C2

8.2. DEFINICIÓN Y CÁLCULO DE LA INTEGRAL DE LÍNEA SOBRE CAMPOS VECTORIALESDefinición: Sea F ( x , yz )=(F1 (x , y , z ) , F2 ( x , y , z ) , F3 ( x , y , z )) un campo vectorial definida en U ⊂R3 → R3 , diferenciable y acotada en U; λ (t)=(x (t ) , y ( t ) , z (t)) la parametrización de una trayectoria en R3 . Se llama integral de línea de F sobre λ a la integral

∫λ

❑

F ∙ ds=∫a

b

( F∘ λ ) ∙ λ' ( t ) dt

Existe otra forma más usual de expresar la integral de línea si tenemos en cuenta que el vector diferencial de curva se puede expresar como ds=(dx , dy , dz ) entonces al resolver el producto interno

∫λ

❑

F ∙ ds=∫λ

❑

❑(F1 ( x , y , z ) ,F2 (x , y , z ) , F3 ( x , y , z ) ) ∙(dx ,dy ,dz)

∫λ

❑

F ∙ ds=∫λ

❑

F1 ( x , y , z ) dx+∫λ

❑

F2 ( x , y , z ) dy+∫λ

❑

F3 ( x , y , z ) dz

INTEGRAL DE LINEA DE CAMPOS VECTORIALES


INTEGRAL DE LINEA EN TRES DIMENSIONES Y FORMA DIFERENCIAL DE LA INTEGRAL DE LÍNEA

4.- Ejemplo:

Calcule el trabajo hecho por el campo de fuerza F ( x , y )=x2i−xy j al mover una partícula a lo

largo de una cuarta parte de un círculo cuya ecuación es r(t)= cos (t ) i+sen ( t ) j ,0≤ t ≤ π /2.Solución

5.- Ejemplo:

Evaluar la integral de línea del campo vectorial F ( x , y , z )=(x , y , z ) sobre la trayectoria de la hélice λ (t )=¿ de [0, 2π].Solución Aplicamos la definición

∫λ

❑

F ∙ ds=∫0

2 π

¿¿

= ∫0

2 π

¿¿ = ∫0

2 π

t dt=¿ [ t 2

2 ]2 π0

=2 π 2¿


6.- Ejemplo:

Evalúe ∫C

❑

y sen ( z )ds , donde C es la hélice circular dada por las ecuaciones

x=cos (t ) , y=sen ( t ) , z=t ,0 ≤ t ≤ 2 π .Solución

7.- Ejemplo:

Evalúe ∫C

❑

y dx+z dy+xdz , donde C consiste del segmento de recta C1, que va de (2,0,0) a (3,4,5)

seguido por el segmento de recta vertical C2 que va de (3,4,5) a (3,4,0).Solución

EJERCICIOS: PARTE 1.

CAMPOS VECTORIALES, INTEGRALES DE LINEA, TRABAJO


1. Evaluar las siguientes integrales de línea

A) ∫c

❑

(2 x+9 z )ds, donde C es la curva x = t, y = t2, z = t3, con 0 t 1.

B) ∫C

❑

( x+ y+z ) dx+ xdy− yz dz ,, donde C es el segmento de recta que va desde (1, 2, 1) hasta

(2, 1, 0).

2. Considerar la fuerza F(x, y, z) = xi + yj + zk . Calcular el trabajo realizado al mover una partícula a lo largo de la parábola y = x2 , z = 0 de x = -1 a x = 2.

3. Mostrar que el valor de ∫C

❑

tan ( y ) dx+x se c2 ( y )dy , desde A(-2, 0) hasta B(4, /4) es

independiente de la trayectoria. Calcule el valor en cualquier forma adecuada.

4. Calcular ∫C

❑

( y2+2 xy ) dx+( x2+2 xy ) dy , donde C es cualquier trayectoria desde (-1, 2) a (3, 4).

INDEPENDENCIA DEL PARÁMETRO

INDEPENDENCIA DEL CAMINO


7.- Ejemplo:

Solución

Definición: Área de la valla.

Dada una función f ( x , y ) : D⊂R2 → R, continua e integrable en D⊂R2 tal que f ( x , y )>0, ∀ ( x , y )∈D; sea λ (t )=(x (t ) , y ( t )) la parametrización de una trayectoria en R2 ,

λ (t ): [ a ,b ]⊂R → D⊂R2. Entonces la integral ∫λ

❑

f ds representa el área de la valla

levantada desde la curva plana λ, hasta la gráfica de la función f .

Area de la Valla =∫λ

❑

f ds


Ejemplo 3. Encontrar el área de la valla sobre la recta x+ y=1 y limitada por el paraboloide f ( x , y )=x2+ y2 en el primer cuadrante del plano XY.Solución: Como podemos observar en la figura, el problema nos pide determinar el área de la valla que se levanta desde la recta en el plano XY hasta el paraboloide .

Primero parametrizamos la curva plana y=− x+1 utilizando la parametrización natural con x=t reemplazamos en la ecuación obteniendo y=−t+1, como λ (t)=(x (t) , y (t))sustituyendo tenemos λ (t )=(t , 1−t ) y su derivada λ ' (t)=(1 ,−1)Aplicamos la integral de acuerdo a la definición

A=∫λ

❑

f ds=¿∫0

1

¿¿¿

=√2[ 2 t 3

3−t2+t ]10=2√2

3∎

TEOREMA FUNDAMENTAL DE LAS INTEGRALES DE LÍNEA

TEOREMA 1Sea C una curva suave dada por la función vectorial r(t), a t b. Sea f una función derivable de 2 ó 3 variables, cuyo vector gradiente f es continuo sobre C. Entonces:

∫C∇ f · dr=f (r (b ))− f (r (a ))

TEOREMA 2


∫CF · dr

es independiente de la trayectoria en D si y sólo si ∫CF · dr=0

para toda trayectoria cerrada C en D.

TEOREMA 3

Sea F un campo vectorial continuo sobre una región abierta conexa D. Si ∫CF · dr

es independiente de la trayectoria en D, entonces F es un campo vectorial conservativo sobre D; es decir, existe una función f tal que f = F.

TEOREMA 4Si F(x;y) = P(x;y) i + Q(x;y) j es un campo vectorial conservativo, donde P y Q tienen derivadas parciales de primer orden continuas sobre un dominio D, entonces en todo D tenemos que

∂P∂ y

=∂Q∂ x

Este teorema se puede extender a 3 variables (se verá al estudiar el rotacional).

TEOREMA 5Sea F(x;y) = P(x;y) i + Q(x;y) j un campo vectorial sobre una región simplemente conexa D. Supóngase que P y Q tienen derivadas parciales continuas de 1º orden y que:

∂P∂ y

=∂Q∂ x

Entonces F es conservativo (extensible a 3 variables).

1.- Ejemplo:

Si F=( y+1 ) i+ (x−1 ) j , probar que ∫C

❑

F . d R es independiente del camino y usar el teorema

fundamental de las integrales de línea para calcular tal integral, si los puntos inicial y final de C son (2,-1) y (3,2) respectivamente.Solución


Derivando U(x,y) parcialmente con respecto a y se tiene

Finalmente se tiene

2.- Ejemplo:

Solución

Se toma el camino más simple que es la línea recta


x

y

(1;1)

C1

(4;-2)

C2

3.- Ejemplo: Independencia del camino en una integral de línea

Calcular el trabajo llevado a cabo por el campo de fuerza F al llevar un objeto desde A hasta B, siguiendo a) un camino compuesto de un tramo horizontal seguido de uno vertical; y b) un camino compuesto por un tramo vertical seguido de uno horizontal. Discutir si el resultado es lógico o no.

F ( x ; y )=( y2

x2)⏟P

i−(2 yx)⏟

Q

j ; A (1 ;1) ; B( 4 ;−2)

SOLUCIÓN:

a) Si llamamos C a la curva indicada, la podemos subdividir en las curvas C1 y C2 mostradas en la figura. En tal caso tendremos:

∫C=∫C1

+ ∫C2

Ejecutando ambas integrales por separado tendremos (escogiendo parametrizaciones simples):

C1{x=1+ ty=1

, 0≤t≤3⇒∫C1

Pdx+Qdy=∫0

3 1(1+t )2

dt=−1(1+ t )

|03 =3

4

C2{x=4y=1−t

, 0≤t≤3⇒∫C2

Pdx+Qdy=∫0

3 2(1−t )4

dt=(12

t−14

t 2)|03 =32−9

4=−3

4

Con lo cual resulta: ∫CPdx+Qdy= 3

4+(− 3

4 ) =0


x

y

(1;1) C3

(4;-2)

C4

b) Llamando C* a este nuevo camino, vemos que lo podemos separar en dos tramos C3 y C4.

Tendremos entonces, igual que en el apartado anterior, que

∫C∗¿=∫C3

+ ∫C4

¿

Realizando parametrizaciones parecidas a las ejecutadas en el apartado anterior, llegamos a lo siguiente:

C3{x=1y=1−t

, 0≤t≤3⇒∫C3

Pdx+Qdy=∫0

3−

2(1−t )1

(−1 )dt=(2 t−t 2 )|03 =−3

C2{x=1+ ty=−2

, 0≤t≤3⇒∫C4

Pdx+Qdy=∫0

3 (−2 )2

(1+ t )2dt=−4

1+t|0

3 =3

Sumando esto se obtiene:

∫C∗¿ Pdx+Qdy=−3+ 3 =0¿

Por ambas vías obtenemos el mismo resultado. Esto es lógico, ya que vemos que:

∂P∂ y

=2 y

x2=∂Q

∂ x

Las derivadas cruzadas son iguales, excepto cuando x = 0, pero esto último no ocurre dentro de un dominio simplemente conexo que abarca a ambos caminos analizados. Por lo tanto, por el teorema 5 las integrales sobre ambos caminos deben ser iguales.

4.- Ejemplo: Cálculo de una integral de línea usando una función potencial

Calcular la integral de línea del campo vectorial F(x,y) = P(x,y)i + Q(x,y)j = eyi + xeyj a lo largo de la trayectoria: r(t) = (senh(5t4)/senh5; t4 + 5t3 - 3t2 - 2t) , 0 t 1

SOLUCIÓN:∂P∂ y

=e y=∂Q∂ x F es conservativo. Por lo tanto puede expresarse como el gradiente de

una función potencial f; esto es: f = F. Si obtenemos tal función f, podremos aplicar el teorema fundamental de las integrales de línea.


Para ello notemos que:

∂ f∂ x

=P=e y⇒ f =xe y+g( y ) (1),

donde g(y) es una función que depende solamente de la variable y. Si ahora derivamos la función f obtenida respecto a y, debemos llegar a una expresión equivalente a la otra función coordenada, esto es, Q.

∂ f∂ y

=xe y+g '( y )=Q=xe y⇒ g' ( y )=0⇒g ( y )=K

Reemplazando este último resultado en (1), tenemos: f =xe y+K (2)

Ya tenemos la función potencial. Ahora podemos aplicar el teorema fundamental de las integrales de línea:

∫CF · dr=∫C

∇ f · dr=f (r (1 ))−f (r (0 ))

Calculando los puntos extremos de la curva con los valores correspondientes del parámetro tenemos:

r (0 )=(senh 0senh 5

;0)=(0; 0)

r (1 )=(senh1senh5

;14+5⋅13−3⋅12−2⋅1)=(e−e−1

e5−e−5;1)

Aplicando ahora la función f dada por (2) a estos dos puntos tenemos:

f (r (0 ))=0+ K

f (r (1) )=e−e−1

e5−e−5e+ K

Y finalmente:

∫CF · dr=f (r (1))−f (r (0 ))= e−e−1

e5−e−5e

De esta manera nos evitamos ejecutar una integral de línea sumamente engorrosa.

5.- Ejemplo: Cálculo de un trabajo mediante una función potencial.

Dado el campo vectorial de fuerzas F(x;y;z) =4xez i + cosy j + (2x2ez + z) k ,a) Determinar una función f tal que f = F.


b) Hallar el trabajo que desarrolla F cuando mueve una partícula desde el punto

( √22

; √22

; √22 ) al (0 ;√ 3

2;0) siguiendo el camino más corto sobre la esfera x

2+ y2+ z2= 32 ,

expresándolo con 3 cifras decimales.

SOLUCIÓN

a) La función f que buscamos debe cumplir con las condiciones:

(i) fx = 4xez

(ii) fy = cosy(iii) fz = 2x2ez

Integrando la condición (i) tenemos:

f =∫4 xez dx=2 x2e z+g1 ( y ; z )

Derivando ahora con respecto a y e introduciendo el resultado en la ecuación (ii) tenemos:

∂ f∂ y

=∂ g1

∂ y=cos y⇒ g1=sen y+g2( z )

Y ahora podemos introducir esta expresión en la correspondiente a f, y derivarlo con respecto a z e introducir el resultado en (iii):

f ( x ; y ; z )=2 x2ez+sen y+g2( z )⇒ f z=2 x2ez+g2' ( z )=2 x2 ez+z ⇒g2 ( z )= 1

2z2+K

Con esta expresión para g2, tenemos ahora la expresión final de f:

f ( x ; y ; z )=2 x2ez+sen y+ 12

z2+K

b) Por el teorema fundamental de las integrales de línea, podemos ahora calcular el trabajo como la diferencia de valores de la función potencial entre sus extremos final e inicial:

f (0 ;√32

;0)=0 ,94072+K

f (√12

;√12

;√12)+K

W =0 , 94072−2 ,9278=−1, 987

-2,269 es un resultado incorrecto que se obtiene con la calculadora puesta en grados.

6.- Ejemplo: Limitaciones en la aplicación del Teorema Fundamental de las integrales de línea.

Sea F ( x ; y )=− yi+xj

x2+ y2


x

y

(-1;0)

C1

(1;0)

C2

a) Probar que

∂P∂ y

=∂Q∂ x en todo el dominio.

b) Calcule ∫C1

F⋅dr y ∫C2

F⋅dr , donde C1 y C2 son las mitades superior e inferior de la

circunferencia x2 + y2 = 1 de (1;0) a (-1;0). ¿Cómo se explica que la integral dependa del camino en vista del resultado de (a)?SOLUCIÓN

a)

P= − yx2+ y2

⇒ ∂P∂ y

=(−1) ( x2+ y2 )−2 y (− y )

( x2+ y2 )2= y2−x2

( x2+ y2)2

Q= x

x2+ y2⇒ ∂Q

∂ y=

1 ( x2+ y2)−x (2x )

( x2+ y2)2= y2−x2

( x2+ y2 )2}⇒ ∂P

∂ y=∂Q

∂ y

Nótese que este resultado es válido en todo el dominio, ya que, si bien las derivadas parciales no están definidas en el (0;0), este último no pertenece al dominio.

b) Las curvas están indicadas en la figura. Parametrizando C1 e integrando F se tiene:

C1{x=cos ty=sen t

, 0≤t≤π

∫C1F⋅dr=∫C1

Pdx+Qdy=

=∫0

π−sen t (−sen t )dt+cos t cos tdt=π

Haciendo un trabajo similar para C2 es:

C1{x=cos ty=sen t

, 0≤t≤π

∫C1F⋅dr=∫C1

Pdx+Qdy =∫0

π−sen t (−sen t )dt +cos t (−cos t )dt =∫0

π−cos 2tdt =0

La explicación es que cualquier región que abarque ambos caminos necesariamente debe ser no simplemente conexa (debe excluirse alguna subregión que incluya el (0;0), que no pertenece al dominio), y por ende no vale el teorema 5.

EJERCICIOS PARTE 2.


EJERCICIO 3

INDEPENDENCIA DEL CAMINO EN TRES DIMENSIONES

TEOREMA DE GREEN:Sea C una curva simple y cerrada, suave a trozos y orientada positivamente, y sea F(x,y) = (P,Q) un campo vectorial cuyas funciones coordenadas tienen derivadas parciales continuas sobre una región abierta que contiene a la región D acotada por C. Entonces:

∬

D(∂Q∂ x

−∂P∂ y )dA=∫

C

F ·dr=∫C

Pdx+Qdy


x

y

1

1

y = 1 - x

y

x1

1

-1

-1

Nota: Este teorema nos permite elegir entre calcular una integral doble o una de línea , la que sea más fácil

1.- Ejemplo: Transformación de una integral de línea en una de área.

Evaluar ∫C

x4 dx+xydx, donde C es la curva triangular que une los puntos (0;0),

(0;1) y (1;0), orientada positivamente.

SOLUCIÓN:

La gráfica indica la región encerrada por la curva C. Tenemos:

P( x ; y )=x4 ⇒∂ P∂ y

=0

Q( x ; y )=xy ⇒∂Q∂ x

= y

Por lo tanto:

∫C

x4 dx+xydx=∬D

(∂Q∂ x

−∂ P∂ y )dA=∫0

1

∫0

1− xydydx=∫0

1

(1

2y2|0

1− x )dx=∫0

1 1

2(1−x )2 dx=

¿−16

(1−x )3|01=1

6

Nótese que si hubiéramos hecho la integral de línea habríamos tenido que hacer 3 integrales con las correspondientes parametrizaciones.

2.- Ejemplo: Determinación de un área mediante una integral de línea

Determine el área de la región limitada por la hipocicloide que tiene la ecuación vectorial

r(t) = cos3t i + sen3t j , 0 t 2

SOLUCIÓN:

De la parametrización de la curva tenemos:

x = cos3t x2/3 = cos2ty = sen3t y2/3 = sen2t

Sumando miembro a miembro tenemos:


x2/3+ y2 /3=1⇒ y=±(1−x2/3 )3/2⇒ A=∫−1

1

∫−(1−x 2/3 )3 /2+ (1− x2 /3)3 /2

dydx=∫−1

12 (1−x2 /3 )3 /2

dx

Este cálculo, ejecutado como integral de área, es muy complicado. El teorema de Green nos permite transformar esta integral en una de línea, usando como trayectoria la hipocicloide del enunciado y definiendo una función apropiada para la integración. Veamos:

El área de una región D viene dada por A=∬

D

1 dA . Por lo tanto, para aplicar Green

deberíamos encontrar funciones P, Q /

∂Q∂ x

−∂P∂ y

=1 . Un par de funciones sencillas que

cumplen esta condición son P = 0, Q = x. Si recordamos la parametrización, escribimos:

x = cos3t dx = -3 cos2t sent dty = sen3t dy = 3 sen2t cost dt

Luego:

A=∬D

(∂Q∂ x

−∂P∂ y )dA=∫

C

Pdx+Qdy=∫0

2 πcos3 t 3 sen2 t cos tdt=3∫0

2 πcos4 t sen2 tdt=

¿3∫0

2 πcos2 t

sen22 t4

dt=3∫0

2 π (1+cos2 t2 )sen2 2 t

4dt=3

8 ∫0

2π(sen2 2 t+sen22t cos2 t )dt=

¿ 3

8 ∫0

2 π (1−cos4 t2

+sen2 2 t cos 2t)dt=3

8 [1

2t−sen 4 t

8+sen3 2t

6 ]|02 π=38

π

De esta manera contamos con una herramienta más para obtener el área de la región encerrada por una curva cerrada, que se suma al método en coordenadas polares visto en C1V y al cálculo por integral de área que ejecutamos cuando tenemos la expresión cartesiana de la curva.

3.- Ejemplo: Limitaciones en la aplicación del Teorema de Green

Dado el campo vectorial

F(x,y)= (P,Q) = (-y i + x j) / (x2 + y2)

a) Calcular su integral de línea sobre el círculo x2 + y2 = 1

b) Calcular ∬

D(∂Q∂ x

−∂P∂ y )dA

, donde D es la región encerrada por la curva del punto a).c) Discutir si estos resultados están de acuerdo o no con el Teorema de Green.

SOLUCIÓN:


y

xa b

C2

C1

a) Parametricemos el círculo.

x=cos t ⇒dx=−sen tdty=sen t ⇒dy=cos tdt

, 0≤t≤2 π

P( x ( t ); y (t ))= −sen t

sen2 t +cos2 t=−sen tdt⇒Pdx=sen2 tdt

Q( x ( t ); y ( t ))=cos tsen2 t +cos2 t

=cos tdt ⇒Qdx=cos2 tdt

Integrando tendremos, así:

∫C

Pdx+Qdy=∫0

2 π (sen2 t+cos2 t ) dt=2 π

b) Haciendo los cálculos directamente en coordenadas cartesianas es:

∂Q∂ x

=x2+ y2−x2 x

( x2+ y2)2=

y2−x2

( x2+ y2)2

∂P∂ y

=− ( x2+ y2)−(− y )2 y

( x2+ y2)2= y2−x2

( x2+ y2)2}⇒ ∂Q

∂ x−∂P

∂ y=0⇒∬

D(∂Q∂ x

−∂ P∂ y )dA=0

c) Aparentemente estos resultados contradirían el Teorema de Green. Sin embargo, este último no es aplicable a la región en cuestión, dado que las funciones P y Q no tienen derivadas parciales continuas en el punto (0,0), que está contenido en la región.

4.-

Ejemplo: Aplicación del teorema de Green a un problema físico sobre una región con agujeros.

Determinar el momento de inercia de una arandela homogénea de radio interno a, radio externo b y masa M, respecto a uno de sus diámetros.

SOLUCIÓN:Determinaremos el momento de inercia respecto al diámetro colineal con el eje x. De Física sabemos que:

I x=∬D

ρy2 dA

Donde es la densidad superficial de la arandela, supuesta constante dado que es homogénea.


Esta región no es simplemente conexa pero, como se vio en la teoría, se puede extender el teorema de Green a este tipo de regiones con agujeros, siendo:

∬D

(∂Q∂ x

−∂P∂ y )dA=∫

C1

Pdx+Qdy−∫C2

Pdx+Qdy

Por lo tanto podremos calcular la integral doble del momento de inercia como dos integrales. Para ello debemos encontrar funciones P, Q tales que:

(∂Q∂ x

−∂P∂ y )= y2 ; tomamos, por ejemplo: Q=0 ; P= 1

3y3

Aplicando Green con esta función tenemos:

I x=∬D

ρy2 dA= ρ[∫C1

−13

y3dx+0 dy−∫C2

−13

y3 dx+0dy ]=ρ [∫C1

−13

y3dx+∫C2

13

y3 dx ] (1)

Parametrizando estas curvas tenemos

C1{x=b cos t ⇒dx=−b sen ty=b sen t ⇒dy=b cos t

, 0≤t≤2 π

C2{x=a cos t ⇒dx=−a sen ty=a sen t ⇒dy=a cos t

, 0≤t≤2 π

Reemplazando con esto en (1) tendremos:

I x=ρ [∫0

2 π−1

3b3 sen3 t (−b sen t )dt+∫0

2 π 13

a3 sen3 t(−a sen t )dt ]= ρ 13

(b4−a4 )∫0

2 πsen 4 tdt=

=ρ13

(b4−a4)∫0

2 πsen2 t (1−cos2 t ) dt=1

3ρ (b4−a4 )∫0

2 π (sen2 t−sen22 t4 )dt=

¿ 13

ρ (b4−a4 )∫0

2π (1−cos t2

−1−cos4 t8 )dt=1

4ρ (b4−a4 ) π=1

4( b2+a2 ) ρπ (b2−a2)=

¿ 14

(b2+a2) M

Ésta es la manera estándar de expresar un momento de inercia: como el producto de una longitud o suma de longitudes al cuadrado por la masa del rígido.

5.-

Ejemplo:

Usando el teorema de Green, calcular la integral de línea


Siendo C la frontera de la región comprendida entre y=x3 e y=x en el intervalo con extremos x=0 y x=1

Solución

4.-

Ejercicios : Aplicación del teorema de Green

1. Verificar el teorema de Green para el disco D con centro en (0, 0) y radio R y las funcionesA) M(x, y) = xy2 , N(x, y) = -yx2 B) M(x, y) = x + y , N(x, y) = y C) M(x, y) = xy = N(x, y)

2. Calcular la integral de línea dada a lo largo de la curva C descrita por la ecuación (x – 2)2 + (y – 2)2 = 4

∮C

(4 x−2 y )dx+(2 x−4 y )dy

3. El valor de

∮C

e x sen2 ydx+2 ex cos2 ydy

donde C es la circunferencia x2 + y2 = a2 es:

a) - a b) 4a c) 0 d) a

4. Evaluar la integral

∮C

xydx+(x2+ y2 )dy

donde C es la circunferencia cuya ecuación es

x2 + y2 – 2x = 0.

INTEGRAL DE LINEA PARA CALCULAR EL AREA DE UNA REGION PLANA

Si R es una región limitada por un camino cerrado simple C, entonces el área de R viene

dada por A=12∫C

x dy− ydx

EJERCICIO 6


Comprobar el teorema de Green calculando las dos integrales para el camino indicado

EJERCICIO 7Use el teorema de Green para calcular la integral de línea indicada

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guia de int de linea 01