Dobles Ytrilpe Libro Entero (Nxpowerlite)

UNIVERSIDAD NACIONAL DE COLOMBIA SEDE MANIZALES

FACULTAD DE CIENCIAS Y ADMINISTRACION DEPARTAMENTO DE CIENCIAS

INTEGRALES DOBLES Y TRIPLES, DE LINEAS Y DE SUPERFICIE

026814

Bernardo Acevedo Frías Profesor Asociado

Manizales, Junio 1993

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PRESENTACION

Nos complace hacer entrega a nuestra Comunidad Universitaria del téxto del profesor BERNARDO ACÉVEDO FRIAS, "Integrales dobles, triples, de línea y de superficie", donde las calidades académicas y pedagógicas de su autor se ven acentradas por el manejo riguroso, y a la vez descomplicado en formalismos, de temas reconocidamente difíciles del Cálculo; estas bondades del texto lo hacen especialmente apto para las carreras de Ingeniería y sin duda tendrá la acogida que se merece, junto con otros de la misma autoría que acrecientan la producción de textos en el Departamento.

NELSON PUERTA GARCIA Director Departamento de Ciencias

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TABLA DE CONTENIDO

INTEGRALES MULTIPLES

1. INTEGRALES DOBLES 1.1 DEFINICION 1 1.2 ALGUNAS PROPIEDADES 7 1.3 TEOREMA DE FUBINE 10 1. 4 INVERSION DEL ORDEN DE INTEGRACION 20 1 .5 APLICACIONES DE LA INTEGRAL DOBLE 24 1.6 EJERCICIOS 29

2. INTEGRAI.ES TRIPLES 2.1 DEFINICION 33 2.2 APLICACIONES 50 2.3 EJERCICIOS 62 2.4 CAMBIO DE VARIABLE 63

2.4.1 MATRIZ JACOBIANA 63 2.5 RELACION ENTRE J <p Y J <p-l 65 2.6 TEOREMA DEL CAMBIO DE VARIABLE 65

2. 6. 1 CAMBIO DE VARIABLE LINEAL EN INTEGRALES DOBLES 66

2.6.2 EJERCICIOS 74 2. 6. 3 CAMBIO DE VARIABLE A COORDENADAS POLARES 76 2.6.4 DIFERENCIAL DE AREA EN COORDENADAS

CARTESIANAS Y COORDENADAS POLARES 76 2.6.5 CAMBIO DE VARIABLE A COORDENADAS

CILINDRICAS 94 2.6.6 DIFERENCIAL DE VOLUMEN EN COORDENADAS

CARTESIANAS Y COORDENADAS CILINDRICAS 96 2. 6. 7 CAMBIO DE VARIABLE A COORDENADAS

ESFERICAS 106 2. 6. 8 DIFERENCIAL DE VOLUMEN EN COORDENADAS

CARTESIANAS Y ESFERICAS 107 2.6.9 EJERCICIOS 117

3 APLICACIONES FISICAS DE LA INTEGRAL

3.1 APLICACIONES FISICAS DE LA INTEGRAL DOBLE 123 3.2 APLICACIONES FISICAS DELA INTEGRAL TRIPLE 132 3.3 EJERCICIOS 141

4 INTEGRALES DE LINEA 4.1 DEFINICION 143

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4.2 PARAMETRJZACION DE ALGUNAS CURVAS 145 4.3 INTEGRAL DE LINEA DE UN CAMPO ESCALAR 149

4.3.1 INTERPRETACION GEOMETRICA 151 4.3.2 LONGITUD DE UNA CURVA 152

4.4 INTEGRAL DE LINEA DE UN CAMPO VECTORIAL 162 4.4.1 TRABAJO 162 4.4.2 PROPIEDADES 167 4.4.3 EJERCICIOS 175

4.5 SENTIDO DE ORIENTACION DE UNA CURVA SIMPLE CERRADA 177

4.6 TEOREMA DE GREEN 178 4. 7 TEOREMA GENERALIZADO DE GREEN 187 4.8 CONJUNTOS CONEXOS Y CONVEXOS 191 4.9 INVARIANCIA DE UNA INTEGRAL DE LINEA AL

DEFORMAR EL CAMINO 192 4.10 MATRIZ JACOBIANA 193 4.11 DIVERGENCIA Y ROTACIONAL DE CAMPOS VECTORIALES 194

4.11.1 DIVERGENCIA Y ROTACIONAL DE UN GRADIENTE 194 4.12 TEOREMA DE STOKES EN EL PLANO 195 4.13 TEOREMA DE LA DIVERGENCIA EN EL PLANO 197 4.14 SEGUNDO TEOREMA FUNDAMENTAL DEL CALCULO PARA

INTEGRALES DE LINEA 199 4.15 PRIMER TEOREMA FUNDAMENTAL DEL CALCULO PARA

INTEGRALES DE LINEA 202 4.16 EJERCICIOS 214

5. INTEGRALES DE SUPERFICIE

218 218 219 221 235 237 238 239 264 279

5.1 AREA DE UNA SUPERFICIE 5.2 DEFINICION DE SUPERFICIE 5.3 PARAMETRJZA CION DE ALGUNAS SUPERFICIES 5.4 CALCULO DE ALGUNAS INTEGRALES DE SUPERFICIE 5.5 EJERCICIOS 5.6 ORIENTACION DE UNA SUPERFICIE 5. 7 INTEGRAL DE SUPERFICIE DE CAMPOS VECTORIALES 5.8 TEOREMA DE LA DIVERGENCIA 5.9 TEOREMA DE STOKES 5.10 EJERCICIOS

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IaUfrilti y trlfUs, 4» lia»« y <• ««ftrficti i

INTEGRALES MULTIPLES 1. INTEGRALES DOBLES

1.1 DEFINICION Sea Q una región rectangular del plano XV, donde aixlb y c<y<d, es decir, Q= [ a , b] x[ c , d ] = { ( x , y ) ¡ x e [ a , b ] , ye[c,d]}. (Figura 1)

Y

yy/y/yyyyy-••/.'.•••••••••:•:•:••y.yyyyy/-y. ¿y-

'$/#///?/%. y, •••: : yyy/-yyyyyyyy/y. yM-yyyyyy. »:•:•

• • • • • • • •

Se particiona o en nm subrectángu1 os que no se traslapen asi: Se busca una partición Pj. de Ca,b], de la forma Pjl = { x 0 , x i, x a , . . . , x„ } ,

K a x0=a<xi< . . . <x„ = b, , i = l,2,3, . . . ,n, es decir cada

subintervalo de igual longitud; y una partición P 3 de [c,d] de la forma a d-c Pa=(yo,yl ,y2, . . . ,y m) ; yo=c<yi<y2<...<ym=d y & y j m y j ~ y j - x m — — , para

j = l, 2 , 3 , . . . , m . Las nm subregiones rectangu 1 ares X ^ Í X Í X j y y^.j^y^yy, i=í,2,3,...,n y j=1,2,3,...,m tienen cada una una área de AXjiAy^" («¿-Xj.J (yj~yj-i) y constituyen una partición P de q en nm subrectángulos que se enumeran en forma conveniente (Figura 2)

d

>1-1 c

Flg.2

í: v

X y\ '.y •'.• V, ¥ . '•'• << ¥

v. v. >.* ••* V. .«.• ••• oííiííf V ••trt&Mi :• v. S m:Ué :v V. V. í I I I I I I I I

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2

Sea f ( x , y ) una función definida y acotada en una región del plano XV

0=[a,b]x[c,d], entonces la integral doble de f(x,y) sobre o, notada por J* £ £ ( x , y ) dxdty

se define por:

Si este límite existe. (a,b) es un punto cualguiera en el subrectángu 1 OQ^ y f(a,b) el valor de la función en este punto. Ejemplo 1.

Hallar el valor de J J Kdxdy, 0= C a , b ] x[ c , d ] .

Solución n m a m

I I Kdxdy = lim lim Y) Y) f {a,b) A ^ A y , = lim lim T T kLx^y, J 0J JZi JTi n-** fZ\ JZ\

Lm t K A x > Í A y j = ^ % = lim n-*

= jalim ixn-x0) lim (yrt-y0)\ = ¿tflim ( b - a ) * lira (d-c)\ \ a— /»-<» / \ n-"» /

= k(b-a) (d-c) •

La integra 1 J J K d x d y = K ( b - a ) (d-c) representa el volumen de una caja

de lados b-a, d-c y de altura K, luego en general la integral doble

I | f ( x , y ) dxdy , Si f(x,y)>0 tiene una interpretación geométrica así:

Se eligen ejes paralelos a uno de los vértices de uno de los subrectángu1 os de la partición (Figura 3).

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d dy

Figura 16

a dx b

El área del subrectángu 1 o que aparece en la figura 3 subrayado es dxdy. Esta área se multiplica por el valor de la función en el punto (x,y)

del subrectángu 1 o, f(x,y), entonces la integral j j f { x , y ) d x d y es 1 a

suma de todos estos productos cuando dx y dy tienden a cero, es decir, n y m tendiendo a infinito y constituye el volumen del sólido limitado por las superficies x=a, x=b, y=d, y=c; z=0, y z=f(x,y). En conclusión

f f f ( x , y ) dxdy=V(s)

Siendo s el sólido limitado por las superficies anteriores y z=f(x,y)>0. Para calcular integrales dobles no se utilizará la definición ya que ella es muy engorrosa, se buscaran técnicas que faciliten los cálculos de el las En integrales unidimensionales el segundo teorema fundamental del cálculo proporciona un método para calcular integrales sin exigir la definición en cada caso y aqui existe el siguiente teorema que logra el mismo objetivo en dos dimensiones y nos permite calcular ciertas integrales dobles mediante dos integraciones unidimensionales sucesivas. Teorema 1 Sea f una función definida y acotada en un rectángulo £p[a,b]i[c,d] y supongamos que f(x,y) es integrable en q. Supongamos que para cada y

b

/

b f { x , y) dX existe y su val

/• d

A (y) dy en ton c f*A(y) dy=f f f ( x , y ) dxdy, es d

or

ices

)eci r:

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4 Itratrria Actv*4t.

Si se invierte el orden de integración se obtiene una fórmula parecida a saber:

f ¡ f ( x , y ) = f * f * f ( x , y ) dydx

a en /

• cf f ( x , y ) dy existe para cada x fij< c

[a,b] y que es integrable en [a,b].

Este teorema proporciona una evaluación de la integra i f f f ( x , y ) dxdy

mediante integración reiterada. El proceso consiste en integrar f(x,y) respecto a x entre a y b (dejando a y fija) y luego se integra el resultado respecto a y entre c y d ó integrar f(x,y) respecto a y entre c y d (dejando a x fija), y luego se integra el resultado respecto a x entre a y b. Ejemplo

Ha llar el valor de j J C O S (x+y) dxdy; 0 = CO,n]x[0,n] (Figura 4)

Figura 4 [Ü,n)

Solución

i )

i i )

jjCos (x+y) dxdy = jf*Cos (x+y) dxdy = f*Sen(x+y\^dy

= (Sen(y+n) -Seny) dy = -Cos(y+n)

= -CO82n+COBTt-(-CO3n+CO80) =. - 1 - 1 - 1 - 1 = - 4

J feos (x+y) dxdy = j* f*Cos (x+y) dydx = ¡*[sen (x+y) dx

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= f* [Sen(x+K) -Senx] dx = [-Cos(x+w) +Coexf

- (-Cosí2n) + Cosni) — (— C o s n + C o s O ) «-4 Ejemplo 2

Hallar el valor de j J e dxdy 0= [0,2] x [1,3] (Figu ra 5)

x > (0,3)

(0.1 J

Solución

Figura 5

(2.3)

(2.1]

U e dxdy

= ( e ' - D ^ M Z d y (u.L^y)

C - l ) < . ' - ! > - ^ f f . i s ü .

Ejemplo 3

f1 f1 X1/2 -alcul ar / / dydx.

Jo Jo 1 3 / 4

Solución

L

[ i i JO I

1 y 1 / 2

0 1+X 3 / 4

1 2 2 * 4 Z 3

dx (si x =z4 - dx=4z3 cíz)

cte cfcr

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4 l n ( z 3 + l )

3 3 C = ~ (l-ln2) à

Ejemplo 4

Calcular f jex+yC0Sxdxdy; [0,2] » [0,n] (Figura 6)

X

Solución

f f e x+yCosx dx dy f 3 f e ye xCosxdydx = (e*-l) f2 @xCosxdx Jo j0 *o

e xSenx+e xCosx\

1 ) [ (e2Sen2+e2Cos2) - {e°SenO+ecCosO} ] 2

= [e2 (sen2+Cos2) -1] 2

Nota

p2 La integral I exCOSX(ÍX (se calculó por partes).

JO

Teorema 2.

Sea f ( x , y ) una función continua en Q- [a,b] * [ c>d ] (Se llamará región de tipo I) entonces f(x,y) es integrable en o y

f f f ( x , y ) dxdy = f b f d f ( x , y ) dydx - f d f b f ( x , y ) dxdy. J QJ J a J c J c J a

Demostración (Ejercicio). Ejemplo 1 Calcular f { XBY dxdy. Q = [0,1] x[0,2] (Figura 7)

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Y Figura 7

M M i í 1 - 2 )

(0,0) Solución

M

¿) !oSxeydxdy - / : / > ' < * < * - f b f ^ - i.*n)£xdx

= ( e 2 - i ) — 2 ' l

1 i ' f « i z l * J0 l 2 ,

ii) / x e y dxdy - ¡Jfcxe'dxdy = / J f e ^ d , -

2 É e 2-l

1 . 2 ALGUNAS PROPIEDADES

Sean f(x,y ) , g(x ,y ) f funciones integrables en una re Síón o, entonces i) f(x,y)±g(x,y) es integrable en o y

Í J ±9ix,y) ] dxdy = f j f ( x , y ) dxdy ± f j . g ( x , y ) dxdy.

ii) Si a es una constante entonces «f(x,y) es integrable en p y

S Q S a f { x ' y ) ^ d y = « f j f ( X r y ) dxdy

L i i ) U f U ' y ) dxdy = dxdy*. . . + f J f ( X , y ) dxdy siendo

ie O que no se traslapan y Q = |J Q¿, ¿-1

Oi,0i,...,0a subregiones de

Ejemplos

fjxdxdy=3 y ¡Jydxdy=l y que ¡ [dxdy =8 entonces:

f j (2x+4y) dxdy = f j 2 x d x d y + f f i y d x d y

Suponga que

i)

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8 Nraartf« Acavatfo.

i i )

iii )

iv )

= 2J Jxdxdy + 4 j j y d x d y = 2 *3 +4 *7 =34

j* J (x-y) dxdy = j J xdxdy - jjydxdy=3-7 =-4

f j 10 dxdy = l0jJdxdy=10*e=S()

Í J í^ 2~(4+4y+y 2) ] d x d y = JJ" (-4-4y) d x d y

= - 4 j j d x d y - 4 j j y d x d y = -4*8-4#7=-32-28

Teorema Sea f(x , y ) una función continua para (x,y) en una región rectangular p, donde alxlb y c<y<d, es decir p = [a,b]x[c,d] entonces:

f f f ( x , y ) dxdy = f * f * f ( x , y ) dydx = [ " f " f ( x , y ) dxdy. JQJ Ja Jc J c J a

ación (Ejercicio).

La integral f ^ í ¿ f (x, y •) dxdy se puede interpretar geométricamente así: J c J a J

/.b

f(x,y-¡) dx considerando a yj como constante se obtiene

\£{x,y)dxdy = \ b r d [ QJ j a •> c

Demostración (Ejercicio) d rb

c J a

b

a

el área de la región sombreada y vertical que aparece en la (Figura 8) la cual está situada en el plano y=y j y bajo la superfecie z=f(x,y) entre x = a y x = b, y-c. y y-d", y si se multiplica por dy se obtiene el volumen de la tajada que se observa en la (Figura 9) y así:

Figura 8

z A ^ z = U x . y ]

-4V

.'Sv.v.v v \v> . vans ¡NÜNNsy';

^ y

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9

Figura 9 z

/d r b

f ( x , y ) dxdy es la sumatoria de los volúmenes de las

tajadas desde y = c hasta y = d cuando dy -> 0 (m -> co) . j» •• Evidentemente, el resultado para f(x,y)>0, es el volumen de la región bajo la superficie z=f(x,y) y sotare el rectángulo 0, que es precisamente fa interpretación geométrica de f j f ( x , y ) d x d y , si f(x,y)>0

(análogamente f * f * f ( x , y ) dydX tiene la misma interpretación).

Ejemplo 1

Calcular j J (x 2+y 2) dxdy o = [0,4] * [0,4].

Solución

i)

ü )

f j W*y>) dx<(y JF'JT4 <*»*y») cücdy-

-- L W ^ y l ^ y ^ t -

f J W + y ' ) dydx = / ; / ; dydx - f ^ Y ^ ^ d x

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ÍO

- L 4 ( 4 x 2 + ± ± ) d x =

o 3 4x 3 6AJtT* _ 256 256 _ 512

3 3 JO 3 3 3

A/ota A la región 0 = [a,b]i[c,d] se llamará región de tipo I. 1 - 3 Teorema de FUBINE

Sea f(x,y) una función continua en una región plana Q. 1). Si se define o mediante a<x f ( x , y ) dydx-JQJ Ja Jcrlx)

b /»ftx) QJ Ja Jff(x)

A la región plana Q={(x,y)|a<x<b, g(x)<y<f(x)} se llamará región del tipo II. ; 2). Si se define Q mediante c<y<d y g(y)<x<f(y) siendo g(y) y f(y)

funciones continuas en [c,d] (Figura 11) entonces:

Figura 11

X

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¡ J f U . y ) dxdy - J cd Q ' f ( x , y ) dxdy.

A la región plana Q=i (x,y) |g(y ) <x<f(y ) , c<y<d) se llamará región del tipo III.

Ciertas regiones son del tipo II y III a la vez, tomo lo son las regiones encerradas por circunferervcias y elipses.

Ejemplo 1

Ca 1 cu l a r ¡ J dxdy o = {(x ,y ) |0<x<l; x=<y<x.} (Figura 12J

Figura 12

Solución La región q es del tipo IX (Figura 12), así que

= 2Í1X^2(x^2-x)dx = F1 (2X-2X3'2) dx = Jo Jo 5 Jo 5

Ejemplo 2

Calcular la integral ¡J(x*y)dxdy = f f f ( x , y ) d x d y . s i e n d o Q la región

x 3

0 o

limitada por las gráficas de x = y 2 Y Y~ 2 2 (Figura 13)

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12

Figura 13

Solución La región Q es la que se observa en la (Figura 13) G-CiOp, es una región del tipo II o III.

pues j j f ( x , y ) dxdy = J J f (x,y) dxdy + j j f (x,y) dxdy

= / ; / - U+y) dydx + ^ ^

r 3 , V ^ Ily/X d x + £

2 2

j -i 2f )- <( ' ; >

dx

= 4 X + . 4 6 . 9 . 5 JO 5 8 24 8 Jl

La región o fué considerada del tipo II, pero también se puede considerar del tipo III asi:

•4) f f (x+y) dxdy = J^f]***'* U+y) dxdy (Ejercicio)

Ejemplo 3_

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Utiyilti <•>!«• ¡r tripln, tm lia» y ta .«p.ríícl. 13

Calcular la integral j je^cbcdy; 0={(x, y) | |x¡ + |y| <1> (Figura 14)

Figura 14 Y

Solución La región p se observa en la Figura 14, pues

x| + |y|=l - I * I + I y I =

x+y si x>0, y >O -x-y si x <0, y <0

-x+y si x <0, y >0 x-y si x>0, y <0

la región Q de integración es de tipo II o tipo III, así:

/Je^dxdy - CfZe*'ydydX+í»Ce"ydydX

í2e"y}Xx1ldx * f a1 l e " t - l d x /j« 2" 1-«- 1) dx + efe

r e2**1 jO r e2*-1^

Si se utiliza la región del tipo III entonces:

(Ejercicio) Ejemplo 5

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14

Calcular / f f ( x , y ) dxdy. 0= [0,2] »[3,5] (Figura 15)

f(x,y) =

r x2 v2 « O sí JL- + JL-11 4 9

1 en el resto

Figura 15

mmM'mmhMM

mm wmm

(2-0)

Solución

X

9 4 4 2

f j f ( x , y ) dxdy = f j f i x , y ) dxdy * ¡J f { x , y ) dxdy

(Ejercicio)

Ejemplo 6 <

16) r J 1 rJ j^i-xL-ll dxdy; Q={(x,y) | <Fi*ura

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Figura 1 6

1-2,0)

y=3^1-(x2 /4Ì

(2,0)

y=-3\jl-tx2/4)

4 9 =1 y 2 = 9 ^ 1 - ~ - j y=±3^ 1-

U M ^ ^ y - C / f12F?«y<*

s = f 2 J[f** 2

A I C o s t I 3ACostdtjdx (#)

[23A* Ï_t+Sen2ti

J-2 L 2 4 J n/2 - r c / 2

dx 2 3A a ( ü l dx _ 3« / > f ) dx

X 3 l 2 a L*" l2 J-2

3* 3 * 8 12 M l ì ììl

8\_3ic/ 2 4 - 8 \ _ 3* / 1 6 \ m 6/" 2 \ 6 ) * - [ - r i

3n*8 3 n * 2 * 4 2*3

=4rt.

(* Si ~3?Ä=Sent Y y=3ASent

= I C o s t j y dy = 3 A C o s t d t )

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16 [•llfrilH OUn y trlpl»«, l> ll»l f <•« HM

Como ejercicio invertir el orden de integración y calcule la integral Ejemplo 7.

Ca1 cu lar J f ÍX+y] dxdy; o = [0,2]«[0,2] . (Figura 17).

Figura 17

s % m,m "/" - i a j tí. -

' '///••/'//S/y/s-'

IX \ * n.oj

x+y=0 C2,0J

x+y=1

x+y=2

[x] parte entera de x Solución

[x+y]=0 si O < x + y <1 C x + y 3 = 1 si 11x + y <2 [x+y]=2 si 21x + y <3 C x + y]=3 si 3<x + y<4

f j dxdy, = ¡ X y dxdy + [x+y] dxdy +

n2 /*2 p2-y

[x+y] dxdy + / í [x+y] dxdy + J-y J1 JO n3 y lx+y] dxdy + V f 2 [x+y] dxdy

_ y J l Í 3 - y

= f1 [X y 0 dxdy + Cí2~yidxdy + f 1 f 2 2 dxdy + Jo Jo Jo J l - y Jo J2-y

r r \ d x d y + rr-y2dxdy + r r 3 ^ Jl Jo Jl J2-y Jl J3-y

= £ C - <l-y) 1 dy + /0 2 [2- (2-y) ] dy + JT* (2-y) d y +

2 [ (3 -y) - (2 -y) 3 dy + [ (2-(3-y)) ] dy (Ejercicio).

Ejemplo 7

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17

Calcular f* J j x ^ 1 dydx _ , . , - í Solución Para poder calcular esta integral, hay que invetir el orden de integración así:

En la integral f* f* x&y* dydx, significa que la región de integración^ i 0 Jx

2

esta limitada por x=2; x=0; y=4; y = x=: (Figura 18) luego

Y Figura 18

12*4)

2

y = x t

• — X c c x e y ' d y d x - a r ^ y - ¡ y 4 i f • * -

Ejemplo 8

Calcular f^f 2 yCosx5 dxdy • JO JY/Y

Y Figura 19

Solución

En la integral f F yCOSX5 dxdy s e tiene que y =4; y =0; X=JY y x = 2> Jo -v?

luego la región p es la observada en la Figura 19. luego invirtiendo el orden de integración se tiene que:

f4 f2 yCosx5 dxdy = f2 fx yCosx5 dydx = f3^-Cosx5dx Jo iy/y Jo Jo Jo 2

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18 »t«*"*" r trifi»», «• !>•«« r **

= --Senx5 10

= -l~Sen(32). O 10

Ejemplo 9

Colocar los límites de integración en la integral fJ\COS(x+y) \ dxdy, 0

= [0,TT]x[0,Tt] (Figura 20). Figura 20

Y 1 x+y=2*r

x*y=3*/2

/

Solución

Cosxl

COSX 0 ÍX5 TE

-COBX - f - ^ 3 - 2 - l ü e ( 3 ° 2 2

Cosx , 2 *

feos (x+y) sí Oáx+y^-f

Cos (x+y) | =l-Cos(x+y) si Cos(x+y) si 3-|áx+yá5f

; í: fJ\cos(x+y) | dxcíy = f j fJ~*Cos(x+y) dydx +

j i j * -eos(x+y) dydx + j * - C o s ( x + y ) dydx + 0 j * 2

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19

a a Ejemplo 9

f*f*^ ^Cosix+y) dydx <Ej ercicio: Calcular las integrales)

Colocar los límites en la integral J^ j | X~y \ dxdy; 0 = [-1,1 ] *[ 0 , 2 ] ,

(Figura 21 ) .

M

J Figura 21

M -Y///////////•• •VA'ÏY/SA'.-Y/.'

Solución

x-y | -x-y ai x>y

y-x si x<y l u e g o f 0 f l x " y l dydx = (y-x) dydx

fc fQ*(x-y) dydx + £ 1 J 2 ( y - x ) dydx- ( Como i, cakul ar las

integra l'es ) . Ejemplo IO

Cal cu 1 ar ifl/t"» 1 ^ dxdy; o = [0,4] * [0,2] (Figura 22).

Y

(0.2]

(0-1Ì

Figura 22

K2)

vmy Í ' / •• "

(2,0) (4,0) X

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20 l

Solución SÍ 0¿-f <1; es decir 0ÚX<2

[ f ] - 1 SÍ i s f < 2 ; es decir 2 s x < 4

[ í ] - 2 si 2 * f < 3 ; es decir 4*x<9

[y ]=0 si 0<y <I C y] = 1 si l<y<2 [y]=2 si 2<y<3

.uego j /[f]Cy] dxdy = J^J0*0dxdy + f^fl*0dxdy

j j 0*1 dxdy + f jl*l dxdy - ( l f2 dydx = 2-

rv o. »2 J1

Nata

En Y t^ 3* 1 e n t o n c e s j^-fj l y l = 1 ' e n f ° r m a análoga en los demás

casos. 1 .4 INVERTIR EL ORDEN DE INTEGRACIÓN

f* f XxCosydydx Jo Jo Solución La región Q está limitada por x = n, x = 0; y=x, y=0 (Figura 23).

luego j*jxxCosydydx = fxCosydxdy

f1 fx+1Sen(x+y) dydx Jo Jo Solución La región Q está limitada por x=l, x=0; y=0, y=x+l (Figura 24)

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Y Figura 24

y=x+1 (1,2)

1 uego

í f0X+lsen<x+y) ¿ydx = £f*Sen{x*y) dxdy + f*£ Sen(x+y) dxdy.

3. ¡2J^pfU,y)dydx

Solución La región q está limitada por x = l , x = 2; y=2-x, y=y¡2x~x2 (Figura 25) .

1 uego </2x-x'

f* f f(x.y) dydx - dxdy. 2-x

f2 f2-x k / y) dydx

Solución

La región q está limitada por x = 2, x = -6; y=2-x y y- *a~4

(Figura 26). Como y=2~x entonces x = 2-y y como y- entonces

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22

1-6,8) Figura 26

1-6.0)

luego

f [\~Xf[x,y) dydx « f° f ^ f ( x r y ) dxdy + f ix.y) dxdy. J-éJ*L± J-iJ-f/íy*! JO J-y/IJXI

f Q1 f y f ( x / y ) dxdy + f*[*~y£(x,y) dxdy

Solución La región está limitada por y = 0, y = l, x = 0, x = y en la primera integral y en la segunda por y=l, y=2; x=0, x=2-y. (Figura 27).

1 uego

C f f ( x , y ) dxdy • f ' j ' 7£(x,y) dxdy = ¡ J ^ ' í l x . y ) dydx

r

Solución

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litt|rilH <•>!•• y trípl.., ém li«*« i im Mortici» 23

La región Q está limitada por y = 0, y = 2; x - , jy- VÜF 2 2

(Figura 28)

Figura 28 y

y = 4 x 2

Como X-^- entonces 2x=y[y-> a s í d u e y=4x2 > Y el punto de intersección

con la recta y=2 es , ya que

4 = X 2 - x = ± _ L = ± J ^ , luego: 4 /2 2

2 a a 2

J f f ( x , y ) dxdy = / / dydx-0 -Vf

a 4 x a

a

7. f1f y f ( x , y ) d x d y 'iry, /0 J-y Solución La región Q está limitada por y=l, y=0; x = -y, x=y (Figura 29).

H

Y Rgura 29

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24 laUfrtlti iaIUt y tril»«, ém lia«« y ém mvparficl*

1 uego

£¡Jf{x.y) dxdy = f°J^f(x,y) dydx + £ f * f ( x , y ) dydx

1.5 Areas ENTRE CURVAS

En integrales unidimensionales se demostró que el área encerrada por x=a, x = b a<xf(x)

(f(x)-g(x))dx; pero esta integral es igual a I I dydx a Ja Jsr(x)

Area _ i> b i'f(x) d y c } x _ r f d y d x _ f fdxaiy J a J o fx) J oJ J oJ

decir: b rfix)

a Jg{x) siendo p la región antes mencionada. 1. Hallar el área encerrada por y=x2, y=x

Solución Como x- = y = x entonces x3:-x = 0 x(x-l)=0 -» x=0, x = l , así los puntos de intersección de las dos curvas son (O,O), (1,1) (Figura 31).

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M|»«rficl* 25

Figura 31

n/n y= X 2

X

luego A(0)=Area de la región es:

0 - U * * - CL'dydx - iy*2)dx - iHrf i - •? 2. Hallar el área encerrada por x+2y=2, y-x=l, 2x+y=7 (Figura 31.1).

Solución Resolviendo el sistema y-x=l, 2x+y=7 se obtiene el punto de intersección (2,3). Resolviendo x+2y=2 y y-x=l se obtiene el punto (0,1) y resolviendo x+2y=2 y 2x+y=7 se obtiene el punto (4,-1) (Figura 31.1)

X

Figura 31.1

2x+y=7

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26 Bmratrém Acavttfo.

1+x 7-2X

luego Area = f í dxdy = f f dydx + £ J dyax ° a-« a a

_3 4

3. Hallar el área encerrada por y=x 7-4x y el eje x. Solución y = x 3-4x = x ( x 3-4 ) =x ( x-2 ) ( x + 2 ) ** x= 0, x=2, x=-2 son los puntos de intersección de la curva con el eje x. (Figura 32).

luego A(0) - U d x d y ' U * " * * U ^

J dydx + £2 j dydx C3-4X

f° (X3-4X) dx + fJ[0-(x3-4x))dx

= 4 - ( - 4 ) =8 X 2

4. Hallar el área encerrada por -+-¿_=1. a2 b2

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27 Solución

1 - *»--£<«'-*•> - (Figura 33,.

Figura 33

uego A(c>) = J J d x d y = j"* J dydx:

J-a a

w/2 2b ' ' a

• f a2-x2 dx * 22. j \Cost\a2Costdt - J i / 2

W / 2 T C / 2

2a¿> jf Cosztdt = 2ai? jf ( -n/2 -x/2

t . Sen2t = 2 4 2 4 1C/2

. = w a t -n/2

* x=aSent, dx=aCostdt, yja2-x2 = a|Coart| » cuando x=-a - Sent--! f - f V

cuando £e/2t=l t=-|.

5. Hallar el área encerrada por x=4-y3 y el eje y (Figura 34). Solución

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28 UUfriln <•»!•• y «rlrl»», «» 11»»« y «» "f"«"1' •i

Y Figura 34

*-y2

A ( o) = //cbcdy - J* f dxdy

= J 2 (4 -y 2 ) dy = 2j^2 (4-y2) dy = 6. Hallar el área común a x=+y==4 y x-+y==4x; es decir x-+y=~4 y

(x-2)= + y 3=4. (Figura 35) Solución

Figura 35 xz+y^=4 x 2 + y 2 = 4 x

Los círculos se cortan en (l, ±/3) (Ejercicio). Luego

vi v^F Ato) = f [dxdy = f f dxdy

0 V 3 2-v^P

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ItUfftlN «*Mm Y trlflM, «• U«m y *• M irfUftt ItrvarN AitvHt.

v*

| ( - 2 + 2 v / 4 - y 2 ) d y

v* = 2 * 2 1 ( ^ 7 - 1 ) d y

o

= (Ejercicio).

1 .6 EJERCICIOS I . C a l c u l a r l a s integrales siguientes;

/•i r«/a o Jo •1 />2

1. Y1 /"* (AzcSenx) Senydydx i o Jo

2. f^f* (lnx)Jydxdy

3. £ j f 4 ( i - x a - y a ) d x d y

f4 f4 dydx Jo Jo (jc+1) (y+2)

5 - C í i b ^ y

7. J (x+y) dydx -V^x1

a. jjxydxdty o = [O, 1 ] x[ O , 2 ]

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30 Integral«» y trlpi», «• lio» y .«»«rflel» »«r..-« >«».<».

10. f f | y - x 2 | dxdy o = c - i , i ] i c - i , i ]

11. f f\y-x3\ dxdy 0 = c-i,i]x[-i,.t]

y l / S

12. I"1 j x2y3 dxdy y2

13. f f 1 dxdy JO J o

-A-y

14. j xydxdy -JY=y

l-y

5. £ f xCos2ydxdy Zy-2

y'-l

16. | 1 |* x 2 y 3 d x d y i-y2

II. Invertir el orden de integración »1 f Z X

Ja ix 1. f1 í^£(x,y) dydx Jo Jí

2- P f £{x,y) dydx ' J-i i

3. J 3 j £{x,y) dydx

4. j1 ^

X£ ( x , y ) dydx + f*f* *ft*'*^

3-JC a 5 - f 1 f x 2 f ( x , y ) dydx + f3 í £{x,y) dydx

Jo Jo {0

6. f J íyi£(xfy) dxdy Jo Jo

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7. Jrt y/2

2 JT f f(x,y) dxdy

y/y V^-y 8- | f ( x , y ) d x d y + J ' J f ( x , y ) d x d y

9 ' £ /

III. Calcular las integrales siguientes

1. / f Seny^dydx Jo Jy/x

2. j* f^xe*2 dydx

f4 f2 ey2 dydx Jo Jx/2

• í4 f2 yCosx5 dxdy Jo Jy/y

• í2 f1 e^2 dxdy Jo Jy/2 i* 1 /• 2 / / Cosx2 dxdy

Jo J2y

. f4 f2 Senny^ dydx JO Jy/X.

8. f1 f1e*2dxdy Jo J v

3.

,6.

7

IV Hallar el área encerrada por y+x 2 =6? y + 2 x - 3 = 0

2. y = X 2 ; y=y[x f-3 - y - x = 6 , y - x 3 = 0 , 2y+x=0 4 - 2 y 2 = x + 4 , x = y ^ 5- x = 4 y - y 3 , x=0 6 - y = x 3 - x 2 - 6 x , y=0 7 . y = x , y=3x, x+y=4 8. x = 2 y 1 / 3 , x = ^

2

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x2+y2=1 10. 4x 2+^-=1

11. Encerrada en el triángulo de vétices (0,0), 12 - y=y/x, y=x3-

V Dibujar la región de integración

VI En cada una de las integrales en los numerales el orden de integración.

y) dydx

4. J1 j*'x2dxdy

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33

2. INTEGRALES TRIPLES 2.1 DEFINICIÓN.

Sea f(x,y,z) una función continua en un paralelepípedo S de la forma S=[a,b] x [c,d] x [e,h]. (Figura 36), se define la integral triple de f

en s por: | j f f f {x, y, z) dxdydx = f ¿ J d J * f (x, y, z) dzdydx

y se puede calcular así:

i. f j j f ( x , y , z) dzdydx: = J y, z) dzjdxdy O

= f JG(X, y) dxdy = f df*G(x,y) dxdy.

Donde q es la proyección de S en el plano xy (Figura 37)

Figura 37

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/

h f(x,y, z) dz, con x , y fijos en

[a,b]x[c,d], luego:

f f f f ( x , y , z ) dzdxdy = f b f df b fU,y, z) dzdydx 3 « c e

= fd fb fhf(x,y,z) dzdxdy. Je Ja Je

Si hemos proyectado S en el plano xy. 2. Si proyectamos S en el plano zy (Figura 38) tenemos:

7 Figura 38

y.-//.•//.•>:• yyyyyyy¿y?-v///s//s/sK yyyyyyyy.-y,y •yyyyyyyyy^

W/i'A'.V.'í')'/1«'''«' V//S////Á sss/s/sst* •yyyyy.-yy.-_

yyyyyyy¿y?-v///s//s/sK yyyyyyyy.-y,y •yyyyyyyyy^

&VXV/X-yyyyyyyyy. v'-'v//'/.-•yyyyyyyyyy^/yyy// •yyyyyyyyyyy-yy-y-y, yyyyyyyyyyyyyyyy/y.

S//SS. i i | V//////.Y. 'ti/y-v-ss.

i i | v'' ' .v/z-v.;.;.. yyy/y'yyyyyyyyy/yyy. •yyy.\-y!-yyyÁ'yyyyy.' yyyyyy.V;////y///y 4//}y///.\

i WXM yyyyyyyyyyyy//y/yy.

JJJ f(x,y, z) dzdxdy = / / ix,y, z) dx 3 Qi

- f d [ b f b f(x,y, z) dxdzdy Je Je Ja

= f ^ f cd [ y ^ r y r z ) d x d y d z .

3. Si proyectamos S en el plano zx (Figura 39) tenemos:

dzdy www.

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35

z Figura 39

UHM • Jr i v.'.v.v • ííHí'iiv-1 lililí JÍSÍ Si

ílíSÍ'S • •

¡¡JfU,y,T)dzdxdy . ¡J^tU,y,z)dy]dzdx

- u t f{x,y, z) dydzdx = Sa ! c f { X ' y , Z ) d y d x d z "

'En forma más general: S e a S el sólido limitado por las desigualdades a<x<b, Q% (x) <y< Q2 ( x ) ,

<Pi(*,y) <2< 2, funciones continuas, entonces:

Figura 40

y=Q1M y=Q2M

1. Proyectando S en el plano xy (Figura 41) se ti

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Figura 41

WSS.y/SSSSSs.-.y /A'/A WWW. WWwWMWMWMÍ

I

y=Q2M

y=QtM — x

f f f f(x,y, z) dzdxdy = JJ r »a(*.y)

f f(x,y,z)dz »1 {x.y)

dxdy

£?j U) *a <*.y) / / / f(xtytz)dzdydx-

Qt(x) h (*,y)

2. Proyectando S en el plano zy tenemos: bx<yib =; P x ( y ) <Za(y/ f f f f ( x , y , z ) dzdxdy = f f

a J OJ J f{xry, z) dx

»i (y» z) dzdy

í / r »a(y.»)

J f{x,y, z) dx >P1(y. 2)

cfz dy

¿2 <?a (y) *a (y' z> f f f f(x,y,z) dxdzdy-t>t Ci<y) *i(y, «0

3. Proyectando S en el plano ZX tenemos: fa (*. z)

f f f f(x,y,z) dzdxdy = J J J f ( x , y , z) dy Sf)

dxdz

&U) = / : /

0, (x) / (x, x)

J f ( x , y , z) dy dzdx-

Ejemplos

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I>lt]riln latín y trlpln, t , y i, uparflci» 37

1. Calcular f 1 f * f'*y ( X + y + Z ) dzdydx Jo Jo Jo Io Jo Jo

Solución

foíxry(x+y+z) dzdydx = r r —

f0lf0

Jfx(x*y) +y (x+y) + 2 j d y d y

- n l ^ ^ Y H

NIXIDX-Í Jo 2 8

2. Calcular

Soluc ión Air i y e ' d z d x d y

a ? ¡ . " y • « < * « • n > f r w O j / • ' °

«2 A 2 * in y = / r y ( x - l ) dxdy = ^

Jl J y 'y

- ¿ M f - * r >

y ! - - 2 z l t ¿ . f = - Í 2 12 8 3 Jl 24'

3. Calcular f [ " * (""'dzdBdu Jo Jo Jo

Solución '1 /»n/2 fCosQ pí f%/2 iCOSt) l J.«/2 /•CosO -*/2 -jCOSO ^ ,

/o lo Jo d l d B d U - Jo ¡o r] 0 d U

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38 a«|Mirftela

= f1 f"'2 CosQdQdu Jo Jo

= J^Senefy2 du = f j d u = i .

4 . C a l c u l a r f1 f2 [3xyzdzdydx Jo Jo Jo Solución

5.

f o C C x y z d z d y d x -

' u 1 ! > < * * < - -

±*-t tf^xdx = — • — * — ] - 2 2 Jo ^ 2 2 2 Jo

= ±*A*±.

2 2 2 Colocar los límites de integración de dos formas diferentes y

j j j x y e ' d x d y d z s={ ( X ,y , z ) | x=+y=+z2<16} (Figura 42). 5

Z Figure 42

ca1cular

x 2 + y 2 + z 2 < i 6

i). Proyectando S en el plano xy (Figura 43) tenemos:

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Il Bmrmmrém Acwtré«.

K O )

V Figura 43

x 2 + y 2 i 1 6

( 4 . 0 ) X

JJJxye'dxdydz = f f S J QJ

/16 -x2-yz

</16-x2-y2

J xye*dz

-Vi 6-x*-y2

dxdy

U xye dxdy

-Jl6~-x2-y2

= f Jxy[ e V" 1* 1 7/ 1- e V-t«-j^-y2] d x d y

y/16-x2

= í * / - x y ( e 6 - y 1 -eVTe"* 3 - y 1 ) d y d x = O- (probarlo) Vl6-*2

ii). Proyectando S en el plano yz (Figura 44) tenemos:

Figura 44

y 2 + z 2 í 1 6

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40 l»t«fr«lM r trip»«», *» ll'M r — f , r" t U

f f f x y e ' d x d y d z = J J

U y e '

x_ 2

// / R [ -vi«-y'-»1

21 y/ie-y2-z3

-y/l6-y2-z2

dydz

dydz

= — f fye *[ (16-y2-z2) - (l6-y2-z2) ] dzdy R

•¿16-y1

= —f4, f ye B*0dzdy = 0-Vi«-y*

Hacerlo proyectando S en el plano xz.

6. Colocar los limites de integración en la integral f f j x y z d x d y d z

las diversas proyecciones; siendo S el sólido mostrado en la (Figura 45) .

(0,0.11

Figura 45

wwmMmmwMt.

(0,2,0)

(2,0,0) (2,2,0)


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I.t.,r,l„ .•>!.. y trtflmñ) 4. limmm r *• uporfíele ••'••Mi hmta. 41

Y Figura 46 ( 0 , 2 ) 1 ( 2 , 2 )

Í2.0J

f f j x y i d x & d z . / J [ / W

X

d x d y

= U x y ' J Ç î o d x d y

" I J ì x y d x d y

1 C2 t2 = à i o i 0

= ì C f o 2 x y d y c b c t r a c i o ) . ii). Proyectando S en el plano yz. (Figura 47) t e n e m o s :

Figura 47

(2,0) \

f f j x y z d x d y d z =

Jfyx'z^dydz

dydz

= 2

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42 I.t.,ral«t Mkln y trlfUi, <• t ** Icraarlt *c«v*éa.

= 2.J jyz*&dydz

2 f 2 f1yzdzdy Jo /o

= 2 f1 [2yzdydz (Ejercicio). JO «»o

iii). P r o y e c t a n d o S en el p l a n o xz (Figura 48) t e n e m o s !

Figura 48

I ( 2 , 0 J

JJJ xyzdxdydz = ^f\J*xyzdy

= 2 J jxzdxdz p

= 2 f2 Cxzdzdx Jo Jo

dxdz

= 2 f 1 [2xzdxdz- (Ejercicio) Jo Jo i tes y calcular la integral 7 / Colocar los limites de 2 formas diferen-

fffxye'dxdydz. s = {<x,y, z) | Jx^Tpiz y 2} (Figura 49).

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Z F i g u r a 4 9

X

Proyectando S en el plano xy (Figura 50) tenemos

Y Figura 50

x 2 + y 2 < 4

fffxye'dxdydz = JJ

V*7 J x y e dxdy *y

= f J xy(e2~e^^)dydx = 0-

Proyectando S en el plano xz (Figura 51) tenemos

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44

J J J xye z cbcdydz = j j

- ÌUxe'y2

J xyegdy

Jz2-x2

dxdz

dxdz

f j x e ' [(z2-x2)-(z2-x2)]dxdz

xe z*0 dxdz = 0-= - f T 2 Jo J-r

(Hacer la proyección en el plano yz). 8. Colocar los límites de integración de dos formas diferentes en la

integral ¡ ¡ ¡ xye ' dxdydz. S={ÍX,y,z)\x+y+Z¿'L) Y los planos

coordenados (Figura 52)

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X


Figura 53

jJjxye'dxdydz - j j l -x-y

J xye'dz dxdy

= fjxy<0l x - y - l ) dxdy

fofo "xyle1-*-Y-I) dydx.

ii). Proyectando S en el plano zy (Figura 54) tenernos

Figura 52 0,1]

=1

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46

l-z-y

j J j x y e gdxdydz = j* J J xye'dx dydz

2 f f y 0 ' ( 1 ~ y ~ z ) 2 d y d z

i f 1 flyye ' (l-y-z)2dzdy-2 Jo Jo

formas

(Hacer la proyección de S en el plano xz). 9. Al calcular el volumen de un sólido, este vino dado por la integral •2 f<-2y

Jx+2y

diferentes. (Invertir el orden de integración). Solución

r r 2 y r d z d x d y . JO Jo Jx+2y

(Figura 55). Indicar esta integral de

De la in

=0; z-y+2y.

tegral f2f*2y[* dzdxdy se tiene que y =2; x*fifí * = « J o Jo Jx*2y

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Proyectando S en el plano- xy (Figura 56) tenemos:

Y Figura 56

4-* 2 4

Ío (o " L y d Z d X d y C / / d Z d y d X -0 x*2y

Proyectando S en el plano zx (Figura 57) tenemos:

4-2 y 4

f o f j dzdxdy = f0 f f dydzdx 0 x+2y

Jtí 3

= f o V Í d y d x d Z -o

Proyectando S en el plano zy (Figura 5B) tenemos

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Figura 58

4-2 y 4

f 3 f f dzdxdy = f ' f f dxdzdy O x+2 y

x/2 i-2y

f 4 / / dxcfyd*-o o

I n d i c a r los l i m i t e s de i n t e g r a c i ó n (3 f o r m a s d i f e r e n t e s ) para h a l l a r el v o l u m e n del s ó l i d o l i m i t a d o por y = x 3 ; y = 8 ; z=4, y el

p l a n o Y Z , z=0 ( F i g u r a 5 9 ) .

G r a f i g u e las p r o y e c c i o n e s en los d i f e r e n t e s p l a n o s y v e r i f i q u e gue:

i ) , f 2 f* f*dzdydx = f f f d z d y d x ( P r ° v e c c i ó n en e l Dlano *y }

JO Jx3Jo s

Vk 11). f 8 f* f dxdzdy = fffdxdydz ( P r o y e c c i ó n en el p l a n o zy )

Jo Ja J s

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ica1

I>t>fr>lM Mln f lrl|In, llm y tm tmfrfitim 49

iii í f* f* f^dydxdz = fjfdydxdz ( Proyección en el plano zx )

11. Indicar los límites de integración de 6 formas diferentes al calcular el volumen del sólido limitado por z=0. z = x y y==4-* (Figura 60).

Rgura 60

y (2,o,o) i). Proyectando S en el plano xy (Figura 61) tenemos!

V Figura G1

« ¡ f j d x d y d z

v/I x = / : / ¡ o X d z d y d x

4-y2

/-a / j*dzdxdy

ii). Proyectando S en yz (Figura 62) tenemos:

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Z Figura 49

/ / / / / . y .

y2=4-z

V(s)

1-2.0) | ( 2 .1 )

4-y3

C í / -VJT* *

- dxdzdy

iii). Proyectando S en el plano zx (Figura 63) tenemos!

Figura 63

14.4]

V(s) = - a : Í -v^X

' U . / 2.2 APLICACIONES (Volúmenesm, Recuerde que si S es el sólido limitado por las superficies x=a, x= y = c, y=d, z = 0, z=f(x,y) y f(x,y)>o entonces:

i ) . V(s) = f*¡c f(x,y) dydx = f j f ( x . y ) dydx * f j t{x,y)

/ dz dydx

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51

ii). Si el sólido está limitado por las gráficas de las superficies x=a, x = b, y = c, y=d y Zi=g(x,y) z ==f(x,y) entonces:

f f f d z d y d x b r d

Hx.y)

sr^x.y)

Luego el valumen de un s é l i d o cerrado y acatado se puede c a l c u l a r

® par j J [ f ( x , y ) - g ( x , y ) ] d x d y , Si f (x,y )-g(x,y )>0 o por

j J J dzdydx.

Ejemplos 1. Hallar el val umen del sélida limitad© par las superfices z=4-x:=,

x = 0, y =€>, y = é> y z=© (Figura 64 ) . Solución

!=4-x2

Z Figura 64

(0,0,4)

A - X a

V(s) = f f f dzdydx = J 2 j " 6 j dzdydx: 5 ° ° 0

= r r u - x > ) d y d x Jo Jo

- í / ^ - x ' X f c . S ^ - ^ g

= 48-4] = - 32.

4'f- \ ' \ l o 0

2 4

ÍÚ

El volumen también se puede calcular proyectando S en el plano yz (Figura 65), luego:

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Integrales debito» y triples, tí® lleea y d® »t¡¡(í»®r-íáei© 8er»ará© *e®v®<8©.

Z Figura £5

v ( s ) - fff dzdydx = f f J dydz

= J6J4 f dxdzdy 0 0 0

= f 6 í^yf^zdzdy Jo Jo

- / o 1 - l ( 1 - Z ) Í t d y

= dy = 1*2**6 = 32-

y proyectando S en el plano xz (Figura 66) tenemos:

Z F i g y r a S 6

X

v ( s )

(2,8)

- fff dzdydx, ff[foSdy PfXÍ

dxdz

= f f f dydzdx

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iRttfral»* itklti y tripla», it lian y <• Mortici» 53

A-Xa

6J2 J dzdx

8 3 = 48-16 =32.

luego una integral triple se puede calcular proyectando S al plano a donde más se facilite. Hallar el volumen del sólido limitado por las superficies y+z=4,

y=Xa» Y l®5 planos z=0 y x=0 (Figura 67).

Figura 67

i). Proyectemos S en el plano xy (Figura 68) asi;

Figura 68

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54

Via) = f / j d z d y d x = f ' f ' f * ~ r dzdydx

• i'C u - y ) d y d x = - w (Eji

ii). Calcular el volumen del sólido, proyectando a los demás planos (Ejercicio).

3. Hallar el volumen del sólido limitado por las superficies z=3x2, z=4-x2, y=0, y + z~ 6 (Figura 69).

Figura 69

i). Proyectando S en el plano (Figura 70) tenemos que:

Z Figura 70

z=4-x2

4-x3 6 - j b

V<fl> = / / ¡ d z d y d x = f 1 I f dydzdx

sx2 o

4-Xa f (6-z) dzdx 3x

3 0 4 15 (Ejercicio)

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Il 55

ii). Calcular el volumen del sólido proyectando a los otros dos planos (Ejercicio).

4. Hallar el volumen del sólido limitado por las superficies z=l-y3, y=2x, x = 3 (l«"- octante) (Figura 71).

z Figura 71

x=3


Figura 72

3 1-y1 v(s) = fff dzdydx = J1

j j dzdxdy z o

J

= £ / í 1-^ 3) a^ccfy

- / > xy" ¿ y

= f 1 (3-3y 2-^+4-J dy = •¥• (Ejercicio) . Jo 2 3 8

ii). Proyecte el sólido en los demás planos y calcule el volúmen

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56 Itraar^» ftt»v»do.

5. Calcular el volumen del sólido limitado por las superficies x 2+y 2=l, z =3-x-y , los planos coordenados (l""" octante)

(Figura 73).

2 Figura 7 3

, z=3-x -y

x 2 + y 2 = 1

i). Proyectando S en el plano xy (Figura 74) tenemos;

Figura 74

x 2 + y 2 = 1

X

y/i-x1 3 -x-y Vis) = j j j d z d y d b c = J 1 J J dzdydx

£ f (3 -x-y)dydx

3 te 2 (Ejercicio). 2 3

6. Calcular el volumen del sólido limitado por las superficies y~ 4, y—O» Z=0, X=0, X = 2 — ~ (Figura 75).

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Proyectando S en el plano xy (Figura 76) tenemos;

^ Figura 76

Via) = j j j dzdydx = f 3 f* f d z d y d x ( E j

o Jo Jo J ercicio)

ii). Proyectando S en el plano xz (Figura 77) tenemos!

Z Figura 77

(0,3)

f (2 -JC) iercicio) V ( f l ) = ( f f d z d y d x = £2 J f ' d y d z d x <Ej.

5 0 *0 0

iii). Proyectando S en el plano yz (Figura 78) tenemos:

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5 8 tvroartf»

Figura 7 8

14-0)

2 - 53

V(s) = J i j d z d y c b c = f4 i3 f dxdzdy (Ejercicio). s 0 0 o

7 Represente el sólido S cuyo volúmen está dado por la integral y / t t V ^ p q p VTJ? y/Ts-x'-y*

4 f3 f f dzdydx = / J / dzdydx. Jo í i ' -JTP *

Solución V^x7 ^S-x^-y*

De los límites de la integral j" l j dzdydx se " 3 -y/TP 4

deduce que:

Z=v'25-x2-y2 ^ 22=25-xá-y2 .X2+y2=25 y como z = 4 entonces su proyección en el plano xy del sólido es x2+y2¿16 (Figura 79).

Z Figura 79

z=\j2¿x2-y2"

z=4

x2+y2=9

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I M . f r . l . . I . H . . 1 t r i p l e s , ée li..« y t , . y M r f í c i « ,

Calcular el volúmen del sólido limitado por X2 y 2 z 2

— _ i ( a , b , c>0 ) (Figura 80).

z Figura 80

a ^ b ^ c ^

) iProy ectando S en el plano xy (Figura 81) tenemo

Z V(S) - / / / d z d y d x , I I j d z d y d x

2 C / flFgc -bjl

h¿i 2 C ¡ f i ^ i y o *

-£¡A

1 -Xl^Á a 2 i

b& 2cra

AffiE?dydx {* -BA

2 c / > J ! Cos11 AbCostdtdx

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6 0 Iot.jr.l" «•»>•• r trlfln, é» 11»»» r '» MM'"«'1 B»raor«» Ac»v«tfa,

= 2cf °A2bf ® T

2Cbf*A2 % d x J-a 2

«V /

n (bC)\x- X3

3aa •Ia J -a

= 2bcrt(lf) = -itcajbc

(* si (y=A£>5©J3t) dy=AbCostdt, \Cost\ )

Luego el volumen del sólido es ~ n a b c . 3 9. Hallar el volumen del sólido limitado por las superficies x^+y^R 2

V(s) = / / / dzdydbc = j* J dzdydx 3 -s/W^?

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Integrales dobla« y t r i p l e s , úe linee y ó» superficie Itraarlo Acevedo.

sfím

= 4

- j j dydx

= 2 f Rs[R2-x2 (2jR2-x2)dx J-R

f*(R2-x2)dx - 4

3

= 4|2i?3 ~2-~~j = 8\R2—£

8*-'

3

3 3

3 EJERCICIOS

Calcular las integrales siguientes. ' 1f 2f 3

i0 Jo Jo | f f f dzdydx

i0 Jo Jo

& f1 f2 f3 (-x+y+z) dxdydz Jo Jo •'!

3 f * f * f ' *^e2xxdydxdz

4 f 1 f X f X> xyz dz dydx Jo JO ./o

5 P ( f* dzdydx Jo J Jo

6/ f2 f f "z/x^+y7dzdydx Jo j Jo o

f2n f% f &z2Sen<pdrd<pd6 Jo Jo Jo

f2nftan ° ¡ ^ r2Sen<p di dtp dB JO JO Jo

•2w /• e • £ ¡ zrdzdrdd

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6 2

II. Calcular la integral f j j d z d y d x ^ e invertir el orden de 3

integración, observando las diversas proyecciones. 1. S limit. por las superficies z = x3: + y::E + l, 2x + y=2, x=0, y=0, z=0. | 2. S limitado por las superficies y+z=4, y = x=:, z=0, x=0. 3. S limitado oor las superficies z=3x2,z=4-x2, y=0, z+y=6. 4. S limitado por las superficies z+xE=4, y+z=4, y=0, z=0. ^ S limitado por las superficies fuera de x =+y 2=z 3, dentro de]

x 2 + y =:+z3 = 4 .

III. Cal cu lar J j ^ [ / y \ d x d y Q = [0,6]»[ 1 ,3] .

IV. Calcular los volúmenes de los sólidos por integrales dobles y per | triples si S esté limitada por las superficies:

1. y = 2 — z 2 , y = z:s , x+z=4, x=0 . 2. y-2+z3=l, x+y + z = 4, x=0. S¡ z=9-x'2 , z=0 . y=-1 , y = 2 . 4. z = x-:, z = x T , y = x . y^O.

V. Describir la región S en:

l . / 4 / Z / dxdydz E - v ^ F

- r r r ^ 3. I' J jf dzdydx

4. f1 [*' f'dydzdx Jo Jx2 Jo

5 . r r ^ r ° dydxdz Jo Jo Jo

2.4 CAMBIO DE VARI AHI E 2.4.1 MATRIZ JACOBIANA S e a <p: <pJc(X) = • • •

ma triz :

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l n t t f r a l * » < • » ! . , y í r l f l » . , t . H,m. y i . i c i m

se llama matriz Jacabxana de 9 y al determinante de M{f se llama el Jactfbiana de 0 y se nota por J <p, es decir:

J 9=Det ( My ) Ejemplos 1. Sea t(u fv ) - ( * (u,v ) # y( U /ir))-( V l(u fv) #^ a(u #.v))-(* #y) f entonces:

Af «

dx dx du dv du dv

58 dy dy

. dv du dv.

cU ¿te <?u 3v

du <3v

2- p(u, V, w) = (x(u,v, w) ,y(u,v,w) ,z(u,v, w)) (<P 1(UFV, W) F T P 2 ( U , V,W) , <p3 ( ü , V , W) ) . Enton ees

dx dx du dv

ÉL ÉL du dv ¿iz dz du dv

j; = Det( M9) Ejemplo 1 Sea <p (x,y, z) - (xyf xz, y) - (cp, (X, y, z), <p2 (x, y, z) , <p3 (x,y, z))-(u,v,w), entonces

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64 I * t * | r a l < * d e b i t a y t r í p i l i , < • ll»»a y ém a a f a r f i c l e

y x O

z O x

0 1 0 M, =

du Bu du dx dy dn dv dv dv dx dy dx dv dv dw dx dy dx

J, = Det ( M , ) . Ejemplo 2

•v, u+v)

3x dx' du dv

ÉL du dv

1 -1 1 1 ^ =

2.5 RELACION ENTRE J , Y j^i

= j* "^j = 1+1=2

De la figura anterior se puede concluir que F(u,v)=(x,y) y G(x,y)=(u,v), luego (F^G)(x,y)=F(G(x,y))=F(u,v)=(x,y), es decir F>G=I y M(F G)=M(I) entonces y como det ( MF»MQ ) =det < M F ) det ( M 0 ) •-=JFrxJQ = l o

en ton ees: T - 1 . y _ 1 J. ——— , es decir - — — — .

G x » «7f-i

2.6 TEOREMA DEL CAMBIO DE VARIABLE Sea q> inyectiva, J *0, con derivadas parciales continuas en físFI" y

„ ^ _ ^ „ con f acotada y continua en m ( A ) c R a entonces fom es n —R

integrable en A y j f = / 9 (A) A

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Il M f t r f i d t • v m . 6 5

Nota: JJJ índice valor absoluto de J" . Demostración (Ejercicio).

En integrales unidimensionales este teorema se traduce a

j bf (x) dx = j ^ f ( g ( t ) ) g ' ( t ) d t , haciendo x=g(t) donde g(c)=a y g(d)=b. En dos dimensiones se tiene que: Atf?3; ® (A) GR2 •>

<p; R2 'i?2, f : R2 >R v

f f ° f f f ( x r y ) d x d y = f j f ( v ( u , v ) ) \ j j i d u d v donde PU) 9 (A)

9(u, V) <* (x(u, v) ,y(u, v) ) * (xty) Y hay que hallar 3», A, y f*<p.

En general la j e s u n poco difícil de resolver y con el cambio de 9 (A)

variable, la integral j (jf ©<p) debe ser más fácil de resolver.

El cambín dp variable depende en algunas oportunidades de la región 9 (A) o del integrando f(x,y). En tres dimensiones se tiene:

AcF', ; <j>;¿?3 • y f ; R* >R con (u, v, w) ) \jjidudvdw 9 (A) 9 (A) A

donde hay que hallar jj>, A, J' y fojg. Con los siguientes ejemplos se pretende dar claridad a la aplicación de éste teorema y a mostrar como se halla A, J^ y foy. 2.6.1 CAMBIO DE VARIABLE LINEAL. EN INTEGRALES DOBLES

Ejemplo 1

Calcular f f dxdy. ^ (A) = í(x,y ) | | x | + | y | < 4 } (Figura 84) 9(A)

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6 6 l > t l | r i l n l o k l l i 1 ( r i f i l i , t i l i « » « f M | » r « t l l

Figura 84

( -4 4]

(-4,-4] Í4.-4)

En la figura anterior se aprecia que x+y=4; x+y=-4, x~y=4 y x-y=-4 luego si u = x+y y v=x-y entonces u=4, u=-4 y v = 4, v = -4, asi que A=[—4,4] * C-4,4].

U+V U—V Si resolvemos el sistema u = x+y, v=x-y entonces x~—~ y y~——,

luego *(u,v)=U(u,v),y(u,v))=(^,-^)=(x,y> y M = a* & "a du Óv 3 2

1 — i 3tr. . 2 2 .

Jl=det ( Af_ ) = T " T ' asi que:

J f dxdy = J J|--i|dudv = jf'J_*dudv = 32 = á r e a de -*(a>

Ejemplo 2

Ca 1 cu lar 1 a / / x y d x d y . q>(A) = {(x, y ) I I X I + I y I<4). »(A)

Del ejemplo anterior como q> (A) es la misma región entonces u=x + y , v=x-

( (a) = ( ( X , y ) | |x¡ + |y|14} » (A)

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9«r»flré<?» d e s v e d e . 6 7

El cambio de variable lo da (A) y lo da f ( x , y ) = ( x-y ) * ( x+y ) , luego si se hace u=x+y, v=x-y, se tiene del ejemplo 1 que¡

-4<u,v<4, «p(U, v) , J f = { y además

= (7«) (II) l u w o .

J J {x-y)* (x+y)4 dxdy = JjVu4|-±.|du<ív A

^J VAU*dU(ÍV (Ejercicio).

Ejemplo 4

Calcular J J dxdy. y la región limitada por x+y=l, x=0, y=0. fU)

(Fiaura 85)

Figura 85

*(u,v)=(x,y]

•X

Solución Sea u=x+y, v = x-y , entonces <P ( U, v ) # -Hp)«<X, y ) y

T __ l ^ V T '

Como u=x + y entonces u=l. Si x=0 entonces como u^x+y, v=x-y se tiene gue u=y, v = -y luego u=-v. Si y=0 entonces como u=x+y, v=x-y entonces u=x, v=x y asi u^v y luego la región A es la limitada por u = v, u = -v, u=l. (Figura 85) y f«(||.í(ftu,V)>=í(-^,-!tí) = COfi(-I)_, asi que:

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68

_ JL 2 Jo f1u(Senl-Sen(-l)) du Jo

= f1uSenldu = Jo

Smal

Ejemplo 5

f f r~K

Calcular IJe**rdxdy, y(A) la región acotada en el plano xy por el * (A)

trapecio de vértices (0,1), (0,2), (2,0), (1,0) (Figura 86)

y Figura 06 y

u=v *(u ,v) (0,2)

U=-V (1,0) (2,0)

Las ecuaciones de la recta que pasan por los vértices (0,1) y (1,0), (0,2) y (2,0) del trapecio son x+y=l y x+y=2 respectivamente luego u=x+y, v=x-y; entonces u=l, u = 2. Si x=0 entonces u=y, v=-y, luego u=-v. Si y =0 entonces u = x , v = x , luego u = v , Jf = —j Y <P ( U, V) = (X, y ) ,

entonces se tiene que:

f (A) j Je^dxdy = 7 / " dvdu - j f ' ¡ u dvdu

= i f [ - u e ^ ] Uu

du ' du

= o-«-1) f2

2 -f+udu = -j (e-e'1) •

Ejemplo 6

Calcular f f ^xdy, ^ ei trapecio de vértices (1,1), (2,2), tU)

(4,0), (2,0), (Figura 87)

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lattarti» Irtlu r trl ln, <» lian f <• u rficlt 69

V A

Figura 87 V A

q»(u.v)

> x

Las ecuaciones de la recta que pasan por los puntos (2,0) y (1,1); (1,1-) y (2,2); (2,2) y (4,0) son x+y=2, ys = y y x+y = 4 respectivamente, lueao u=x+v v v=y-x, entonces y = - ^ ;

2 2

y cj^^-i (Ejercicio).

•==)-(*, y)

Como u=x+v entonces u=4, u = 2. Como v=y-x ehtonces v = 0 si y=?x ; y si y=0 entonces u=x , v = x , u=-v (Figura 87) entonces

»(A) A

- H'f>°W» - H'-^üi

- 4f4-u(CosO-Cosl) du 2 J2

COffl

C o » l - l ) r 16-4 [Jt±] » 6 ( ^ 1 ) .

Ejemplo 7

Calcular la integral J f xydxdy% (A) es el paralelogramo formado por

DS vectores (1,2), (2,2) (Figura 88)

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7 0

FHg.88

Se hallan las ecuaciones de la rectas que pasan por los vértices delj paralelogramo y se hace: u=y-2x y v=y—x, luego Como y-2x=u entonces u = -2, u=0. Como y - x = v entonces v=l , v=0 y <p 1 (x, y) = (y~2x, y~x\ = ( U , V) •

jr -_L_ = h = 1 =—L-g-i f j.-I rin r-2 _2+1 0x «y «r dv; éx 9y m

r-2 i [-i i

Como u=y-2x y v=y-x entonces u+v=x entonces x = v-u y v=y-(v-u) entonces y=v+v-u=2v-u, asi: cp ( u , v) = ( V ~ U , 2 V~u) , luego:

j* J x y d x d y = J J (v-u) (2v-u) cíuaV

= 1 f1 f° ( V-u) (2v-u) dudv- (Ejercicio) JO J-2

Ejemplo 8

Ca1 cu lar f f y(x-y) dxdy, es el paralelogramo con vértices (3,-31 <PU)

(7,3), (0,0), (4,0) (Figura 89)

Fig.89

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7 1

Sea v=x-y y u=y entonces u + v=x y u = y , así <p ( u , V) - (lí + V", ll) = (x, y) Y

1 1 j 4 o h -Como v=x-y entonces v = 4 , v=0 y u=0, u=3, pues u=y, luego:

J j y ( x - y ) dxdy = j juvdvdu

f Í^uvdvdu (E J o J o

jercicio)

Ejemplo 9 Hallar el área de la región en el lmr~ cuadrante limitado por y = x , y = 4x , xy=l, xy=2. (Figura 90)

Fig.90

ea U=XV y V=— entonces como xy=u, entonces u=l , u=2 y como — = V, v = 4 X X

y v=l.

y * -JL A _a x

1 _ 1 „ 1 * * 4X , luego

A(<P (A) ) J dxdy = J J-J^dudv = J*f*-±dvdu (Ejercicio). »U) A

Ejemplo 10

T 0 Jo \ v

Como x=u+v, y=u-v entonces si x-1; u+v=l; si y=0 entonces u=v y si y=x entonces v=0 (Figura 91) y luego

Calcular f í (x+y) dydx• Haciendo x=u + v, y=u-v. Jo Jo

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7 2

••m«ré® Azevvth

Flg.91

i i i -i

__2 asi que:

í 1 fX(x+y) dydx = 2 f f ± 72ududv (Ejercicio) . Jo Jo JO j v

Ejemplo 11 Hallar el área en el primer cuadrante de la región limitada por x=+2y==l, x=+2y==4, y=2x, y = 5x (Figura 92)

Sea u=X2+2y2 V v=— entonces u = l y u = 4 y v-2, v-5

-r _ 1 _ 1 luego c'-,—-— - —7-7 y • JF-I 2+4 VA

a* du ay 2x

1 — 3v 3y

= 2+^4 = 2+4 v2

A=ffdxdy= / / - I ^ d v d u A

= f5 f4_*5*L = -2-ÍAi-cTanl^)) J 2 J l 2 + 4 V a í v ^ V A 3 / /

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2.6.2 EJERCICIOS I. Calcular las siguientes integrales, haciendo algún cambio de

variable.

• j f (x-y)3COS7 (x+y) dydx, e l paralelepípedo de vértices

(0,1), (1,2), (2,1), (1,0) Ji?:/JL (Sen6-Sen2) +—

2. / / G x + y S e n ( x - y ) dydx, (p (A) la región limitada por x-y = -n, »(A)

x+y=3n, x + y = T r , x - y = n . (R/: 0) • 1 f-2-y £X 3, ¡j*'ye^dxdy

4. f f (x-y)i(x+y)10dxdy, ^ (a) =t ( k ,y ) | | x | + | y | <i) (R/ :-i-j. • (A)

<j> (A) el triángulo de vértices (0,0), * (A)

(4,0), (4,2). ,v=x-2y),

6. f f dxdy (p (A) la región limitada por x+y=6, x-y=2, y=0, »(A)

7 f f ( y ~ x) dxdy, <p (A) la región limitada por y=X+l y=X~3 ' • (A)

y - f + T ' y = - f + 5 . u=(y-X/v=y+f).

8 f f 4 (x+y) ex~ydydxf y (A) el triángulo de vertices (-1,1), (1,1), »(A)

u i-'-

9 f f y ( x - y ) dxdy, ^ el paralelepípedo de vértices (0,0), Wp),

'(0.0) .

9 // • (A) (3,3) , (7,

U+V u-v\ y 2 /

10 / / V^*2+y2 dxdy, jp(A) triángulo de vértices (0,0), (4,0), t(A) (4,4). (x=u;y=uv)

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74 •«|Mrrf lei* Itrstrlt Ae«v«0<

11. f j ySenxydydx^ i a región limitada por xy = l , xy = 4, y = l,| *(A) y = 4.

12. f f Vix-y) (X+4 y) dxdy f ^ (A) la región limitada por el| fU)

para 1e1ogramo de vértices (0,0), (1,1), (5,0), (4,-1).

13. f f 2 dxdy^ la región limitada por xy = l, xy = 5, x = l,| »(A) 1+X y

x=4. ( x = u , y

14. Demostrar que f j f (xy) dxdy = l n 2 f 2 f (u) du siendo * (¿) la| »(A) 1

región del l"1" cuadrante limitado por y = x , y=4x, xy = l, x y = 2 (u=xy, v-J).

15. f J J—Senxydydx^ y(A) la región del problema anterior. »(A) *

16. Hallar la imagen del triángulo de vértices (2,1), (4,3), (4,1);| haciendo u=x;2-y:E, v = 2xy .

17. Hallar el área del triángulo de vértices (0,0), (1,2), (3,-1) haciendo un cambio de variable apropiado.

>1 rl-x -X-

10 Jo

11.

18. Demostrar que nl x e ^ d y d x = j •

1. Hallar la imagen del rectángulo de vértices (0,0), (0,1), (2,1) (2,0), mediante la transformación u = 3x , v = 5y . ¿Cuál es la imagen del] círculo x:2 + y:2=l?.

( R / : (0,0) , (6,0) , (6,5) , (0,5)) b) e l i p . -£+-¡1-1.

2. Considere la aplicación definida por x=u 2-v 2; y=2uv. a. Calcular el Jacobiano. b. Sea T el rectángulo de vértices (1,1), (2,1), (2,3), (1,3)

en el plano uv. Representar, mediante un dibujo las imágenes el el p1 ano xy.

c. Calcular f f xydydx s i x = u 2 —V a, y=2uv <P(A)

q>(A)=í (x,y) | x2+y2ll >.

I

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Ia ta«ra l*a < > k l n jr t r l p l a a , < t U c e a y « n s a r f í c ! » 7 5

3. Demostrar f J f (x+y) dxdy = J^f(u)<fu, »(A)

9 (A) = ( ( x , y ) | | x | + | y | < 1 > . 4, Calcular el área de la imagen de R bajo la aplicación

«0 ÍLí. V) = (U-V, u+2v) , R el triángulo de vértices (0,0), (1,0), ( 0 , 1 ) .

p. Calcular el área del rectángulo u=l , u=2, v=3, v = 7 bajo la aplicación (p (u, v) = {3u+2v, 2u~v) •

6. Hallar la imagen del cuadrado de vértices (1,0), (2,0), (2,1) y (1(1) bajo «p(U/ V ) =(U2-V2,2UV) •

2.6.3 CAMBIO DE VARIABLE A COORDENADAS POLARES

De la Figura 93 se puede deducir que:

Fig.93 Y A

CosQ=— - x^rCosB, - yrSer18. i i

Entonces (p ( r , 8) = (rCosO, iSerfá) - ix,y) > 0O<@S2TT + &:> es el cambio de variable en coordenadas polares.

M,=

dx dx dr ae dy dy dr 36

CosQ -rSenQ SenQ rCosd

es la matriz Jacobiana y

lo T < % CosQ -rSenQ

e/28 rCosO = r (Cos26+Sen26) =r e s e I J a c o b i 3 n o d e 9

2.6.4 DIFERENCIAL DE ÜREA en coordenadas cartesianas y coordenadas Dolares (Figura 94)

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7 6 M | » t r f i e l «

\rde \

dA -dx.dy dA - rdedr

Ejemplo 1 Calcular el área del círculo de radio a (Fiqura 95) Solución

^ a

Area - / / d x d y . / ; / dydx . JT 7 0*rdrde =

»(a) na*

Ejemplo 2

Calcular J J S e n t í ' d A donde A es la región del primer cuadrante situad; A

en el interior de la circunferencia r = 4Cos© y en el exterior de l| circunferencia r=2 (Figura 96) Solución

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I . t M r , l . . y I r l p l . . , o I I , » . y t , » p . r f i c l * 77

Fig.96

r=4Ge* 6

Las curvas r = 2 y r=4Cos© se interceptan para pues .i

4Cos6=2 ~ Cose = -| « 6=±-f Y 2<r<4CosO entonces, como el érea pedid¿

es la del 1 — cuadrante entonces 3

i ÍCosQ / /SenQdA = J f SenQrdrdB-(Ejercicio)„ 0 2

Ejemplo 3

Calcular f f Sen <JC2+y3) dA, y { A ) = i ( x ,

Solución

y ) j x I + y'-'í4} (Figura 97)

2¡T

P I S P * !

T 12.01 r

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7 8

J|Sen(x2+y2) dxdy = f2 í sen(x2+y2) dydx

(Ejercicio) n¿S©i3(r2) rdrdd j Ejemplo 4

Calcular / / J x 2 + y 3 d A , 0, y>0} (Figura 98) »(A)

(2.0] ,

Solución

ffy/x2+y2dA = f2 Y yprpdydx f(A) Jo J

/ r r.rdrd® (Ejercicio)

Ejemplo 5

Ca1 cu lar j j xdA, =( ( x ,y ) | x = + y = <9; y<0) (Figura 99)

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S«r««rtl9 Acavatfo. 79

So)uciún u

f íxdA = f3 f xdydx -1 J-3 y fU)

i ercició) . f f^ (rCo&e) rdddr (Ej< Jo J* Ejemplo 6

Calular f f (xz+y7) 2Í' dA, <A) ={ ( x , y ) | 1 < x^ + y 2 < 4 } (Figura lOO) 9 (A)

Solución www.

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SO

y j n ? 1 -Vi-*3

f f (x2+y2)30 dA = r 1 f (x2+y2)20dydx + J | (x2+ya) 30aydx «7t / * \ " « «uawm » ( A )

v/íí V-1 / (x^y^^dyd* + £ / (x^y2)20dydx

1 Vi-*2

(Ejercicio) = fo2KfUr2)20rdrd6

Ejemplo 7

Calcular f f (x'+y'} dA, ?( A)={(x, y)|x=+y^<4, x<0> (Figura lOi ) »(A)

Solución

/ / e-^^dA = 1° j e-**~y*dydx 2 -fTP f(A)

2 re~z* drdQ (Ejercicio)

Ejemplo 8

Calcular f f dA , 0 } (Figura 102)

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Il 8 1

Solución

f f e - ^ - y ' d A = f* ["re*2 dzd&=— <E mlM\ JO JO 2

Ejemplo 9 Hallar el área de la región limitada por una hoja de r=Cos3® (Figura 103).

Fig. 103 V

Solución

« Cos3@

A r e a = / í ^ = / / r d r d 9

* - «. 0 í

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82 Ii»t»f *>•!•• doble» jr tripli»®, lift*« y *• •npvrflcie I»r«tr<i HcvvMI».

j "Ti o d©

«

f Cos236dd~ JL 12

Ejemplo 10 Hallar el área de la cardioide r=2(l-Cos8) O$0<2n (Figura 1Q4)

Fig. 104

Solución

Area =•• J fdA = f I * rdrd8 2(1-Oo«0)

A

»21« f *2(1-Co$e)2d0 « 6« Jo

Ejemplo 11 Hallar el área comprendida en el interior de r=Cos@ y fuera de r=l-Cos0 (Figura 105) Solución

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»«perfáci» 83

Flg. IBS y

Las curvas se intersectan cuando 1 -COsQ"COsd es decir cuando Cos6=— es 2

decir cuando 0 = ±-j? luego

« i Caed

A r e a = / ¡ r d r d Q = / / rdrd9 _«. 1-cosQ í

| |[cos 2e-(i-cose) 2jd8

j» i = (2 Cose-1) dd - /3 - y (Ejercicio)

~ s

Ejemplo 12 Hallar el área común a r=Cos8 y r=l-Cos0. (Figura 106) Solución

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0 4

rt». 11»

r=

Area = 2 Í i-Co«fl Costì

J f rdrdQ+f j rdrdO * o

(Ejercicio)

Ejemplo 13 Hallar el área comprendida en el interior a r=l-Cos© y fuera de r=Cas0 (Figura 107) So1ución

F i g . 1 0 ?

Area 2it fií-Cotá 2it /» 1

Jo Jo rdrcB 2

Ti 1-Cosfl T Co«6 J rdrdd+l j rdrcß

_« o

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Idtvfralw «Iklil 1 Irlfl», «e 11»« y *<t laftrfidi

Ejemplo 14 Hallar el área del rizo interior del caracol r=l+2Cos0 (Figura 108) Solución

ríe. isa

r fl+2 CosO __ Area= / / rdrdQ

» 3

= ± f (l+2CosQ)2dd = 2 J 2 2* 3

Ejemplo 15 Hallar el área de la región del primer cuadrante que es exterior a la circunferencia r = l e interior a la rosa de cuatro pétalos r = 2Sen2© (Figura 109). Solución

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Las curvas se cortan en el primer cuadrante cuando 6 = ~ Y -jj» Puel

l=2Sen2Q - 2 6 = - ^ - 2 0 = y así, ( 1 , - j j ) Y f 1 ' 5 ^ ) 5° n l o s punt0^

de intersección en el l"" cuadrante, luego: 5« ia 2S«n20

Area = J f rdrdd i 12

5« ia « - i j [ ( 2 5 e n 2 0 ) 2 - l ] d 8

f ( 4 f l - ^ g < t e ) - l ) d O

12

5« 12

Í 2 J

r. 12

5« 12 -i[e-Asej34el12 2L 2 J * 12

Ejemplo 16

= JL+^1. € 4

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I 10/

apresar 1 a integra 1 f ¡ f ( x , y ) dxdy en coordenadas polares si

CK(x,y)| Olyll-x, 01x11} (Figura H O ) Solución

Fig. 110

Si x+y = l -» rCüs^+rSen6=l -» r= CosQ+SenQ

, luego

j f f ( x , y ) dxdy = j j f (rCosQ, zSenQ )rdrdd. o o

2. CM ( x ,y ) | x = ly 1 1 , -11x11} (Figura 111) Solución

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B S t$er»ttgréo Acffivetfo.

(-1-1)

Si y = x 2 rSen^r^CQS^Ô -* r=

Si y = x -» rSenô=rSenO 8 = — . 4

Sen6 Cos 2e

Si y — 1 rSen 0= 1 T- Sen6 ' as i

gad» T co»3«

f j f ( x , y ) d x d y = I Yf{rCo3Q,rSenQ)rdrdd

0 0

3« 1 é Sadè awo»

* Cbsa» f f f (rCosQ, rSend)rdrdQ + / / f{rCostì, rSentì) rdztâ

* 1» A jr 0 4 3K 0

3. 0={(X,y)Ix=+y=<2x> (Figura 112) Solución

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I i t > | r i ) n dosl»» y « r l p l « « , « • l i a > a y » « ( M » ' * ' 1 ' » B9

Fig. 112

y

2 2 x *y - 2x

-¥ X

x +y 2=2x «* r 2 = 2rCos6 - r=2Cose y luego

T 2Cos0

J J f ( x . y ) dxdy = f J f(rCosd, rSenO) rdrcB a -« o

a x 4. Pasar la inteqral J f s j x 2 + y 2 d y < ± x = J f f { x , y ) d x d y

0 0 0

polares (Figura 113). Solución

coordenadas

Fig.113

y a

j

x - a

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9 0

x=a •• rCos&=a ** 2T= • cose'

y = x «* rCos6=rSen0 « Sen®=Cos8 •• 0 - — luego: 4 jt « i rose

f f f ( x , y ) dxdv = j f r.r drcB (Ejercicio)

5 . P a s a r y/T^X1

Q 0 0

a coordenadas polares la integra!

f 1 f f ( x , y ) dydx = f f f ( x , y ) dydx (Figura 114). Solución 1 —x

Fig.114

x+ y = l rCos0+rSenO=l - r(Sen^Cos0) = l - T-——-i^—K Y 0<6<ti/2 Seifà+Cosfà

1 uego: N/I^F "a 1

p f f { x , y ) dydx = j" f f{rCosQ.rSertò)r ^ 1 -x 0 1

Smr&iCort

drdO

6. Calcular / / (^7+ d y «J> ( A) =|U,y) | + (Figura 115 f (A)

Solución.

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Flg .115

Sea U = — y x = a JX a

u, y = bv y así <p' (U,v) = (ail,bv) = (x,y) V

9

dx dx du dv dy dy du dv

- t J = afc' J- uego

f f dydx = f f(u2+v2) abdudv »(A) h A'

[ [(u3 + v2) abdudv U ? + V 2 £ l

Ahora sea u = rCos0. v-rSenft entonces y (r, 8) = (rCosQ, rSei$) ~ (u, v)

= r , luego • V

du d¡¿ dz » dv dv Sr ee

u^+v'il f f(ua+v3) abdudv = j fr2.rabdrd&

~ ~ A

= f1 P* r2abdddr Jo Jo

= a b f 1 f2*r3d0dr = Jo Jo

itab

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9 2 tai

La integral fj dydx 5£? puede calcular haciendo|

— =rCOS& , =rSer&, es decir x = arCo50 y y = brSen0, a b

- 2

Solución

Fig.116

*=rCos9 , — =rSen6 - <p ( r , 6 ) = (arCos®,bzSenB) - U , y ) y a i?

entonces:

j f d x d y = abf ' f *nrd&dr = nab »wi 0 0

8. Hallar el área encerrada por ( x - a ) = + y ( F i g u r a 117) Solución

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Fig.117

i). Pasando a coordenadas polares se tiene que x 3+y 2-2ax

. uego r 3 = 2arCos© « r = 2aCos©, - — — , li 2 2

f f d y c t c ,, r2a f d y d x »(A) JO J

-V 2 ax~x s

2 2aCos0 / / rdzaO -J5. 0

3

A

j-f 4a2Cos2ddO

2a2 J(Jiz^L)de = a2ej 2k = na'

ii). El área se puede calcular trasladando el círculo al origen, se decir; x-a=rCosO, y=rSen# Oírla, 0<&2w, <p (r, 0) - (a+rCOSd, rSe/20) Oírla, 01012n , , lueqo:

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94 I.t.,r«l». «ski» y trlpl*», H* Hit«» J J» »»f»rfiel» Seriaré« Acovvdo.

/ / * r « f r - JT" / dyd* - C l ' r d r d e »(•*) -y/2 ax-x2

na4

9. Ca leu lar / / d X d y (Fiqura 118)

Solución

l-4,0J

Flg.110

y=±5, x=0, x=-2^ i - i i 25 X 3 , _ y 2

4 25 2rCos0, y =5rSen 0, -» J^ = 5*2r=.l0r, así

+ y 2 -1» luego 4 25

o j dxdv J £ 10 rdrdO

3i

/ 5d0 = 5ti

2 . 6 . 5 CAMBIO DE VARIABLE A COORDENADAS CILINDRICAS

(Figura 119)

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95

F i g . 1 1 9

z

De la figura 119 se deduce que CosQ~~ y S,©130=-¿ •* x = rCos0, y=rSen8,

Z=z, y como Z no cambia entonces (r, B, z) = (rCOSB, rSei20, Z) , r>0, 0o<0<8o+2n. A «P (r,6, Z) se le llama Cambia de variable a coordenadas cilindircas

y a:

dx dx dr de dz CosQ -rSerB 0

II ÉL dr de = SenO rCosQ 0 = r dr 3* Sz 0 0 1 dr ae dz

el Jacobiano de . Luego, si (p (r , 6 , Z) ~ (rCosQ, zSonQ, Z) , J^ «2", entonces se tiene 1, siguiente fórmula de cambio de variable a coordenadas cilindricas:

si se proyecta q> (A) e n el plano xy . En forma análoga si se proyecta (A) sobre el plano xz ó yz se tiene que:

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9 6 X f t t»$ r« l»s d o k l f f i y t r i p l e s , <S» l i s t a y á t l a p f i r f i c f e l « r » « r é e A c w M t o .

j f íf(x,y, z) dzdydx = f f J f(x, rCos®, zSenB) zdxdzcB " A

Nata: Estas coordenadas se llaman cilindricas porque de alguna mane el sólido (A) está limitado por un cilindro. 2.6.6 DIFERENCIAL DE VOLUMEN EN COORDENADAS CILINDRICAS Y CARTES1M

(Figura 120) 1 H

dv=dzdydx (cartesianas) y dv=rd@drdz (ci1indricas). Ejemplo 1

Calcular f f j (x2+yz) dzdydx. es el sólido limitado por laf »(A)

superficies z=\¡X7' íy 2 Z=2 (FÍQ u r a 121) Solución

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I n t t f r i U i tfollti y t r i p l e * , d» I l u t a y t a a a f e r f i c i * 97

F i g . 1 2 1

c. OL

x

orna la proyección en el plano xy de ^ ( A ) es C(x , y ) |x = + y 2<4}, se tiene ue 0<r<2, O<012n, y r<z<2; es decir z varia desde

z=y/x2+y2=Jr2Cos2e+r2Sen2e=y/rs = r ha5ta z==2' lue(3° Q{r,e,z) =(rCosQ,rSenef z) 0<r<2, 0<e<2ir, r<z<2, luego:

r r r , v^1 2 J I ] (x?+y2) dzdydx = J2 J J (x7+y2) dzdy dx

f2' f" f 2 r 2 . rdzdrdd Jo Jo jr r,

_ r f z f . Jo Jo Ir

[ ? K f 2 ( 2 - r ) r 3 d r d B (Ejercicio). Jo «Jo

r 3 d r d 6 (

Ejemplo 2

Calcular I J J xydzdy dx, entonces k(x,r,Q) - (x, zCasS, rSenB) = { x , y , z ) , 0<r<2, 0<e<2n, y x entre x=y=+z==r= y x=4, luego:

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98 Int»or«J»« <«»!>• r Irlfl»«, 11«!»« r *«frtief larmtrém *< • x ir .

e * j i Jxydzdydx = j2 j f xydxdzdy

J 7 -y/rp y*+*2

= J'jj'x(rCose) rdxdrdd A

- f2K f2 f4x(rCose)rdxdrd& Jo Jo Jr2

_ f3n f 2 2£Íj4 (r2CosQ) drdd Ja Jo 2 112

J 2 s£ 2(8--^)r 2Cos0drde . (Ejercicio Jo Jo \ 2 f

Ejemplo 3

Calcular f f Jdzdydx, ^ el sólido limitado por las superfici V (A)

y=l, y=4 (Figura 123)

es

Fig.123

fe"

Solución Como la proyección de ^ (A) en el plano xz es {(x , z) |x^+z3<9} entonces x=rCos6, y=y y z=rSen6, 0<r<3, 0<#<2tc, l<y<4 entonces:

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/ f fdzáydx = f" f ' j y d x t e

= f K f f rdydrdS Jo Jo j1

= f2% f3 3rdZdB- (Ejercicio) Jo Jo

Ejemplo 4

Calcular f f í'Jx2+y2 dxdy dz , (p es el sólido limitado por z=0, *U)

z = x2+y=, z = 4 (Figura 124) Solución

v C T xJ+ya j I jy/x2+yz dxdydz = £ f f fic^dzdydx

1-2

= f f f z.rdzdrdd Jo Jo Jo

= f3* f¿ r2 ,r2dzdB (Ejercicio) Jo Jo

Ejemplo 5

Calcular J f j (x2+y2+z) dzdydx, ^ es el sólido limitado por tfW

z = x2+y=, y z =4 (Figura 125) Solución

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loo l a t e r a l » « a k l a a f t r l f l n , ta l i a » y «o a a p c r f i e l a • v r a a r t f a ftcovj«)«.

z-4

XZ+yí

v C T Í 4

j f j {x2+yz+z) dzdydx = J*2 j J (x3+y2+z) dzdydx

= f2% f2 f4 (r2 + z) rdzdzdd (Ejercicio) Jo Jo Jr2

Ejemplo 6

Calcular / j / (x 2+y 2) 20dxdydz% Q el sólido limitado por las »U)

superfices x 3 + y 2 + z:z=6 y z^x^+y2 (interior a éste último) (Figura 126)

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Fig.117

z - ^ + y 2

x2 + y2+z2-6

Solución El punto de intersección de las superficies x 2+y 2+z 2=6 y z = x3+y:2 es z = 2 pues x^ + y^+z^z + z ^ ó - z=+z-6-0 - (z-2)(z + 3)=0 - z=2, luego la proyección en el plano xy es { ( x , y ) | x 2 + y 2 < 2} y así:

y/1 s/2-x2 y/ 6 -x* -y1

{x2+y2) 20 dxdydz =

^LJ f f / ( x 2 + y 2 ) 2 0 dzdydx -VS -y/TP x2+y*

v w 7

Ejemplo 7 Hal 1 ar el volumen del sólido limitado superiormente por la superfice z=y e inferiormente por z = x z + y=: (Figura 127)

C

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ica1

F i g . 1 2 7

Z

Solución

v (s) = / / ¡ d z d y d x <P (A)

= i" f S e a e [ r S e T*zdzdrd6 (Ejercicio) Jo Jo J r 2

Pues: z = y - z = rSen0 y x^+y==z - r = =z y x=+y==y « r = Sen0, luego 0<6<n, OiriSen®, r^izlrSen©. Ejemplo B Hallar el volumen del sólido limitado por x E+y a=2az; x 2+y 2=2a 2; z=0 (Figura 128) Solución

Fig.128

z

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ica1

V ( s ) = J jj jdzdydx * ( A ) , , x3^

BsP. a/2 a 5 — ü f -

f f f dzdydx -aV7 -V2az-jf2 0

Ka' 2

Ejemplo 9 Hallar el volumen del sólido limitado por las su[ 2x2 + 2y:2=z= (Figura 129) Sol ución

z 2-x 2-y 2=l y

Flg.129 z

El punto de

Z=±<j2 y a s i proyección del sólido en el plano xy es ((x, y) |x2 + y 2<1}, (Se calculará el volumen de la parte superior del sólido y se multiplicará por 2) luego:

V(s) = / / / » ( A )

dzdydx

s/T^X* y/l+x2+y2

2 f j dzdydx

h2x2+2y2 www.

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ica1

104

/T7F = 2j2Vj1 f rdzdrdO

(Ejercicio)

Ejemplo ÍO Hallar el volumen del sólido limitad.o por

z=0, x2+y2=R2 y z=e x2 y3-Solución

V(s) / / / t (A)

dzdydx

£ / / dzdydx - V ^ F 0

>2« f R r - f2n[*f°-'rdzdrdO,

Jo Jo Jo u ( _ <5 ) (Ejercicio).

Ejemplo 11 Hallar el volumen del sólido limitado por las 2=1. (Figura 130) Solución

Fig.130

Z .

z - 1

X2 + / • 4

las superficies

kr

x =+y ==4, z=0,

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I l 105

V ( s ) = V (A)

J J Jdzdydx

f-1 / - v C T

'2% ri r2 _ j'ercicio) f * f f rdrdzdd (Ej. JO Jo Jo Ejemplo 12 Hallar el volumen del sólido limitado por las superficies x^+y^+z 2^ y

x2+y==3z (parte externa respeto a éste último) (Figura 131) Solución

F i g . 1 3 1

z

El punto de intersección de la esfera x:2 + y 2 + z 2 = 4 y x 2 + y 2=3z es z = l, pues x 2 + y 2+z 2=3z + z2:=4 z2+3z-4^0 ** (z+4)(z-l)=0 «* z = l , luego

V(s) = volumen de la esfera - V t

y/l-x*-y2 s/1 v/Fjc1 s/4.-X*-~P = £ f f dzdydx- / / f dzdydx

-x2 -V*-x3-y3 V5" V3-x1 »'«r3

« /02702 7 rdzdzdB-f2* f * Jrdzdrd* -y/TT7 0 0 J±

(Ej,

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Ejemplo 13 Hallar el volumen del sólido limitado por x=+y:2 = 2*x, x^+y^-(Fiqura 132) Solucíón

•az y z=u|

Fig.132

<p(A)

V ( s ) = f f f dzdydx »(A)

V 2ax-xi i»

r / / d z d y d x -\j7.ax-x 7 0

7nCoB& i» f l f j rdzdrdQ (Ejercicio) i UZ CJÍX tro T o 0

2 . 6 . 7 CAMBIO DE VARI BLE A COORDENADAS ESFERICAS (Figura 1 3 2 - 1 )

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I 10/

Flg132.1

Del triángulo rectángulo OCP se tiene que C O S i ' SeiltP = ~

z=rCosip y a =rSentp . • Del triángulo rectángulo QAQ se tiene:

Sen6=^, y Cos6=— - y=aSentp =SenQrSenq =zSenQSen<p y a a

x=CosQa=rCos6Sen<p y así <p (r, 6, <p) = ( r C o s Q S e n y , rSer&Senqt, rCosy)

IiO, 0£<p£7I, 0íí8i27t 5 e llama cambia de variable a coordenadas

esféricas y a

dx dx dx dz 66 Cos6f?e/j<p -rSenQSentp rCosQCosy JL dr

& de iü a» = SenQSerup rCosQSeny rSenQCosip = -r 2 Sernp dz dz dz Cos<p 0, -rSentp dr ae d»

su Jacobiano 2.6.8 ELEMENTO DIFERENCIAL DE VOLUMEN EN COORDENADAS CARTESIANAS Y

ESFERICAS (Figura 133)

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108 i latlfralu #ofcltt r trlflts, lint* y 4m l«p«rftclB

Flg.133

(W = AEJWJkD = . rtr.rstivim»

dv=dxdydz (cartesianas) dv = AE.AB. AD=di. rcftp . rSempdd = r2Sen<pdr.d0.d(p (esféricas).

La siguiente fórmula da el cambio de variable a coordenadas esféricas:

I I f ff(x,y,z)dxdydz=ffff(rCos6S9nv,rSenOSen<ptrCos<p)r2S&nydrddd<(> *(A) A

Ejemplo 1 Hallar el volumen encerrado por la superficie x 2+y 2+z^-a^ (Figura 134)

Flfl.134

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Solución

V(s) / / / »(A) dzdydx

yfS^x1 v/a x'-y»

L! / / ^^^ •2« /• « r* - o * / "

En coordenadas cilindricas el volumen biene dado por:

v (s) = f f / d z d y d x 9 (A)

= ¡i¡rdzdrd&

[3n f rdzdrdd Jo Jo J

-V^P

Ejemplo 2 Hablar el volumen del sólido encerrado por (Figura 135) Solución

z^\/x2+y2, Z=4 www.

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l i o

Jf=-i2Senq> •

 Cos lue9c

, así: 4

V(s) = f f /dzdydx vU)

J J J r35erj d& Jo Jo Jo

y/16-X2 4 £ / / d z d y d *

-x/Te x7 >/*2 *y2

:n coor denadas cilindricas). Ejercicio. = f f f rdzdrdd <E, Jo Jo J T

Ejemplo 3

Calcular f f f d x d y d z , <p (A) = {(x,y,z ) | = z<0, y<0} <tU)

(Figura 136) Solución

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Nraarla Actvt««. 111

0 0

/ / f d x d y d z = f ' f f dzdydx

= f J j r7SenydrdtydQ A

í 2 n Í c f * r 2 S e n < f > ^ ^1 ^

o = j | J rdzdrdQ (En coordenadas cilindricas). Ejercicio

-•y/TT*

Ejemplo 4

Calcular J j Jdzdydxn cp es el sétlid® limitado por las superfices

x2 +y= + 23 = 8 y z = ^ x 2 + y 2 (Interior a éste último) (Figura 137) Solución El punto de intersección de las superficies x2+y2+Z2= 8 y e 5

Z=±2» pues x 2 + y 2 + Z 2 = Z 2 + 2T2=8 -* Z=±2 » asi x2+y2-4* luego la proyección en el plano xy de (A) es { ( v , y ) | x 2 + y 214 > , y

/ / [dzdydx = f2 f C d z d y d x <p{A) J-2 J J -yl -X2 y/x2*y2

= f^f^f^ziSenvdrdydQ

= J* y rdzdrdd* ( E n coordenadas ci 1 indri cas) . (Ejercicio) o o r

Ejemplo 5 Hallar el volumen del sólido q> (A) que se observa en la (Figura 138)

)

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11? I * t » f r * l « s « » » ! • • y t r i p l e » , *• ! ! • » • • y c¡© » « » t r f í c i »

Fig.138

Como x ^ + y 2 ^ entonces, aplicando coordenadas esfericas se tiene que (rCoBQSeny)2+ (rSenQSeny)2 = r2Cos2QSen2<p+r2Sen2ñSen2y=r2Sen2q>^

3 • 3 n _ _ ti -» r= a s i g u e v 0s6s2k l u e 9 o

V^-x3 \Jx2*y'>

í / j -dzdydx v ( f

3 -N/^T 0

* _JL_ ' 2fr

j* J r2¿>en<i) dr dq> d6 «. 0

;oc)f denadas r i l indr i cas ) . (Ejercicio) f2r'f fTrdzdrdd <e. Jo JO Jo Ejemplo 6

r rí i' 111 a r f f f(x2+y2) dzdydx, ^ (A) ( x ,y , z ) ¡ x<o. «pU>

So 1ucirtn

r v/9-x2 o ] J J (x2+y2) dzdydx = j j (x

7+y2) dzdydx * A> -v'i"^-V9-xJ -y2

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• * r n « r t f e Acevfftf». 11 3 1 i

= f * f 3 f * T l (rCosqtSeny)2 + (zSenQSentp ) 2}r2Senq> dBdz d®

i— JT o

I I í 1 • r ¿ dz dr d® T ° V ^ P

Ejemplo 7 • T

Hallar el volumen del sólido limitado por (x 2+y 2+z 2) 2=2z(x : : :+y 2) . Solución

Como Z£0, O * © * — 2

(x 2+y 2+z 2) 2 = [ (r2Cos2QSen2tp+r2Sen2&Sen2(p+r2Cos2q>) ]2

= 2zCos +r2Sen2BSen2ty) *» r 4-2r 3 C o s í ? S e n ? < # **

z^2CosySen2y • luego o^r¿:2Cos<p5'en2(p • |Como 0 no aparece, toma el máximo valor es decir, Oí012ti, luego:

v ( 5 ) f f j d z d y d x <9 (A)

^ 2Cast^Sen39 - J2KJ t

f r2Senq> drdq> dd (Ejercicio). 0 0 o

Ejemplo 8

Hallar el volumen del sólido que se observa en la f i g u r a ( F i g u r a 1 3 9 ) Solución

x 2 + y 2 + z 2 = 2 z " Z2=2ZC0SÍP ** Z=2COSip (en esféricas), luego 0£Z£2COS<p - L a intersección de las superfices X2 +y2 +Z2=2 Z V

z=Jx2+y2 e 5 z = l' oues x2+y2 + z2=z2 + z2=2z ~ 2z2-2z=0 « 2z(z-l) =0 ~

Z=1- Luego la proyección en el plano xy del sólido es { ( •: ,y)|x 2+y 2íl) entonces

O<;052m:, y 0 *<p < , luego: 4

Vis) / / / »(A)

dzdydx

v'i-xa i V i -*3 -yJ

f j J dzdydx '-i t

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114 i latlfralu #ofcltt r trlflts, lint* y 4m l « p « r f t c l B

- í K f < f CírfraSen<pdrdq>dd-Jo Jo Jo

(x2+y2+z2=2z ~ x 2+y 2+(z-1) 2=1 - z-l=±\/l-x2-y2)

Ejemplo 9 Hallar el volumen del sólido que se observa en la figura (Figura 140) Solución

x'+Z+z*- 2 12 z

x*+ y'+z*~ 4

Pasando las ecuaciones cartesianas a coordenadas esfericas se tiene Qje x 2 +y2 + z2-Zlm\

- r=2; x2 +y2 + z2=r2=2i/2rCosy ~ r=2j2Cosy E 1 P u n t o d e interseccióf

de las superfices es pues x 2+y 2+Z 2=4 ~2\[^.Z ** z~—~r = ~~r ~ " ^ 2 y 2 y 2

¿

" 2y/J asi la proyección en el plano xy es x 3 + V23í2- C o m o COSIJ> 2y2 ¿

d&+f*TfjfJ'/*Ccspr2Sen<pdrd<í>dQ. (Ejercicio)

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115

Ejemplo 1 0

(Figura 1 4 1 )

Solución

<p(r,e,<p)

Sea | = u , f - V , -» x=2u, y-3v, z=4w y así

A(u,v, w) = (2u,3v,4w) = (x,y, z) .

cbc dx dx du dv dw 2 0 0

II ÍL du ÉL dv ÉL dw = 0 3 0

5* dz dz 0 0 4 du dv dv

= 2*3*4=24 y 2 2 2 +-¿— =u 2+V 2 + W 2 entonces

16

I [(*i+J±+¿L}dzdydx = / / f(u2+v2+w*)24dudvdwy para caicuiar

f(A) u1*vi+w2i.l

esta integral se hace: u=rCosbSeny, v^rSen&Seny; w=rCos:£Tt y JB=-i7Seny, luego:

f / f [u2+v2+ w2) 24 dudvdw = 24 f1 f2% [* r2. zSen* d<f>dSdz J o J o J o

= 2 4 * 4 * — (Ejercicio).

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1 1 6 i latlfralu #ofcltt r trlflts, lint* y 4m l«p«rftclB

A/ota

La integra 1 / / (^+¿-+-£)dzdycbc, c o n { A ) í ^ y > g ) , + + sj » ( A ) l 4 9 1 6 J

puede calcular directamente si se hace

=rCosQSemp; =rSej}6.S«r¡<p, —-=rCosr<p, es decir 2 3 4 = (2rCo&QSen<?r *rSendSentp, -lxCowp) - Osrsl, 0.<6<2n, Oíqxn

y J"9=-24r2.Se/np y así:

fJJ-T+JT+-&)d*dydx = 24¡o1fo

2%foKr*.i*Senvd<pde<lr = 2 4 * 4 * | -

(Ejercicio). En coordenadas cilindricas quedaría:

vT^ f f ( - T + J T + Í l ) d z d y d x = 2 4 / ; * / ; / r(r3+w3) dwdrdd * -Vl-r7

= 2 4 * 4 * — 5

Ejemplo 11 Hallar el volumen del sólido limitado por las superficies:

2 2 2 2 2 2 =2 V — , Z * ( (Interior a ésta) (Figura 142)

a 2 ¿>2 c 2 a2 b2 c2

Flg.142

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I 10/

Solución

las superfices es Z~±C pues

=2. *• z-±C Y I a proyección en el plano xy

La de X2 Z2

+ Z 2 2z2

a2 í>2 c2 c2 c2 c2

del sólida es a 2 ¿>2

asi que

V ( S ) = f f f dzdydx »(A)

/_; / / a -JVa'-x5 I xi

y/l-U1 yj2-U2-V3

= ¿2¿>cJ J J dwdvdu Vi"«2 >/u2+v2

- abcf" i* f ^ z d r d r * Jo Jo J r

= ai>cf2n fv^fJ*r2Sen<pd<pdrdd (Ej< Jo io Jo lambios de variables análogos al ejemplo anterior. Ejemplo 12 Hallar el volumen del sólido limitado por las superficies x2+y2+z2=4 y x2+y2+z2=9 tFiqura 143) Solución

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Fig.117

v(s) = / / fdzdydx » ( A )

= jJjr2Sen<p drdQdy A

f2K f* f*r2Semp drdycfá JO Jo J2

= 1 9 * 4 y ( E j )

2.6.9 EJERCICIOS

1. Pasar las integrales siguientes a coordenadas polares y calcularlas o

i. £ / dydx

-VTe^x7

\Z25-X*

2. f f dydx -y/25-X

• í s f d x d y

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In 119

/ ; / dyäx

V» ax-x' 5. | 3 a J (x2+y2) dydx

-y/2lX-X2

f f f i — ^ d y d x <p(A)={u,y> »(A) 1

7 • f [~e ~x2 y2dydx J o Jo

8. v'CT

•3 J J s/x7 +y2 dydx

yf^X1 9' / S e n U ^ y 2 ) «fr0*

- 0

10. J 1 J (l-x 2-y 2) dxdy

v^I 7 v T X 7 f 1 Í -T^ctydx* f2 f ——jdydx J 0 J x'+y2 J x*+y*

v/TÍ7 0

12. f ^ - y í - d x d y Jo J y \/x2*yÍ t

y V* +y

13. f 2 f x - J — d y d x Jl JO y/x2<y2

II. Hallar el área en coordenadas polares de las regiones: 1. { ( x , y ) j ( x - l ) « + ( y - 4 ) ® < 2 5 ) 2. r =2+CosO 3. r=SenO 4. Area común a r=2SenO y r=l 5. { ( x,y ) I 4<x = + y~<3¿>) 6. La región limitada por y = x y y = x:2

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1 2 0

7. Común a r=a y r=2aSenO 8. r2=Cos20 9. Común a r=1 y r=1-CosO

III. Calcular las integrales siguientes por cilindricas o esféricas VT^F»

>•/; f j0'd*<tydx (x>/«i)

2' í ' / / * d z d y d x («=/2-r) ° 0 °

v'/ü'-x2 y/R'-x'-y2

f f f dzdydx ( R : / * f ) - y / l t t 0

4 ' / I / f_l(xa+y2) dzdydx

^9-x2 3 5 • / ' / / dzdydx

0 v / P ^

/ ; / / d z d y d x -v/Ii^P 0

v/J v^-x* Jxa+y3

f f f dzdydx -y/1 V^-x1

6 .

7 . 0

0 0 V^S-x'-y2 s. y j" | dzdydx

"5 -v/i?^7 0

O 9- f l f f ^ ^

IV. Calcular las integrales con alqún cambio de variable,

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1 2 1

/ / j y ( A ) el sólido limitado por las superficies »(A)

Z2 = j£(x2+y2) y por 0; \Ri

f j j\jx7+y2dzdydxt e l 5 Ó i i d o limitado por z=-yJx2+y2 y

dzdydxt e l s ó l i d o limitado por

z=-l

b / / / < f(A)

a2 b2 a2 b2 a \ 2 /

4. I I I (** +y2) dzdydx^ la parte de la semiesfera x 2 + y 2 + Z 2 = 4 < ZJtO »(A)

[ intersectada con x2+y2=1-

5. (*2 +y7) dzdydxn <P (A) el sólido limitado por

•PÍA) V

4 - V ^ F , y z - l

[.Hallar el volumen del sólido limitado por las superficies iguientes, indicando los límites de la integral sin cambio de variable luego con cambio de variable si es posible.

1. x2+y2=z y

2. z=4 -x2; z

3. z=x, z= --X2

4. z=Q-x2- y \ 5. x2+y2 + z 2 =6

( R : / l )

(R:/6nyf5) 6. x=4, y-4, Z=x2+y2 +1 y l o s planos coordenados (¿?:/367t) 7. X+y+Z-1, Y los planos coordenados

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122

8. — +y¿=l, z=l, z=12-3x-4y 4

— + + (i?-:/32ic) 16

10. /

11 .

12.

1 3 .

y2=4a2-3ax; y2=ax, z=±h

x+y+z=a, 3x+y=a, -|x+y=a, y=o, z=0 /JLÍ +A ¿ V ^ 6

x2 +y2=b2 ; y+z=a, z=0 ( R : / a b 2 n )

z=0; z=x2+y2, x2+y2=a2 \R:/n

14. z2=x2+y2; z=x2+y2 I/?: 15 • x2+y2 = 2x, z2=x2+y2

x2+4y2=4z; x2+4y2=48-4z I '? . x2+y2 + Z2=4<32 y <32=X2+y2 lFuera de éste último) 18 • z=8 -X2-y2 y z~x2+y2

lv. z=4-x2-9y2 ; z=l 2' >.

7 1

z=4 -y/x2+y2, z= 1

Z=JÜ_+y2; Z=1 ; z=3 4

VI. Indicar los límites de la integral

variable, en cilindricas y en

/ / / <r(A)

dzdydxt s i n cambio

para : tp (A) ={(x,y, z) | x2+y2+z2*9, z*0} (A) el sólido limitado por x2+y2=10' Z = 0 > Z = 5 • Z-X2 +y2

<p (A) ={(x,y, z) ¡ 4^x2+y2 + z2á9)

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IZS

3. APLICACIONES FISICAS DE LA INTEGRAL

3.1 DEFINICION

Si una lámina tiene la forma de una reqíón encerrada y acotada en el plano xy (Figura 144) y tiene una densidad constante p, entonces la nasa de la lámina viene dada por:

x=a

Fifl.144 y

y=f|xj

=0M

masa = pA = p f b [ f ( x ) - c r ( x ) ) d x = p / / d A = / / p ^ • Ja 0 0

El empleo de una integral doble sugiere una extensión natural de la fórmula, para hallar la masa de una lámina de densidad variable, donde

;sta viene dada por p(x,y) . lueqo:

. tíasa:

M(Q) / fp(x,y) dxdy = f Jp{x,y) dA . o o

2. Mamen tas:

Los momentos de la masa con respecto a los ejes x e y son:

Mx = f f y p ( x , y ) dA y My = j J x p ( x , y ) dA . o o

|3. Centro de masa: Si M es la masa de la lámina entonces el centro de masa es:

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124 -- * r J? taiarfldl Vartirio Acivtrio.

4. Momentos de Inercia:

El momento de inercia de la lámina respecto a una recta L es:

IL = j fd2{x,y) . p(x,y) dA . o

Donde d(x,y) es la distancia del punto (x,y) de la lámina a la recta L. Si la recta L es el eje x o L es el eje y, estos momentos de inercia se notarán por l,, e Iv y vienen dados por:

Ix ' f f y 2 p ( x , y ) d A y Iy = f f x 2 p ( x . y ) d A

Q 0

5 . Cen t roi de :

S l p(x,y) ^constante el centro de masa de la lámina se 11 ama|

Centroide.

6. Momento polar de Inercia:

El momento polar de inercia de una lámina respecto al origen se nota| por I 0 y viene dado por:

I0 = f fr2p(x,y)dA = f f(x2+y2)p(x,y)dA = J y + I x , o o

Ejemplo 1 Hallar la masa, momentos de una lámina triangular de vértices (0,0), (0,3) y (2,3); (Figura 145) supuesta la densidad en cada punto (x,y)|

está dada por p(x,y) =X •

Solución

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1 2 5

Fig.145

Como se observa en la figura L45, la reqión Q tiene las fronteras x=0 y= 3, luego:

Masa=M - f f p ( x , y ) d A 0

- S!x d A

M »

j j xdxdy (Eji ) .

M,„ f j y p ( x , y ) dA ' o

I f y x d A

£ J x y d x d y (eji

M. J ¡ x p ( x , y ) dA o

= / fy*dA

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126

1Z

(Eji j J xydxdy o

= ffy2p(x,y)dA o

= J Iy2xdA

iz

U =

J3 j y3xdxdy 0 o

f fx2p(x, y) dA o"

f íx2ydA o ?JL

j"3 j x3 dxdy

Ejemplo 2 Hallar la masa, momentos, centro ele masas de la lámina correspondiente a la porción del círculo x 2+y 2=9, siendo su densidad en el punto (x,yl proporcional a la distancia entre el punto y el centro como se observa en la f igura 146. Solución

Fig.146

y

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1 2 7

En un punto cualquiera (x,y) la densidad de la lámina es

p(x,y) = k\J (x-0) 2+ (y-0)2 = kjx2+y2- y como ~ 3 m 3 y -finpsyzfó'1*? la

masa viene dada por:

11, m = f Jp(x,y) dA 0

= j fky/x7+y2dA o

= J j ky/x7+y2 dydx

- f f kr2 di de J o Jo

= 2 re fkr2dr Jo

2» k r 3l 3 = 187CÍC o

|2. IV = f fyp(x,y) dA 0

- J J'yky/x2 +y2 dA A

= f J kyjx2+ v7 dydx

= f2n f3krSenQrrdrdO J o J o

= f2n f^kr3Senddrde Jo Jo

= kr^.]3 sene de Jo 3 Jo

r 2n 27 k Spndde Jo "2 TC j o 27 k ( -Coíto) ¡27t = 0

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133

v = / /xp(xt y) dA o

= f jkxjx2 +y2 dA

- f3 j* kx<Jx2+y2 dydx

/"* f kzCosQzzdzdd Jo Jo

- Í2K f3kz3cosedzdd = o Jo Jo

.... j | ¡y2p{x,y) dA o

J y y2 ky/x2 + v2 dA

J 3 J ky2Jx2+y2dydx 3 - v ^ P

= f2" [3kz2S#n2ezzdzdd Jo Jo

= í2n í'kz4Sen20dzde <Ej Jo Jo

e r c i n o ) .

Ejemplo 3 Hallar el centra de masa de la lámina correspondiente a la reqión limitada por y=4-x= y el eje x (Figura 147), si la densidad en él punta ( x , y ) de la lámina es proporcional a la distancia entre (x,y) y el eje X . S o l u r i ó n

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Fig.147

y A

y - 4 - x ?

p(x,y)=ky y asi:

i. m = f f p(x,y) dA o

- / / * " < « a

J-2J0

. f ' ^ f - ^ d x J - 2 2 J 0

/-'jçji^nidx -2 2

= -^f2 (16-8x 2+x 4) dx 2 J -2

|. m* = / fyp<x,y) cîa 0

= J fvkydA

= f fky2dA 0 •2 T4-X2

256 15

f f*~x ky2dydx = J-2J0

4096 105

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m v = / fxp(x,y) dA o

= j xkydA A

_ f 2 X fcyxtfyrfx _ Q J-2J0

ó. f K y , ^ { M M

4. i = / fy2p(x,y) dA o

= f I ky3 dA A

= i* f'-^ky'dydx (Ejercicio). J-2J0

t = f fx3p(x,y) dA ' o

= J f Jcyx* c¿A o

=• / / kyx2dydx (Ejercicio) J-2J0

E j e m p L o 4 Una lámina tiene la forma de la región que esta fuera de la gráfica di r - a y dentro de la gráfica de r = 2aSenft (Fiqura 140). Halle la masa el suponiendo que la densidad en el punto p=(r,8) es inversamentl proporcional a la distancia de p al polo. So 1u ci ón

4096 k _o "105 256 k' 256ic 1 R 1 ^

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Fig.147 y

s curvas r = a y r =2aSenB se cortan en 0 = _ y Q= D7t (Ejercicio) 6 6

- f fp(r,e) dA o

•iS f 2aSsn0

f f ( f ) ^ r d e i a 6

5T k J (2aSenQ-a) dd

ka -2 CosB-e] 5 —

^ 2 / 3 - 2

S-5 c 2 a.9«nfl

= J J (r2Cos26) ~rdr dQ

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132

3 . 2 APLICACIONES FISICAS DE LA INTEGRAL TRIPLE

Si p ( x , y , z ) es la densidad en un punto (x,y,z) de un sólido S cerrado y acotado del espacio entonces: 1 . Masa del sólido:

i a masa del sólido viene dada por:

M^fffp(x, y, z) dv s

t"~im<?n tos < íir> r evfjurt'} ."» íus pl a>n cuor den^doa xy. y¿ , xz:

Los momentos con respecto a los planos z = 0, x=0, y 0 vierten dados por :

Mxy = f f f zp(x,y, z) dv, Myg = f f f xp(x,y, z) dv. Mxz = f f f y p ( x , y , z) dv S 3 3

3. Coordenadas del centro de masa (x,y#z) ""

Las coordenadas del centro de masa vienen dadas por:

X=MY*-; y- ^ ; M M M

4 . Centrai de:

si p(x, y , z)=constan te entonces el centro de masa se llama centroide del sólido.

Mamen tos de Inercia respecto a una recta L:

t- 1 momento de inercia del sólido respecto a una recta L viene

I7 = f f f d2{x,y, z) p ( x , y , z) dv

donde d(x,y,z) es la distancia del punto (x,y,z) del sólido a la recta L.

*

6. Momentos de inercia con respecta a los planos y-O, x~0:

Los momentos de inercia con respecto a los planos z=0, y=0 y x=0 vienen dados por:

Ixy - f f f z2p(x,y, z) dv. Iyt = f f f x 2 p ( x , y , z ) dV. IXB = f f f y2p(x, y, z) dV 3 S 3

7 . Momentos de Inercia con respecta a las ejes coordenados:

Los momentos de inercia con respecto a los ejes coordenados se cal cu 1an por:

= f f f (y7+z2)p(xfy,z) dv= s

Iy = f f f (X2 + Z2)p(X,yrZ) dV = Iyy+Iys ,

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133

xy = / / / ( * 2 + y 2 ) P<x'y, d v = 3

jemplo 1 aliar la masa, momentos y centro de masa del sólido limitado por las

X2 suDerf irps Z-2-—— y los planos z = 0, y = x, y=0. (Figura 149) suponiendo

que la densidad es proporcional a la distancia de la base del plano xy . Solución

z

|Por hipótesis p ( x , y , z ) =•<z donde k es una constante, por lo tanto:

|n = f f jp(x,y,z) dV 3

í i* / kzdzdydx o

• « a ;

• * / / / / ( — f K -- kCl2x-xy*\x*)dx = -f-Jc.

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JJJp(x,y,z)z<íV

fffkz'dV 3

2

/ 2 / X / kz2dzdydx 0 0 o

T M " * ) ' « " *

f j f { * x , y , z ) y d v s

fffkyzdV 3

2

j j"X j kyz7 dzdydx 0 0 o

kí0,L"M2-JT?dydx

JJJ p(x,y,z)xdv s

[ f f x k z d V s

k f f J xzdzdvdx

2 4

f ? f* f kxzdzdvdx - ^-k 0 0 o

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Iit>|rtlH <•>!•• y i'lfltm, d» li*« y li i«Mrfici» 140

128 k X = ^yz _ 105 32

M 4 Je 35

64ie

y - = 105 _ JL6 w 35

4 * li m "~t" i V = 3

= i M 4k

||v = f f f z ? p ( x , y , z ) d V s

, f f f k z ' d v 3

/ ; / ; / kz3 dzdydx 0

f f f y 2 p ( x f y , z ) d v s

[ f f k y ' z d v S

2

i T / * f ky*zdzdydx ( E j l 0 0

I = f f f x ? 9 ( x r y r z ) dV s

»= f f f ^ z c / v

« r * (Ejercicio) £ £ j" kx7 zdzdydx o

• IPfnn 1 11

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1 3 6

Calcular el momento de inercia con respecto al eje y, del sólidc limitado por la superfices 4x 2-y=+z 2=0 y y=3 (Figura 150) si si densidad en cada punto (x,y,z) es constante. Solución

F i g . 1 5 0

k'

\ y = 3

^ 4 x 2 + z 2 - 9

l, - I v + I >-• = / / / (z 2+y 2) p(x,y, z ) dV s

JjJ c{z2+y2) dV

s/9-4.jp J j J c{z2+y2) dydzdx

-y/3l-iX2 l/4X2 + Z2

i VP^P J3 J J c(z2+y2) dzdxdy ° -f -VP^tP

(Ejercicio)

Ejemplo 3 Hallar la masa, centro de masa del sólido limitado por las superfices

Z=y¡9 -X2~y2> (Figura 151) Si p(x,y, z)

Solución

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I l

tarmiré» «c«y»<u.

Flg.151

z -V9 -X 2 -y2

I N / / / dv

/ 3 / / cdzdydx - v ^ P 0

v / ^

: V I 2 SU c T 2 s e n < * d i d < ? < *

2TÏ9C = 18cti

Mi.y = f f f p { x , y , z ) z d v

/// czdv c f 0

2 * f 0 1 £3 (-rCos<p) r25e/3<p drd<p d8

81c«

Lr = /// p (x,y,x)yciv

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138 Itriari» «cmdo.

/// cydv

2 * T 3

cf J JrSenQSenq>r2Senq> drdy dd • O 0 0 0

M, J ¡ f p(x,yfz)xdV s

2a "a 3 f I j rCos®Sen<pr2Sen<p drdtp dd - O 0 0 0

M 18C1C

Y = — - = O M

= O

81ctc 4 2 = =

Af 18 C7i 8 Ejemplo 4 Hallar el momento de inercia con respecto al eje z, la masa y centroide del sólido limitado por z=-4 y z = 4 (Figura 152) p(x,y, z) =i. Solución

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= f f f i x ' + y * ) l.oV 5

y'9-X1 4 [' f f (x7+ya) dzdydx

• r r r ^ . r d z d i d e '0 j 0 J-4

I f2K f3&r3 drdfì Jo Jo

Jo * Jo de

2**8*81 = 3 2 4 1 C

jffç>(x,y, z) dV a

f f f d v 3

• cn>dzdrdR

= r i 8 zdrde Jo Jo

r ai3 8 — = 2**4*9 = 72K L 2 Jo

f f f z d v S

f " i" f 'rzdzdidQ = 0 Jo Jo J-4

h - i f f S

I f / r2Co.<*edzdrdB = 0 Jo Jo j - 4

I. - / / /y<*

x d v

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140 Btrttrl» AcmO».

= f f f z2Senddzdrdd = O Jo Jo j-i

V a s i (J.y.5) . ( ^ - . - I J , ^ ) . (0.0.0).

Ejemplo 5 Un sólido en el primer octante está limitado por las superficies Z=y¡X2 +y2' 2 = 1 ' x = 0 ' y=0 (Figura 153). Hallar el centro de masa si la densidad p(x,y, z)=r. Solución

Fig.153

Z

M

h

= f f f p ( x , y r z ) dv s

• f f f ^ 3

= [ i f1 C^rirdzdrdQ) = Jo Jo J r 24

_ = f f f z p ( x r y r z ) d v 3

= f^f1flzr2dzdrdd = Jo Jo Jr 30

- = f f f y p ( x , y , z ) dv

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1 4 1

= f " fX f1 (rSenO) rrdzdrdO = ~ Jo Jo Jr 20

f,vx = f f f x p ( x , y , z ) d V

= [ ' T í 1 (rCosQ) rrdzdrdd = Jo Jo Jr 20

Por tanto:

Myz _ 1 20

M ' n 24

1 20

M n 24

n O*.. 30

71 24

5n

6 571

_5 5

5.3 EJERCICIOS

I. Hallar el centroide de la lámina limitada por:

i- *=y 2, **=-8y H i < " ^ ) ) )

2- y = 4 X - X 2 . y=x (R: /(-§, -

3. y=2Sen3x, x=0, x = , -Jjj

4- X a-8y+4=0, X 2 = 4 y primer cuadrante , jj

2 «r2 5. X

a2 b2

6- ^ í r 1

7. triángulo de vértices (0,0), (b,a), (b,0). 8- y=V3x. y=0, x=3> p(r,8)=r3

II. Tomar p(x,y)=X+y en I y calcule el centro de masa y sus momentos respecto a los ejes coordenados.

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142 Iattfral»! y trlflti, 4« llaaa y ém avftrfldt ltraar<* Acmla.

III. Hallar el centroide de la región limitada pors

1. r=5eií26, primer cuadrante |¿: r

2. r- — r , primer cuadrante / R:/(—,—\\ 1+COS0 \ •• \ 5 4//

3. r-2Cosd 4. r=l-CosQ 5- r=2Sen6

IV. Tomar p(r,6)=Jtr y hallar centro de masa y momentos para los ejercicios del numeral a n t e r i o r ( I I I ) .

V. Hallar el centroide del sólido limitado por: 1 . x2+z=4, x+z=2, y-0, y=3 2* z=x, z=x2+y2

3. z=4-x2, z=3x2+y2

4- x2+y2+z2= 9, x2+y2+z2= 16 5. x2+y2+Z2=9, X2+y2=1 (Exterior a ésta)

x2+y2=a2, z=0, z=h VI. Hallar el centro de masa, momentos en el numeral anterior (V) si

p (x,y,z) = x-, VII. Hallar el centroide del sólido limitado por:

í- r=2CosQr z=zz, z=0 2. z=0, z=a-r, r=aCosd 3. z=1, z-2, r=4

VIII. Hallar el centro de masa del sólido limitado por: 1 • x 2 + y 2 + z 2 = 9 y x 2 + y 2 + z 2 = 1 6 p(r,8,<p)=r 2 . x

2 + y 2 + z 2 = 9 p ( r , 0 , <p) =Send 3. z=v/9 —x2 —y2r z = 2 , p ( r , 6 , z ) = 2 z

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4. INTEGRALES DE LINEA a noción de integración de una función definida en un intervalo, en ina región cerrada y acotada del plano o en un sólido cerrado y acotado el espacio se puede generalizar a la integración de una función eUnida a lo larqo de una curva y es por ello que primero conoceremos lgunos aspectos de las curvas y luego daremos la definición de la ntegra 1 de 1 íriea . .1 DEFINICIÓN

eaa:[a,b] 'Rn, tal que a ( t ) = <( xA (t ), xa( t),..., x„ (t)) . | Al conjunto { (<t , a ( t) | t e [ a , b ] } se llamará La gráfica de a.

Ejemplo < a: [0,4] >R I

t > a < t ) = ( t, t ) •Si a es continua en [a,b], la imagen de a la llamaremos Curva y a !|) = ( x i ( t), x a ( t),..., x„ ( t) ) es una ecuación paramétrica de la curva . ¡gráfica (el de la imagen) la representamos por C. (Figura 154)

Fig.154

Ejemplo Sea y = x 2 entonces sí x = t se tiene que y^t^ y así a(t) = (t,t::') es

na ecuación paramétrica y a la imagen de a se llamara curva, pues a [continua (Figura 155)

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1 4 4

A

(-1,1)

<?.4)

-1 2 3. La curva se llama regular si existe <*'( ù) para todo te(a,b) y/ a

es continua en [a,b]. 4. La curva se llama regular (suave o lisa) a trazos, si se puede

expresar como unión de un número finito de curvas regulares 'suaves o lizas),

b. a continua, la curva a es cerrada si a(a)=a(b). 6. a:[a,b] > R" continua, la curva es cerrada simple si a(a)=a(b) y| si para todo t±,t= e[a,b], tx^t^ se tiene a ( t i ) ( t 3 ) . 7. Si c no es una curva cerrada el sentido positivo de c es la sentido correspondiente a los valores crecientes de t. hjemplos

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Nn«rla Acmtf«. JL t )

Fig.156

Vr

C)

-ZS7 w

d) e) De la Figura 156 se puede concluir que a) Es una curva cerrada, regular, regular a trozos, es cerrada simple. b). Es una curva, no es regular, es regular a trozos, no es cerrada, f). Es una curva, es regular a trozos, es cerrada, es cerrada simple. I d). Es una curva, es regular a trozos, no es cerrada. e). Es una curva, es regular, es regular a trozos, es cerrada, no es

cerrada -¡fí/tfi/C . pie.. f|. Es una curva, es regular a trozos, es cerrada, es cerrada simple. 1.2 PARAMETRIZACION DE ALGUNAS CURVAS

I. Un segmento de ^ecta con punto inicial AeR" y con punto final BeR1" se puede parametrizar así: a(t)— A+1(B-A) 0<t<l, es decir, a: [0,1] > R n

t > a(t)=A+1(B-A) . Ejemplo 1 Hallar una ecuación paramétrica para el segmento de recta que tiene como punto inicial A=(1,2,1) y como punto final B(2,4,6). (Figura 157)

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146 Xateqralva «lobl»» y trlflH, <1* lista y 6xs. sep»rf i el»

Rg.157 Z

B-(2,4,6) C ^

Á^C 1,2,1)

Y

Solución ( t )=A+t ( B-A) = ( 1 , 2 , 1 ) +1 ( (2,4,6)-(l,2,l) )

= (1,2,1)+t(1,2,5) =(l+t,2+2t,l+5t) 0<t<l.

Ejemplo 2 Hallar una ecuación paramétrica para el segmento de recta que tiene como punto inicial (0,0) y como punto final (4,4) (Figura 158)

Fig.158

Y A

(4,4)

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[«tcfram «ski» r trlp]**f do lim r It Mpirfidt Itrur«» Ac*v»dn. 147

S o l u c i ó n Una ecuación paramétrica es: p(t)=(0,0)+t( (4«)4) ,(0,0))

=(0,0)+t<4,4) =(4t,4t) 0<t<l.

Dtra ecuación paramétrica es: >(t)»(t,t) 0<t<4. Ejemplo 3 Hallar una ecuación paramétrica para el segmento de recta que une los puntos (0,2,0), con (0,2,3) (Figura 159) Solución

Fig.159

Z

Lina ecuación paramétrica es a(t) = (0,2,0)+t( (0,2,3)—(0,2,0) )=(0,2,0)+t(0,0,3)=(0,2,3t) 0<t.<l. Dtra ecuación paramétrica es (3 ( t) = ( 0 , 2 , t) 0<t<3. De los Ejemplos 2 y 3 se puede concluir que una curva puede tener varias ecuaciones paramétricas con el mismo sentido.

i X2 V 2 La gráfica de + — = 1 se puede parametrizar por:

a2 b2

I( t) = ( aCost, bSen t) = (x(t) ,y(t) ) 0<t<2Tt, es decir: a:[0,2n] > R^

t > a(t)=(aCost,bSent)

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1 4 8

3. La gráfica de y=x2 desde (-2,4) hasta (4,16), tiene como, una

ecuación paramétrica a(t)=(t,t 2) -2<t<4, es decir: a : [-2,4] > R =

t > a ( t) = ( t, t 3 )

4. Para la gráfica de y=x3 desde (-2,8) hasta (2,8) una ecuación

paramétrica es a(t)=(t,t 3) -2<t<2. 2 2 5. Para la gráfica ~ ~_- , una ecuación paramétrica es: A y

a ( t) = (Cos 3t,Sen 3t) 0 < t < 2 T t .

6. -l:-.xi.ar una ecuación paramétrica para el =rco parabólico y^Qx-X 2

desde (4,0) a (1,3) (Figura 160)

Fig.16®

Y

Solución Una ecuación paramétrica es a ( t ) = ( t, 4t-t 2 ) t entre 4 y 1. • tra parametri nación con la misma orientación es: a( t) = (4-t, (4-t)/t) 0<t<3.

7. Hallar parame t r i z ac i ones para las curvas que se \pbservan en 1¿ figura 161, siendo c = un semicírculo.

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I 149

Figi 61 Y A

m C i (2>D) ¿ti)

Solución

La ecuación del semicírculo es (x-1) 3+y ==1, y>0 ó (1-x) =+y 3=l, entonces una parametrización para c = es y=Sent, l-x=Cost 0<t<n, es decir, a ( t) = ( 1-Cos t, Sen t) 0<t<TT. Para c* , una parametrización es a(t)=(2-2t,O) Oltil.

|4.3 INTEGRAL DE LINEA DE UN CAMPO ESCALAR

Recordemos que en el cálculo de integrales unidimensionales, la región de integración era un intervalo cerrado [a,b] y que para definir la integral de una función f(x) definida en [a,b], se disidió éste intervalo en n subin terva 1 os de longitud A í = l,2,...,n y Se tomó un

|ounto Ci en cada subintervalo y se formó la sumatori

limT^ f( Cj) A X j "fué lo que se definió como f f (x) dx i es decir n— fri «

a b

l i m Y ^ f(c¿) A x i = í f(x)dx . TÚ. J*

En el caso de integrales dobles la región de integración es un conjunto cerrado y acotado del plano xy y en tres dimensiones la región de integración es un sólido cerrado y acotado del espacio, pero en ambos casos la definición es análoga al caso unidimensional.

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1 so l>tt;riln itllti y triplas, tf* 12«*« y 4m itptrfícit Bvraartf* Acavvtfa.

Ahora, la región de integración es una curva, bien sea en el plano o en el espacio y se pretende definir la integral de una función f(x,y) definida y acotada sobre una curva en el plano, de una forma muy similar a las dadas para integrales. En efecto, sea f(x,y) una función continua en una región o del plano que contiene a una curva c, gue tiene como una ecuación paramétrica a a(t)=(f(t),g(t)) altib, con a(a)=A y <a(b)=B (Figura 162)

l 1 7—r to t 1 tM t l\

Sea P=(t 0,ti,...,t n} una partición de [a,b], es decir, a=t©<tx,..., < tr-,_ i < tr, = b; esta partición lleva a una división de c en subarcos

^

Pj.jP^; donde P i(x i /y il es el punto en c correspondiente a ti. Sean

A x j = x i - x i _ 1 , A y J = y i - y i _ 1 y A S± la longitud del subarco P±„xPl Y

escojamos un punto Q¿U±i vi) e n V para cada i evaluemos la

función en (u±,Vj) y multipliquemos este número por ASj¡ y así se puede

formar la sumatoria ^ f (Ujf Vj) Aáfj V si liffl^ f (Ul, V¿) As¿=L V es ¿-1

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1 5 1

independiente de la partición de [a,b] y de los puntos Oí, entonces a se llama La Integral de linea de f sobre c desde A hasta B y se nota

por:

f £(x,y) ds J c

es decir :

a lim]P f(ulf vi) = I f ( x , y ) ds n — JZI Je

además :

f f ( x , y ) d s = f b f ( a ( t ) ) s ' ( t ) d t = f b f (a ( t ) ||«'(t) II dt (Ejercicio)

4.3.1 INTERPRETACION GEOMETRICA DE f f ( x , y ) ds J c

Si f(x,y)>0 para todo x, y en Q, que contiene a c y si z = f(x,y) es una función (Figura 163) entonces f(Ui,Vi)As¿ es el área de la tira

vertical con base en el arco e n plano xy y altura f(Ui.v ±) y

a r B limV^ f(ulf V^) As,= / f ( x , y ) d s = area lateral del cilindro

a— £í J c

|lbserva en la figura 163

que se

Fig.163

y///"-* ' ' Y' ''a' / '' • wm m í i p i l S v

z = «fu, ,V| )

z=flx.y)

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152 I.tMr.l.. «.»!.. r tr.M»», «» y " ».».rtic. "f"f" '""":

4.3.2 LONGITUD DE U N A CURVA

En el cálculo integral en una variable se aprendió a que si c es la gráfica de una función continua y definida por y=f(x) con a<x<b entonces la longitud de la curva esta dada por:

s = f y i + (f'(x)) ¿& = f ' f ^ f d x = ¡y(dx) 2+(dy) 2dx

Si la curva se parametriza por a (t) - (x( t) ,y ( t) ) t^tít^ entonces

a'(t) =(x'(t) ,y'{t)) y x'{t)=l& se tiene que:

s = f ^ / l ^ W P ^ W F d t = f^Wa'it) || dt = f dB. Jto Jto Jc

Ejemplo 1

Calcular í y d s , donde c es el segmento de recta que une (0,0) con (1,1) J c

(Figura 164) Solución

Fig.164

Y

Una parametrización de la curva c es tt(t)=(t,t) O* Ü3»l ü «'( C) = (1, l)

y II a'(t) 11= 5" entonces f y d 8 = £ t J 2 d t =

Ejemplo 2

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ica1

1 5 3

Calcular f (x+y+z) dB, donde c es la curva que se observa en la Figura J c

165

Fig.165

Z A (0.1,1)

(0,1,0) ^ Y

= f (x+y+z) + f ( x + y + z ) ds2. J Jca

IÍJ Una parametrización de Cx es «(fr)«(0,t,0) Oí túl, <*'( t) = ( 0, 1, 0 )

(x+y+z) dB c y ||a'(t) || =1 - luego I (x+y+z) ds = í tdt = • Cj Jo 2

¡i) Una parametrización para c = es £ (t) = (0, 1, t) OStSl» t) = (0 , 0 , 1)

y II P'(t) = 1« fc (x+y+z) ds2 = fUl + t) dt=l + -j, enton 2 * C S S

f (x+y+z) ds=^- +1 + -^-=2. J e 2 2 2 2

Ejemplo 3 Calcular la longitud de la circunferencia x 2+y ==4. Solución

Una parametrización de la curva es a ( t) = (2COSÜ, 2Sent) Q¿t¿í2T: Y

|«'(t) = (-2Sent, 2Cost) ; || a ' ( t) || =2 - " i j'cds=f**2 dt = 4* .

Ejemplo 4

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1 5 4

Ca 1 cui ar J xds, donde c es la curva regular a trozos que se observa en

la figura 166

Fig.166 y

Solución

f xds= [ xdsx + f xds2 * C » C^ » Cj

i) Una parametri zación de Cj. es a ( t ) « ( t , fc) O á t á l » a ' ( t ) = ( l , l ) V

il a' ( ir) Il = fitt-JS* l u e g o f cx d s 1 = /^tv^dt =

ii) Una parametr i zación de la curva C= es ($(£;) = (l~t, (l-t)a) Oátíl'

P'(ù)=(-l,-2(l-ù>) ; | | P ' ( t ) || = ^ 1 + 4 ( 1 - f c ) 2 = ^ / 5 - 8 t + 4 i : 2 ' a s i

f*ds2 = f1 (l-t)y/4t2-8t+5dt - " Ì [ l ( 1 + 4 ( 1 - t 2 ) l ) ] o = J Cj Jo

luego f xds = (5^-1). 12 J c 2 12

E j e m p l o 4

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1 5 5 1aliar el área de la superficie lateral del trozo del cilindro c i r c u l a r

ry2=l, situado entre z-Q) y z = }.-y?. Dlucíón |lna parametr i zación de x= + y 3=l es a ( t ) = ( C O S t , Sen t ) OSt^Sft.

§(t) = (-Sent,Cost) . ||a'( ir) || =1 y

|rea lateral = J f ( x , y ) d s

/•2lt

= / f(Cost,Sent) ds Jo

= f2" (l-Sen2t) dt Jo

i:

2n 0 2«

Cos2tdt

_ f2K 1 + C0B2 t ^ Jo 2

Sen2tfn

J 0

jemplo 6 lallar -?1 área lateral del cilindro x =+y ==l, entre z=0, z = 4. ioluciór» Ina parametrización de c es a (£) = (C O S t , Sen t ) , OZt&Tl, || < t) H =X htonces:

irea lateral^ j f ( x , y ) ds

f 2« = / 4 dt =8n Jo

|jemplo /

Jilcu lar í X\¡X2 -y2 ds, c es el gráfico de (x2 + y 2 ) 2 = a 2(x 2-y 2) , x>0, a>0. J c

lución ara facilitar el cálculo de esta integral, la pasaremos a coordenadas olares: frCosO, y = rSenO; ( x 2 + y 2) 2=[r 2(Cos 2efSen 28) = y (x.=-y 3 ) =a z[ r 3 ( Cos 26-Sen 20) ]=a2rzCos28, luego r 4=a 2r 2Cos20 entonces :a2Cos20. = \/ (dx)2 + ( d y ) 2 ;

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156 ""r"« "«>'»» r ' >1.., n... y «. .«,.rfict. »

dx = di+d6 « CosQdz-zSezfidB; dr do

dy = í&dr+^dQ=SenQdr+rCOsQcB, entonces: dr <36 d s = \J(dx)2+ (dy)2

= J (Cos8dr-rSen6d8) 2+ (Sertidz+rCos%cB)2

= \J (dr)2+Z2dd entonces para r=Ja2Cos2& 5 e tiene que:

ds = . a 2/ f e j l ' 2 6 +a2Cos2Q \ Coa26

\ a 2Sei3 226+a 2Cos 229

Cos29

a así: k J-VCOS20

f x f i ^ ^ d s = f( (rCos*)Vz>CoB*t>-z*Sen*0 a d Q\ Je J \ SCobZB I

«

a f I r3CosW?d8Z<5\dQ J \ i/Cob2B I

a 3 jCos2QCosQ d&

= ~a2s/2 (Ejercicio).

Ejemplo B

Calcular I (x—y) OÍS c es la gráfica de x®+y2=x, J c

Solución x^+y^x *» r=Cos0.

= >/ (dx)2 + (dy)1

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Itrtirlo ncmii. j 57

3 /(drpTPde = \/Sen2Q+Cos2QdQ=dB entonces:

2 fjx-y)da = J (rCosQ-rSentí) dO

A = f (Cos2Q-CoaQSenlO) db

= — (Ejercicio) 2 Jotra forma de calcular la integral es trasladando el círculo al origen:

1\2 y asi:

entonces fjx-y)ds = Acosfcj-^-Serit)]^dt = ± f * * d t = * .

4 Jo 2

"|íe la integral de línea í f(x,y)ds se puede obtener aplicaciones J c

(importantes considerando la curva c como un alambre delgado con iensidad variable. Si el alambre se representa por medio de la curva c í si la densidad en el punto (x,y) está dada por f(x,y) entonces |(ui,Vi) Asi es aproximadamente la masa Am* de la parte del alambre

n n Jcomprendida entre p¿_i y P± y la suma ^ f (ui# V¿) = ^ A ® , e s

laprox imadamen te la masa total del alambre y a

|limj£ f(u í >v i) Asi= f cf(x,y) cfs=M= masa del alambre,

|uego si la curva c está en el plano xy se tiene:

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1 5 8 1

1 .

2. a

Mx=li.vt\Y,vif{ui,vi)ks1 = ¡ yf(x,y) ds c— JZi J c

Donde d(x,y) es la distancia de un punto cualquiera (x,y) de la curva c a la recta L. Si la curva c está en el espacio entonces:

1 .

2. x= xfix.y, z) ds

y= j¿f yf(x,y,z) ds

zf{x,y, z) ds

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••n 159

Donde d(x,y,z) es la distancia de un punto cualquiera (x,y,z) de la curva c a la recta L. 6 .

a )

Ix= f (y2+z2) f{x,y, z) ds J c

b) l

Iy=fjx2+z2)f(x,y,z)ds

c)

I =f (x2+y2) f (x,y, z) ds J c

Son los momentos de inercia. Ejemplo 1 Un alambre delqado se dobla en la forma de un semicírculo de radio a (Figura 167) la densidad en un punto cualquiera és directamente proporcional a la distancia de este punto a la recta que pasa por los extremos del alambre. Hallar el centro de masa del alambre. Solución

Fig .167

y 4v

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L60 Itraarlt (tctvtls.

Sea tt (t) = (aCOSt, aSent) OáítSTC» una ecuación paramétrica de c, y p(x,y)=ky, entonces, a> (t) - (-aSent, aCoat) y ||a'(t)||«a y

M = f kyda j c

i

= f *kaSen tja2 Sen2 t+a2 Cos21 d t Jo

= f*ka2Sentdt = 2a2k Jo

Mk = f ykyds J C

= [*ka2Sen2tdt Jo

= k a ' f ' ^ - ^ j d t

= 4 k n a 3 2

My = J xkyds

= f*kaCostaSentadt Jo

= f*ka2CostSentdt = 0 Jo

M - M x _ 2 • _ jna

# 2ica2 4 X=—£=0, luego

M

(x,y)«|0, J ^ ) .

Ejemplo 2 Halle la masa y de un alambre descrito por a (t) =(Cost,Sent, t ) 0¿t¿2v: si p(x,y, z) =x2+y2+z2 • Solución

M = f p(x,yf z ) ds J c

a'( t ) =(-Sent, Cost, 1) y ||a'( t ) || y a s i :

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I 1 6 1

M [**(! +t2)y/2dt = + =

Mz = v^/o2St(l + t 3) dt

* *(t»+í:3) dt

~ 2/2 (7C2+27T4) entonces

2 = j¡f^zp(x,y, z) ds

' A 2/2(n 2+2n«)=3l rc*4*3] « [_ 3+4ti2 j

|4.4 INTEGRAL DE LINEA DE UN CAMPO VECTORIAL

4.4.1 TRARAJO

De la física sabemos que si un cuerpo A se desplaza en linea recta de |in punto P a L.n punto Q (Figura 168.1) movido por la acción de una [tuerza constante entonces al número real:

W=F. ( 0 - P )

| se llama Trabajo de la fuerza F en el trayecto Q-P.

Fig.168.1 Fig. 168.2

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j '2 Uiifraln y trlpl*«, O Uní f «• »«psrfici»

Si la fuerza p, constante, no está dirigida en la dirección de la línea

de movimiento (Figura 168.2) entonces el trabajo realizado por la fuerza viene dado por:

La meta que nos proponemos en este momento es calcular en una forma sencilla, el trabajo necesario para mover una partícula desde un punto A hasta un punto B, a 1p largo de una curva, si la fuerza no es constan te. Supongamos que la fuerza que actúa en un punto por ejemplo (x,y,z) esté dada por F ( x , y , z ) =P ( x , y , z ) i+Q ( x , y , z ) j +R ( x , y , z ) k , donde P,Q,R son funciones continuas en un dominio adecuado; nuestro objetivo es calcular el trabajo realizado cuando al punto al que se le aplica la fuerza F(x,y,z) se mueve sobre una curva c desde A hasta B y C tiene por ecuación paramétrica a(t)=x(t)i+y(t)j+z(t)k, a<t<b, a(a)=A, a(b)=B.

F i g . 1 6 9 z

Dividamos la curva c como se ilustra en la figura 169, Para cada i, P¿ y Q¿ tienen por coordenadas (Xi., y ¿, z *) y (u¿,v¿,Wi.) respe c tivamen te.

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Mraarlo Actvttfo. 163

|Si la división de c es pequeña entonces el trabajo hecho por la fuerza

|F(x,y,z) a lo largo del arco P±.iP¿ es aproximadamente igual al trabajo

lWi efectuado por la fuerza constante F(Ui,vt,Wi) cuando el punto al pe se aplica recorre el segmento P 1 ± p¿. Si Axi = xt-xt-i, Ayi=yt-yi-i,

|2i=Zi-Zi_i entonces P ^ P ^ corresponde al vector Ax Ay s. í+ Az ik , luego

il trabajo viene dado por: AW¿=F(UÍ , Vi, Wi ). (Axi.i + Ay± j + Azj.k )

=p ( Ui , Vi., Wi) Axi+Q ( Ui , Vi , Wi ) Ay i+R(Ui , Vi , w¿ ) Azi y así el trabajo |fec tuado por F a lo largo de c es:

n w = í i m ^ T A ^

= f P(x, y, z) dx+Q{x,y, z) dy+R (x,y,z) dz J c

= ¡JPUic) ,y(t) ,z(t))]x'(t)+Q(x(t) ,y{t) .3(0)^(0+RUlt) ,y(t) ,*U)z'(t))] de

= f F(a ( t ) ) .a'(t) dt. J c

¡En resumen si c es una curva regular a trozos, con parametrización |«(t) = ( x ( t) , y ( t) , z ( t) ) altíb y f un campo vectorial definido y acotado Isobre c; la integral de linea de f a lo largo de c representada por el

¡símbolo I f.dct se define por la euación: J c

f f.da = f * f ( a ( t ) ) . a ' ( t ) d t

ii ésta ex iste . Ijemplo 1

Calcular I f , dd , si f(x , y ) = (x = ,y2) y c es la gráfica de y = x 2 desde J c

(-1,1) hasta (1,1) (Figura 170).

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1 6 4

Fig.170

y

Solución Una parametrización es a (£) = ( t , t 2 ) » -IStSl; «'( t) (1, 2 t) » luego:

J^f.da = ¡ííf(a(t)).a'(t)dt

i' ^ "t = f ^ f ( t , t2) . {1,2t) dt

= f U t 2r t ' ) . (l,2t) dt

= f 1 ( t 2 + 2 t 5 ) dt=-|-J-i 3 Ejemplo 2

Calcular í (X~y) dX+Xdy, siendo c el gráfico de y==x desde (4,-2) hasta J c

(4,2) (Figura 171)

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8er»ar*e Acmtf». 16.

Fig.171

K (4,2)

x = y

Solución Una pararnetr i zación de. la curva c es «(£)=( t 2 , t ) ' ~2St<2;

t ) = (2 t , 1) » luego si f ( x , y ) = ( x-y , x ) entonces:

I (x-y) dx+xdy = f * f ( c c ( t ) ) . a ' ( t ) d t

= f22f(t2r t ) . (2t,1) dt

= f \ t 2 - t , t2) . (2t, 1) dt

= J*(2t(t 2-C) +t 2) dü

= J*(2fc3-2t2 + t 2) dt

= f2-t2dt=4«. i-2 3

Ejemplo 5

Calcular I f . d<t f ( x , y , z ) = ( y z 3 , x z 3 , 2xy z ) y una parametr i z ación de c. es J c

tt(t) ={COSt,Sent,l) 0<t<l «'( t) = < "Se/lt, COSt, 0) • (Figura 172) Solución

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166 Beraartfo «cm«e.

Fig.172 z

z - 1

Jcf-dct = f{Co8t,Sent,1) . (-Sent, Coat,0) dt

r = / (Sent,Cost,2SentCost).(-Sent, Cost, 0) dt

Jo r2n

= / (-SentSent+CostCost+O) dt Jo /• 215

= / Cos2tdt = 0. Jo

Ejemplo 4

Calcular la integral fydx+x2dy, si c es el arco parabólico dado por J c y=4x-x2 desde (4,0) a (1,3) (Figura 173)

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1 6 7

Fig. 173 y A

Isolucíón |lna de c es « (t) =(t,4t>t2) '

|Jydx+x 2dy = JT1 [ ( 41-1 2 ) . 1 + ù2 ( 4-2 t ) ] dt

£ 'At-t2+4t2-2t*] dt

= J 1 (3 t 2 - 2 ù3 +4 t) dt

L1 t 3- tl +2t 2i

- 1 (64-128+32)= 69

a'( C) = (1,4-2 C)

(tra parametrización de c es a ( t ) - (4 - 1 , t ( 4 - 1 ) ) 0£t<3, como

fique que j y dx+x2 • con esta parametrización.

M . 2 PROPIEDADES

|1. Linea lì dad respecto al integrando

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1 6 0 y f . , 1 » , H . . . y 4 . . . „ . r f i c l . l . r . . r « . « t . v . « . .

Siendô' f y g campos vectoriales definidos sobre c y con parametrización , a y b constantes fit. Ejemplo 1

Verifique que f (3f+5g) . da = 3 f £. dtt+S \ g. dtt , siendo f ( x , y ) = ( x , y| J C Je Je

y g ( x , y ) = ( y , - x ) y c la gráfica de y=x desde (0,0) hasta (2,2) (Figura 174) Solución

Fig.174

Y

i Una parametrización de c es a (t)=(t,t)î 0it<2 así que:

f (3f+5g) . da= f [3 (x,y) +5 ( y , - x ) ] . d a J C Je

= f [ (3x, 3y) + (5y, -5x) ] . da J c

= f (3x+5y,3y-5x) . (dxfdy) J c

= [ (3x+5y) dx+ (3y-5x) dy J c

= f2 [ (3 fc+51) + (3 t-51) 3 dt J o

= £26 tdt = 3 t2] = 12,

ii) 3Í f.da = 3f (xfy).(dx,dy) Je Je

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Il 1 6 9

= 3 f xdx+ydy J c

- 3 f2 (t+t) dt Jo

= 3 f22tdü=12 y Jo

5 f g. da= 5 f (y, -x) . (dx, dy) Je Je

= 5 f ydx-xdy J c

= 5 f2(t-t) dt = O, lueqo Jo

f (3f+5g) . da= 3 f f.da+sf g.da. Je Je Je

2. Campar tamien ta de 7a integral frente a un cambio de parámetro í Sea c una curva suave a trozos; si a es una parametrización de c con dominio [a,b] y si B es otra parametrización de c con dominio [c,d], y si o,B recorren la curva en el mismo sentido, entonces:

f f.da = f f.dfJ Je Je

amtmmmmmmaamBOBammmmmmmmmmmm

Si las dos par ame t r i zac iones ot y fl recorren la curva c en sentidos opuestos se tiene que

mmmmmmmammmmmmmmmmmmmmmmmm

j [ f.da = - / í . d f J

Ejemplo 1

Calcular I f.da, si i(x,y)=xi+yj; c es el camino sobre la qráfica J c

de y = x desde el punto (0,0) hasta el punto (4,4) (Figura 175). So1u c J ón

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B«rs«r<» Actvilo.

Fig.175

Sea <x ( t) = (4 t, 4 t ) ? O i t il ; una parametri zación de c <*'( t) =(4,4) entonces:

f f . d a = f lf(«<t) ) .<x'(t) dt J C j 0

= f f ( 4 t , 4 t ) . (4,4) dt Jo

= f1 (4fc,4t) . (4,4) dt Jo

= f 1 ( 16t+16t) dt=16 • Jo

. Sea (J ( t) = ( t, t) 5 0<t<4, otra parametri zación de c, con misma orientación: |5'( t) = ( 1, 1) entonces:

f/.dfi = £4jf(p(t)) .p'(t) dt

= r V ( t , t ) . ( i , D dt Jo

= f 4( t, t) . (1,1) dt Jo

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1 7 1

Entonces se tiene que:

f f.da=[ Je Je

Ejemplo 2

Sea f ( x , y ) = ( x , y ) y sea c el camino sobre la gráfica de y = x desde (0,0) hasta (4,4). Solución

Una parametrización de c es tt (t) = ( fc, t) » 0<t<4 y por el ejemplo

anterior se tiene que f jf.<ía=16. J c

Ahora cambiemos de orientación y para ello sea P(t) = (4-4t ,4-4t) Oltll, =(-4,-4) / así: f f.dp = f1f (4-4t,4-4t) . (-4, -4) dt Je Jo

= f1 (-16+16 t-16+16t) dt Jo

= f (-32+32C) dt=-16, luego en este caso se tiene que: Jo

f f.da = -f f . d f i . Je Je

{3. Propiedad aditiva con respecto a la curva de integración

Donde f es un campo vectorial definido sobre c, con parametrización a definida en [ a , b ] y c ±, c 2, . . . , cn son tramos de c , con parametrizaciones K1( t ) , (t2 ( t ) , . . . , Un(t) y con dominio [a,cx], [ci,c2] , . .. ,[Cn-i.b], para a<c!<c2<. . .<cn-i<b. Ejemplo 1

Calcular j" 3xydx+ ( 4 x 2 - 3 y ) dy donde c es el camino sobre la

qráfica de y=2x+3 desde (0,3) hasta (3,9) y luego el camino de la gráfica de y^x12 desde (3,9) hasta (5,25) (Figura 176).

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1 7 2

(0,3)

Solución c-ci+c 7, luego:

j 3xydx+ (4x2-3y) dy - ¡^ 3xydx+ (4x2-3y) dy+f 3xydx+ (4x2-3y) dy.

Una parametrizacjón de cx es: a1(Ü) =P+1{Q-P)=(0,3)+£((3,9)-(0,3))»(3t,3+6t) ; 0<t<l; a ' ( t ) =(3,6) -Una parametrización de es: P(t)=(t,t 2); 3 i 115 ; p'(t)=(l,2t) » luego: j 3xydx+ (4x2-3y) dy= ¡^ 3xydx+ (4x2-3y) dy+J^ 3xydx+ (4x2-3y) dy

= £1[( 3*3t) (3 +6 fc) 3+(4*9fc2-3 (3+6 t) )6] dt+fh*t*t2+Ut2-3t2) 2 fc] dt

= J1 [27 t(3+6t) + 36t2-18(3+6t) dt+£ [3 t3+2 t (t2) ] dt

= (81t+162t2+36t2-54-108t) dt+£5 (3 t3+2 t3) dt (Ejercicio) . Ejemplo 2

Calcular } f. dd ; f ( •••. , y , z ) = ( x , y , z ) , c es el camino sobre la J c

gráfica que se observa en la figura 177

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Inttfralti doble» y triples, ém linea y »«»erflcie •ernartfo Acevetfo.

(0,1.1) A

c* A

J > ^ Y / C, (0.1.0) '

X

Solución

ff.da^f f.da1+[ J C J ct j c3

Una parametrización para ci es a1(t)=(0/0,0)+t((0/l/0)-(0,0/0))-(0, t,0) OS ti 1 y (t) = (0 , 1, 0) • Una parametrización para es (J(t) = (0,1,0) + Ü( (0,1,1) - (0,1,0)) = (0,1, t) 01 tí 1 y p/(t)=(0,0,l) • Lueqo f f.da=\ f.da1+[ f.dfS

Je Jq J ci

= rXJf(0, t, 0) . (0,1, 0) dt+f1f(0,1, t) . (0,0,1) dt Jo Jo

= f1(0,t,0) . (0,1,0) dü+f1(0,1,t) . (0,0,1) dt Jo Jo

=f1tdt+[1tdt=1-Jo Jo Ejemplo 3

Calcular ( •• siendo c la curva que se observa en la Je 1*1 + lyl

Fiqura 178. Solución

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174 Itrtarlo Accvtds,

Rfl.178

/dx+dy _ f dx+dy . f dx+dy f dx+dy , f dx+dy

Una parametrización de ca es a1(t)-(1,0)+t((0,1),(1,0))»(1-t,t); 0<t ; o<t<i y ^(t)-(.-1,-1)

Una parametrización de c^ es (*3 (t) • (-1 +1, -1) 0<t<l

«3 ( t) = (1 , -1) •

Una parametrización de c* es « 4 ( t) «• ( t, -1 +1) 0<t<l y ( t) =(1,1) 1uego: f dx+dy _ C dx+dy + í dx+dy + f dx+dy + í dx+cfy Je l*l + !yl Je, x+y Je, -*+y Jc3 -*y 'ct * y

= r1 )dt + r1 (-i-i) dt + r1 (i-Ddt + r1 d*i)dt—2+2-0 J0 1-t+fc J0 t+i-t J0 i-t+t J0 t-t+l

Ejemplo 4

Calcular f y2dx~x2dy. c es la curva mostrada en la figura 179.

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175

Fig.179

y

Ü i (2.Í >x

Solución

f y2dx-x2dy = [ y2dx-x2dy+ f y2dx-x2dy+ f y2dx-x2dy. Je Je, J c3 J c,

i) Una parametrización para c x es a ( t ) = ( t , 0) 0* tú2 . <*'( t ) - (1 , 0)

que / y2dx-x2dy= f 0*dt-t2*0dt=0 • J ct J o asi

ii) Una parametrización para c 3 es ($(t)=(2,t) 0<t<4; (3/(t) = (0,l) así :

f y2dx-x2dy=[*t2 (O) dfc-4 d t = - p 4 dfc=-16 . J c, Jo Jo

i i i ) Una parametr i zación para c-r. es y ( t ) = ( t , t 2 ) ' y/(t)=(l,2t) •o _ . . ro . _ M _ . 8

asi : f y2dx-x2dy- í fc4 dt-fc2*2 üdt=f (fc4-2t3) dt=-|, » Cj **2 D y as i :

f y2dx-x2dy= 0-16+ -f-=—P"-Je 5 5 4.3 EJERCICIOS

Hallar la ecuación cartesiana de una función y=f(x) si la curva tiene por ecuación paramétrica: 1. x = t=, y = t 3

2. x=Cos£n,tj, y = Sen 2 n t. 0<t<'¿ 3. x-31n t, y =1n 21 l<t<5 4. x = 2t, y= t 3 —3 -2<t<l

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3trtiHg Acftvado.

1 cu 1ar f (x3+y) ds c es la curva x = 3t, y = t® 0<t<l ( J ? : / l 4 (2/5-1) ) ' J c

/(Senx+Cosy) ds c es el segmento de recta desde (0,0) hasta

c <*.2it). (R:/2/5)-

f (2x+9z) d s J c c es la curva x = t, y^t 2, z = Oítíl

(/?:/-- (14/14-1) 6

/(x2+y2+Z2) ds C es la curva x=4Cost, y-4Bent, z=3t 0<t<2n

c

/ (2x 2~y 2 + 3) ds sobre los caminos que se muestran en la figura c c

180

Fig.180

( — w

a)

> X

(4.3)

(0.0) i,o» ' (iof

b)

(0,0)

C) W 9

d)

\/ (HA)

Y- X ¡

izsr—

e)

R5)

A

m

o 0)

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1 7 7

6. Hallar el área de la superficie lateral del cilindro sobre la curva c del plano xy y bajo la superfice z=f(x,y) si: a) f(x,y)=h, c: la recta desde (0,0) a (3,4). b) c: y=l—xs desde (1,0) a (0,1). c) f ( x , y ) =x:E-y = + 4 c: x = + y3=4.

|iii. Calcular f x2ydx+zydy+xyzdz J c

SI

a) c: x =Sen t, y=Cost, z = t 0ít<2n b) c: segmentos rectos entre (0,0,0), (0,0,1) y (1,1,1) c) c: segmentos rectos entre (0,0,0), (1,0,0), (1,1,0) y (1,1,1)

Fig.181

x¿^0.0) [24,0) * W >

d) c: los caminos mostrados en las siguientes figuras (181):

e) Calcular I (x2 +y2 + Z2) dB, si c es el camino mostrado en la figj-a J c 1181 . • 4.5 SENTIDO DE ORIENTACION DE UNA CURVA SIMPLE CERRADA | Sentido •En una curva simple cerrada, es necesario precisar el sentido de •integración; ya que el punto inicial y final no se especifican. •Se expresa, que el sentido positivo de una curva cerrada simple es laquel en 1 que debería caminar una persona sobre c para que la región •R limitada por c se mantenga a su izquierda (Figura 182)

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Fig.147

sentido Negativo

a, . 6 TEOREMA DE CREEN

Sean P,G campos escalares derivables con continuidad en un conjunto abierto S del plano X Y. Sea c una curva simple cerrada regular a trozos en S y representamos por R la reunión de c y de su interior. Supongamos que R está contenida en S (Figura 103) entonces.:

F i g . 1 8 3 www.

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I 184

/ f(-£-£)dxdy = f p { x ' y ) ^ 0 ( x f y ) dy = f F.dct R C C

|Demostración (Ejercicio).

simbolo <j> indica que c e^ cerrada simple y que se describe en

Isentido positivo. [Ejemplo 1 (Ilustrar el teorema de Green para ^fx,y 1=y£i + xj y c es el camino sobre

2 2 Iel gráfico de (Figura IHb)

4 2

Fig.185 r

A

- X

1

Solución

iUna pa r ame tri zación de c es a ( t ) = (2COSt, y/lSeilt) 0<t<2n y

( t) = K -2 Senú, \[2COS t ) • H aV demostrar que / f ( ^ ^ ) d x d y = ¿ i?

J c

: fPdx+Qdy.

|i) f P(x,y) dx+Q(x,y) dy = f y2 dx+xdy

= f?n (2Sen2t. i-2Sent) +2Cost .yfiiCost) dt

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1 8 0

12lí = f (-4Sen2 Cos21) dt Jo = 2yf2Tl- (Ejercicio)

" > / / ( £ - f í e - - * * * « *

f-f f (1 -2y) dydx 2

2

C f d y d x

V 3 ?

20 r r ^dzdtí Jo Jo

= 2y/2n- (Ejercicio) <p (r,6) = (x,y) = (2rCos6,y/2rSen6) ; o<B<2n;

Ejemplo 2 v-Ilustrar el teorema de Breen para f ( x ,y 1 = ( 2 x y - x } i + i x + y = ) 1

= P ( x , y ) i +Q ( x , y ') j ; c la curva que se observa en la figura 186 Solución

F i g . 1 8 6

-A

x=y R

c,

'(1.1)

y = x

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|Hay que verificar que f f(jg-j£)dxdy = £ p(X, y) dx+Q(x, y) dy. R J c

R

Vx

>0

V" = f1 f (l-2x) dydx

= f1(l~2x) (-/X-X2) dx = (Ejercicio) Jo 30

¿i) f p(x,y)dx+Q(x,y)dy= ^Pdx+Qdy+f^Pdx+Qdy.

Una parametri ración para c x e? a ( t ) = ( t , t 2 ) 0<t<l, o'( t) = ( 1, 2 t)

[una parametriración para c 3 es | $ ( t ) = ( t 2 , t ) > ( t) = (2 t, 1 ) luego

f Pdx+Qdy J (2xy-x2) dx+(x+y2) dy

-- f \ ( 2 t 3 -t 2 ) + 2 t ( t + t 4 ) ] dt+J^° [ (4 t4-2 t 5 ) +2 t2] dt

^ f 1 (2 t 5 +2 t 3 + t 2 ) d t - f 1 ( 4 t 4 - 2 t 5 + 2 t 2 ) dt Jo 1 Jo

1 = . (Ejercicio 30

ijemplo 3

¡lustrar el teorema de Green para f (x, y) = - 1 + — j-P {X, y) i +£>(X, y) j y

, la curva mostrada en la Figura 187

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182 Mp*r«(tl» ••r««r*« ton«.

Fig.187

y « 4 - x

>

Solución

Hay que ver ficar / f ( % - £ ) d x d y ' f / < x - y ) dx'O(x.y) dy-

R R

- rr-'dydx J-2 JO

r<4-x') 32 ( E J I

i i ) é Pdx+Qdy = í Pdx+Qdy+f Pdx+Qdy Je J Ci J c,

Una parametrización para ca es «(£•)»( fr, 4 - t 3 ) «' ( t) » (1, -2 t) * c

P(t)=(t,0) -2<t<2, P'(t)=(l,0) entonces

j P(x,y) dx+Q(x,y) dy - ¿-JLdx+fdy

• ri-T-»)«

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V.

1 8 3

_ 32 (Ejercicio). 3

Ejemplo 4

Ilustrar el teorema de Green para f ( x , y ) = -

jmostrada en la figura 188

Fig.188

x2 + y2 =1

v • x > •4-2 + — 7 y c la curva 2 2

Solución

•lay que que / / ( f " f ) " * + - f - f d x + i d y .

l> / / ( f - £ ) « * * ' - / ; /' d y d x + f j dydx vr-

¡:¡*rdrdQ

3« (Eji ) .

I"- i ' i ^ f t y

i - i d * + í " y + í c - i dx+idy+l -ídx+idy.fc - i « & • f d,

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184,

Jna parametrización de cx es a(t)=(t,0) lítú2, «'( t) = (1, 0) Una parametrízación de c 3 es (5 ( t ) = {2COSt, 2Seilt) O^ti-j,

t ) = (-2Sent,2Cost) Jna par ametrización de c 3 es y (f) = (O , t) : y/(t)=(0,l) Jna p a r a m e t r i z a c i ó n de c « es p ( t ) - (COSt, Sent) * p'(t) =(-Sent, Cost) > luego:

o ^-¿dx+fdy - f 2Qdt+f^ (2Sen2t+2Cos2t) dt+£o

3 n

Ejemplo 5

Aplicar el teorema de Green para calcular la integral

f (xr'+3y) dx+ ( 2 x - e yS) dy, c el gráfico de (x-l)2 + ( y - 5 ) 2=4

Soluci ón

<f (x5 +3y) dx+ ( 2 x - e y3) dy ~ / f(j£ J c F '

= f f (2-3) dxdy R

= - j* jdxdy * -f2n£rdrdQ = -4n j? n o

* Sea R una región del plano xy limitada por una curva simple cerrada (Figura 190), demostrar que:

a) xdy = Area de R.

b) ydx = Area de R.

c) xdy-ydx = Area de R.

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Fig. 190

S o l u c i ó n Dor aplicación del teorema de Green se tiene que:

i) íxdy = <f 0 dx+xdy

= / / ( £ - § ) * « »

R

= J fdxdy

R

= A ( R ) |b) -f ydx = <f -ydx+Ody

R

= J y*dxdy

= A ( R ) .

t> ¿ f / / ( f - f ) ^ y f?

- f f ( 7 + 7 ) d * * y

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1 8 6 "

= í fdxdy

= A ( R ) . Como una aplicación del ejercicio anterior, hallar el área encerrada por : i ) x2+y2=a2

I D

<32 b2

mi x2+y2=x Solución 1) Sea a (ir) =(aCOSt,aSent) =(x(t) , y ( t ) ) 0St<2n, entonces

u'(t) = (-aSent, aCost) = (x'(t) r y ' { t ) ) y

A = 2

i i ) A = ' c

i i i )

| jxdy-ydx

f 2* = [ (aCost) (aCost)-(aSent) (-aSent) ] dt 2 Jo

= ±[2* (a2Cos2t+a2Sen2t) dt 2 Jo

= «if'*dt = na2-2 Jo

f xdy

= / (aCost) (bCost) dt JO

= f2*abCos2tdt Jo

- ^ ( ^ d t

= abf2n— = nab. Jo 2

x 2 + y 2 = x ~ iuego x - - j = -jCost, y=-~Sent y asi

a ( t ) =(±+±Cost,±Sent) o < t < 2 n , y a'{t) ={-\sent, ±Cost) 2 2 2 ¿ ¿

en ton ees:

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r 187

A = -jj> xdy-ydx

= Í[02%[(±+±Co8t)±Cost+±Sent*±Sent]dt

- 1 [2*( Coe2t + coat + Son'tXrff. 2j0 \ 4. A i /UC

ambién se puede calcular el área en este caso, pasando — ® xdy-ydx 2 J c Inordenadas polares asi:

«-reos© •* dx=Cos8clr-rSen6d8 y IrSenO -* dy=Sen0dr+rCos6d8 entonces: \ = ±.<£ xdy-ydx 2 j c = -jU ¿Costo (SenQdr+rCosedB) -rSenQ (CosQdr-xSerfcdB) 2 J c

= -j<f r2Cos2B dd+r2Sen2Q dQ

i= ±<fr2dB. 2 Je B£+y3=x r = = rCosO •» ' rCosO. luego el área es:

JR

2

•= -i. f Cos20dd = í[^C032ede = — (Ejercicio) 2 J 2 Jo 4

t.7 TEOREMA DE CREEN GENERALIZADO

?a f ( x , y ) =P ( x , y ) i+Q ( x , y ) j un campo vectorial derivable con continuidad ¡n un conjunto abierto S que contiene a R. Sean c, Ci,Ci, . . . ,cn curvas ¡imples cerradas tales que: i) Dos cualquiera de esas curvas no se cortan. ii) Todas las curvas cj.,c3 cr, están situadas en el interior de c. (consiste en la reunión de c con la porción interior de c que no esta lentro de cualquiera de las curvas c t, c», . . . , c n, (como se puede libservar en la f iqura 191, entonces:

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188 l a t a f r a l a a « a k l a a f t r i p l a » , da U a a a y «a saparficS» •io.

Fìg.191

/ ¡{^~%)dxdy = fPU,y)dx+i?(x,y)dy-Tfp(x.y)dx*0(x.y)dy & k-1 ^ Jf

Demostración (Ejercicio). Ejemplo 1

Ilustrar el teorema de Breen generalizado si f (x, y) í + Y las

curvas c y Ci=L y la región R se observan en la figura 192 Solución

FIg.192

Hay que mostrar que ¡ \{^~%)dxdy = fPdx+Qdy - jpdx+Qdy.

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i) Como f ( x , y ) = - - £ i + -£j=P(x,y)i+Q(x.y)j entonces - 1 asi

v/i^P

- 0 > d y - / * /

b )

-vT-x1

= 16- f2* f1zdrdQ = 16 —re. Jo Jo

|ii) Una parametri zación de L es a ( t) = ( COSt, Sen t) 01tl2n y a'( ir) = (-Sent, Cost) •

a) j^Pdx+Qdy = f ~-£dx+-fdy

- m ^ K - r - f - -

<£ Pdx+Qdy = i Pdx+Qdy+f Pdx+Qdy+f Pdx+Qdy+f Pdx+Qdy J C JCi c2 Je, " J ct

Las parametrizaciones para las curvas c i 5 c =, c 3, e*» son: c x : c^ ( t) = (2, -2) + t [ (2, 2) - (2, -2) ] « (2,41-2) 0<t<l

«i(t) = (0,4) -c 3 : a 2(t) =(2,2) +t[ (-2,2)-(2,2)] = (2-4t, 2) O l t l l

d'2(t) = (-4,0) -

c,: cs3 ( t) » (-2, 2-4 t) Oltll «j ( t) » (0f -4) • c**: ( t) • ( -2+4 t, -2) 01 ti 1 ai(t)=(4,0). luego:

£Pdx+Qdy = J f ( a ( t ) ) .a'(t) dt

- f 0 W . 0, 4 > dt • £(-1, . < -4, 0 > dt •

J ^ , - l ) . ( 0 , - 4 > d t + / ^ ( l , - ^ ) . (4,0) dt

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1 9 0 i

- f14dt + fX4 dt + f" 4 dt + f 4 dt = 16. Asi que: Jo Jo Jo Jo

f P(x,y) dx+Q(x,y) dy-j P(x,y) dx+Q{x,y) dy = 16-w

R Ejemplo 2

Ilustrar el teorema de Breen

como se observa en la fiqura Solución

f ' Q para f { X , Y ) = + — jf siendo R, c y

2 2 193

Hay que verificar que //(lí ~ J ^ ) d X = f p d X + Q d y - f ^ P d x + Q d y .

n / / ( f - f = JR íf

f2iz f2rdrd0 = 3n • Jo j 1

ii) Una parametrización para c es ce {t) = (2COSt, 2Seilt) 0<t<2n y| » i a'(C) = (-2 Sent, 2 Cost) v p^a cx , p (t) = (Cost, Sent) 0<tí2n y

t) = (-S e n t , Cost) entonces:

Fig. 193

x2 + y 2 « 4

x?+ y2 - 1 www.

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1V1

i Pdx+Qdy-<¡> Pdx+Qdy = f3% [ (-Sent. (-2) Sent) +Cost.2Cost] dt ! Jcj JO

i- (-Sent) + «>p.Cost)dt

/*2ti r2 h / 2 dt-f

Jo Jo dt 2 ^

N 47T-n = 3rt , luego

I[(jg-%)dxdy = frPdx+Qdy-f^ Pdx+Qdy. , 1 " ^ ™

¡4.8 CONJUNTOS CONEXOS Y CONVEXOS

Sea ScR" , S un conjunto abierto. S se 1 1 ama Conexo si todo par de puntos de S, puede unirse por un camino regular a trozos cuya gráfica esta situada en S; es decir, para todo par de puntos a y b de S, existe un camino regular a trozos a definido en [a,b] tal gue a(t)eS para todo t«[a,b], siendo a(a)=a y <a(b)=b. íf se 1 1 ama Convexo si todo par de puntos de S puede unirse por un segmento rectilíneo cuyos puntos pertenecen todos a S. Ejemplo-, (Figura 193)

Fig.193.1

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192 l a t a f r a t a » ¿atlas y tripla», «a 11»»« y «a « a p a r t l c í

De la figura 193.1 se puede concluir que: a) Es conexo y convexo b) Es conexo y no convexo c) Es conexo y no convexo d) ni convexo ni conexo Un conjunto S es simplemente conexo, si para toda curva cerrada simple C situada en S, la región interior a c, es también un subconjunto de S; es decir un conjunto es simplemente conexo si no tiene huecos o aguj eros. 4.9 INVARIANCIA DE UNA INTEGRAL DE LINEA AL DEFORMAR EL CAMINO

Sea f(x,y)=P(x,y)i+Q(x,y)j un campo vectorial, con P(x,y) y Q(x,y) d e n v a b l e s con continuidad en un conjunto abierto conexo S del plano y

supongamos que en todo S. Sean Ci y c 3 dos curvas simples oy ax cerradas regulares a trozos situadas en S y que satisfagan las condiciones siguientes: a i C = esta en el interior de Ci. ' os puntos interiores a cx que son exteriores a c = pertenecen a S

en ton ees:

<£ Pdx+Qdy = £ Pdx+Qdy. J Cj J c3 Recorriéndose ambas curvas en el mismo sentido. Demobtración (Ejercicio). f. j emp1o

Calcular <j> 2xy3 dx+3xZy2 dy c el camino que se observa en la

figura 194.

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iolución

¡ea S=R=; S es abierto y conexo o S={ ( x , y ) | x^+y^^OOOO> 90 dP „ 2 d x ~ ~ d y = X y p a r a todo ( x, y ) eS entonces; en lugar de calcular la

ntegral de línea a lo largo de c, buscamos una curva simple cerrada or ejemplo un cuadrado de lado 1 o una circunferencia de radio 1 ontenida en c y aplicamos el teorema de Green, es decir

12xy2 dx+3x2y2 dy = é 2xy3 dx+3x2y2 dy

' //(£-£ R

| f I(6xy2-6xy2) dxdy R

] I jo dxdy = 0 R

,10 MATRIZ JACOBIANA

¡ea f ( x , y , z ) =P ( x , y , z ) i+Q ( x , y , z ) j + R( x , y , z ) k un campo vectorial entonces a matriz Jacobiana de f notada por M£ se define por:

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194 i H t t f r a l t » dobles y t r f p l » « , H n u y ••ptrfácl*

' dP dP dP dx dy dz

II ¿0 dx

do dy

dO dz

dR dR dR _dx dy dx.

4.11 DIVERGENCIA Y ROTACIONAL DE UN CAMPO VECTORIAL

La divergencia de un campo f(x,y,z) se nota por Divf se define por

dP+dQ+dR = v f ox dy dz

n El rotacional de f notado por Vxf se define por:

Rotf-Vy.f--

• * i i D k 1. JL JL dp dy dz

P O R

Si estas derivadas parciales existen Si f(x,y)=P(x , y)i+Q(x,y)j entonces:

dP dP dx dy dQ SO dx dy

y d i v f = t + f y * Rotf=Vxf-

i J H

Bx dy ^

P o o

_/ 3o _ ap\ir

Ejemplo 1 Si f(x,y,^)=3yi—xzj+yz3k=P(x,y,z)i+Q(x,y,z)j+R(x,y,z)k entonces: dj Vf = + + =0 + 0 + 2 y z obc dy dx

Rotf= (z2 +x) i + (0 -0) jf + (—z—3) k= (z2 +x) í + (-z—3) k Ejemplo 2 Si f ( x ,y)=x2yi + x2yflj entonces divf-2xy + 4x = y 3 y R o t f = ( 2 x y x 3 ) k y

Mf~ dP dP dx dy do 90 dx dy

2 xy x2

2xy4 4x2y3

4 . 1 1 . 1 DIVERGENCIA Y ROTACIONAL DE UN GRADIENTE

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1 9 5 ,

Supongamos que f es un gradiente, es decir: j+J&k, su matriz Jacobiana es: 5x dy dz

dx1 c?» dydx

cfi v (V<p) = V 2 <p • Cuando V2<p=0 * a función <p se llama armónica. Demostrar las siguientes identidades si F y G son campos vectoriales y es campo escalar y suponga la continuidad de todas las derivadas

»rciales. i • Di v (aF+bG) =aDi vF+bDi vG

Rot (aF+bG) -=aRotF+bRotG 3- DÍv(fF) =f (DivF) +F. Vf; Rot ( f F ) =fRotF+VfxF «• Rot(Vf) = 0

DÍv(RotF) = 0

Rot(RotF) =V(BivF)-V*F si V3 Pi+Y2-Qj+V2 Rk 4.12 TEOREMA DE STOKES EN EL PLANO

Sean P ( > , y ) , Q(x,y), la curva c y la región R como se definieron en el teorema de Green . Si f ( x, y ) =P ( x , y ) i+Q ( x , y ) j y T(s) es el vector tangente unitario de c en P, donde s unidades es la longitud de arco

pedida desde un cier to punto P 0 en c hasta P, entonces:

f f . T ( s ) ds= f JRotf.kdA

IDemostración (Ejercicio) Ejemplo 1

Ilustrar el teorema dn Stokes, para f(x,y)=xi+yj y c es el camino del 2 2

(gráfico de J*_+-¿'_=1 (Figura 195) 4 9

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196 'ti l « r s « r t * A c t v t * « .

Solución

" / ¡"OtF.kdA //(f-f)íc.ícctó i? ¿?

vT^J7 6 J 0 dvdu

-VI-u*

6 f1 f2n0rd0dr = 0 Jo Jo

ii) Una parametri z ación de c es a ( t ) = (2COSt, 3Sent) 0<t<2n a'( t ) = (-2Sent, 3COSt) =vector tangente, luego el vector tangente

un itario es l t t ^ ) l = m ) i dB=ia'(t)¡dt Y aSÍ!

<fi f . T(s) ds = <f f (<x (t) ) .-?^L|a'(t)lcíC Je Je i«r'(t)8

¿ £ (a (t) ) .a'(t) dt j c

= / [2Cost ,3Sent) . (~2Sent,3Cost) dt Jo

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f2* / = / (-4CostSent+9SentCoat) dt Jo (-2 *

= / 5SentCostdt = 0 J o

/ f ( l £ - £ ) k - k d A = f f . r ( s ) <fe. R J C Nota

¡Observe que aquí, el teorema de Stokes coincide con el teorema de KSreen . 14.13 TEOREMA DE LA DIVERGENCIA EN EL PLANO

ISean las funciones P(x,y), Q(x,y), la curva c y la región R corno se definió en el teorema de Green. Si f(x,y)=P(x,y)i+Q(x,y)j y N(s) es el Rector normal unitario de c en P, donde S es la longitud de arco medida |en direción contraria a las de las manecillas del reloj desde un cierto [punto P 0 en C hasta P entonces:

Demostración (Ejercicio) pea a ( t ) =x ( t ) i+y ( t ) j una parametr i zación de c, entonces N ( t ) se define

lor m t fla ( t ) I ( t ) \ IEjempla 1

¡Ilustrar el teorema de la divergencia para f ( x , y ) = xi+y j , c es el camino 2 2 ¡sobre la gráfica + (Fiqura 196) 4 9

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198 """ ' «rlyl.., «. li... r .Q.rfic

Flg. 196 y

m

Sol ticî ór»

u ¡ ¡ D i v f d x d y , ff(M+M)dxdy R R

- f j2 dxdy R

f fdxdy = 2

2/1 f dydx

= 2 x6 J J d v d u

- 12 f1 f^rdQdr = I2w JO Jo li) Una parametrizarión para c es a ( £) = (2£?OSt, 3Sei2t) 0<t<2rt,

/, * , V KT/ (3 Cost, 2 Sent) a;( t) = ( - 2£'e/îi:, 3Cost) * N(t)= ¡¿^j] -*

^jf.wds^ f f ( a ( t ) ) . i ^ ' ^ ' y a ' i t r t d t

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n.«, «. 1«... y .. «upgrf i el» ».r..r«. 199

= <f f (a ( t ) ) . (3Cost,2Sent) dt J c

f 2* = / (2Cost, 3Sent) . (3Cost,2Sent) dt

Jo

f2K (6Cos21+6Sen21) dt Jo

f2" {6 Cos21+6 -6 Cos21) dt Jo

= / 6 dt=12xc Jo

iego j f . N d s = f f Di vfdxdy.

|l siguiente teorema proporciona una forma sencilla de calcular la

Jitegra 1 de linea f f . d c c , si f es gradiente de alguna f u n c i ó n <p.

J c .14 SEGUNDO TEOREMA FUNDAMENTAL DEL CALCULO PARA INTEGRALES DE LINEA. a <p: Rn >R u n campo escalar di f erenciable con V<p continuo en un njunto abierto conexo S de R", entonces para dos puntos cualguiera a b en S, unidos por un camino regular a trozos a situado en S se

[ene:

lut

lemostración (Ejercicio). fjemplo 1

Jal cu lar yz2 dx+xz2 dy+2xyzdz donde c tiene como una ecuación

|ramétrica a a ( t ) = ( C O S t , Sent, 1) 0<t<2n. (Figura 197)

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2 0 0 ,

Fig.197 z

Solución Observe que <p(x,y,z) = xyz2' P u e s V<p(x,y,z) = £(x,y,z) = = yz3i+xz2j+2xyzk y <p:/?3 'R e s u n campo escalar d i f erenc iab 1 e con V) -<p ( a ) y para nuestro caso a=( 1 ,0,1) cuando t=0,

y b=(1,0,1) cuando t = 2n en « ( t ) =(COSt, Sent, 1) entonces:

f yz2 dx+xz2 dy+2xyzdz = ^V<p.da = <p ( l , 0,1)-(p ( 1 , 0 , 1 ) =o-o=o.

Como ejercicio resolver la integral por medio de la definición. Ejemplo 2

Calcular J 2 x y 3 dx+3x2y2 áy donde c es el camino sobre el segmento dej

recta desde el punto (1,1) hasta el punto (4,4). Observe que <p ( x , y ) =X 2 y 3 • V V(p = ( 2 x y 3 , 3 x 2 y 2 ) =f ( x , y) y Cumple con las hipótesis del teorema anterior, luego:

J 2 x y 3 d x + 3 x 2 y 2 d y = j V<p . da

= tp (4 , 4) -(p ( 1 , 1 ) = 1 6 x 4 3 - l •

Nota: Si un campo vetorial f(x) es gradiente de un campo escalar <p (x) (jf=Vtp) * entonces tp (x) se 1 1 ama Función Potencial, el campo f(x) se llama Campo Conservativo, y en este caso la integral de linea es

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2 0 1 , Iindependiente del camino que se escoja y solo depende del punto inicial

y el punto final . Ejemplo •Calcular f x d y + y d x a lo largo de cada uno de los caminos que se

¡observan en la figura 198. polución

Fig.198 y /r\ y

(2,2) A

(0,0) (2,0)

a)

(2,2)

(0,0) b)

y /K

(0,2) > (2,2) C

(0.0) C)

|) J xdy+ydx = ^ xdy+ydx+J xdy+ydx.

|na parametrización de c, es t t x ( t ) ~ ( 2 t , 0) 0<t£l, < t) . (2, 0) Y Para

1= tt2(t)=(2,2t) 0< t< 1 «í(t)-(0,2). luego:

f x d y + y d x = (21*0+0*2) dt+£1(2*2+2fc*0) dt

= f W = 4. Jo

para c es <X ( t) = ( t, t) 0 < t < 2, «/( = ( X f x )

fxdy+ydx = f* (t+t) dt

= (22tdt Jo

|) Una parametr i zación en ton ees :

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202,

= t'

c) f xdy+ydx = f xdy+ydx+\ xdy+ydx = 4 (Ejercicio). Je J ct J c¡¡

Observe que si (p ( x , y ) = + entonces V<p = (x, y ) - f ( x , y ) 5 tomemos 2 2

S={(x,y)|n:+y=<20}, luego se cumplen las hipótesis del teorema anterior y asi :

f xdy+ydx = f f .da Je Je

= f V<p .da j c

(p (2,2)-<p(0,0) =4-0=4; luego la función potencial es

<p (x, v) y en este caso se dice gue la integral f xdy+ydx 2 2 Je es

independiente del camino que se escoja para calcularla. La prequnta que surge ahora es como se halla la función Potencial tp (x) dado un campo vectorial y como decide uno si un campo vectorial es conservativo o no, y para clarificar estas y otras dudas se enunciarán P1 se ilustrarán los siguientes cuatro teoremas. El primer teorema fundamental proporciona una forma de cualcular la función potencial y dice asi: 4 . 1 5 PRIMER TE ORE MA FUNDAMENTAL DEL CALCULO PARA INTEGRALES DE L ÍNfft

Sea f(x) un campo vetorial continuo en un conjunto conexo abierto S de R" y supongamos gue la integral de linea es independiente del camino en 3. Sea a un punto fijo en S y definamos (p (x) e n S mediante la ecuación:

<p (x) =j X f . da , CC camino regular a trozos en S gue une a con x. Existe

entonces el V<p (x) y es igual a f(x), es decir: V<p (x) =f(x) V*es.

Demostración (Ejercicio). El siguiente teorema nos dice cuando un campo vetorial es c¡radiente de un campo escalar <p (x) • i». TEOREMA

Sea f : R n *R n <-in campo vectorial d i f erenci ab 1 e con continuidad en un conjunto convexo abierto ScR°. El campo f(x) es gradiente de alquna función potencial q» en S si y solo si:

Dkfj(x)*Djfk(x), para xeS y k,j = 1,2 , . . . ,n

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Hptrfídl 203 Demostración (Ejercicio) Tomemos f:R3 »i?2! es decir f(x,y) = (/,, (x,y) , f2 (xry)) = (P(x,y) ,Q(x,y)) y observemos que se tiene, si D k f j { x ) * D j f k ( x ) con j , k = l , 2 .

I k = l=j entonces D 1f 1{x)=D 1f x(x)

fi k=2 y j = l entonces D 2 f 1 ( x ) ' D 1 f 2 ( x ) , es decir qy dx

k = l y j =2 entonces 0 f (x) «£Lf, (*) , es decir dx dy

|.uego en dos dimensiones; f(x,y) es gradientede una función 9(x,y) en t .., dO dP f si y sólo si para todo (x,y)€S. dx dy |¡ tres dimensiones, f (x, y , z ) = ( f i r f 2 , f3) = (P, Q, R) y D k f j (x) «Djfk (x)

I Para k=l,2,3, j-1,2,3 se tiene que:

hf2(x) =D2f1(x) entonces dx dy

ílf3{x)mD3fx{x) entonces ox dz

()2f3 (X) mD3f2 (x) entonces luego, si se cumplen las hipótesis dy dz

ti teorema anterior se puede concluir que Hx,y,z) = P(x,y, Z) Í+Q(x,y, z) j+R(x,y, Z) k es gradiente de a lguna linción „ en un conjunto S - T T * ^ V(x,y,z)€S, y dx dy dx dz dy dz

I5 aquí: f(x) es gradiente de algún campo escalar sii Rotf-O, con las hipótesis arriba dadas para f(x). jemplo 1 fríos trar que f (Xf y) = (2xy3 , 2x 2y 2) es gradiente de algún campo escalar l(x.y) • Hución Ka S=R=, S es convexo, f(x,y) es diferenciab1e con continuidad en S,

J ^ = 6 x y 2 y - 0 = 6 x y 2 entonces = V(x,y)«Sf luego

\x,y) =V<p ( x , y ) ; siendo <p (x,y) =x 2y 3 • | e m p l o 2

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2 0 4 ,

Sea f ( x , y ) = (xy,y) ; sea S = R = , = 0 y = X l u e g o e n t o n c e s

f (x,y) no es gradiente de <p(x,y) • Ejemplo 3 Demostrar que f(x ,y,z)=x7i+y2j + z4k es gradiente de alguna función <p (x,y, z) • Solución Sea S=R"r, S es convexo, y f(x,y,z) cumple con la hipótesis del teorema,

además - ^ = 0 = - ^ ; = V(x,y,z)eS, entonces dx dz dx dz dy dz

xi v2 z5 f ( x , y , z ) = V t p ( x , y , z ) y observe que <p (x, y, z) =—— + +—— +C-

4 3 5 Ejemplo 4 Determinar si el campo vetorial £ (x, y) -3X2yÍ+X^yj e 5 ° n o u n gradiente en algún subconjunto abierto d R 2. 50 1ución

P(x, y) =3x2y' Q(xfy)=x3y - -|?=3x2y y J^ = 3 x 2"

' o^o * -—— excepto e n y - L o y-1 , este campo vectorial no es g r a d i e n t p dx dy

en n n q u n subconiunto abierto de R r. TEORI N A J .

Condiciones necesarias y suficientes para que un campo vectorial sea un gradíen te. Sea f : R n »i?n» f continuo en un conjunto abierto conexo S de Rn

en ton ees: t es qradiente de una cierta función <p en S •* la integral de línea de f es independiente del camino de S ** 1 a integral de línea de f

alrededor de todo camino simple cerrado regular a trazos contenido en b es nula. Demostración (Ejercicio).

51 j> f. da »*0, para una determinada curva simple cerrada c el teorema

anterior afirma que f no es un gradiente; pues por ejemplo 5i f (x, v) =XÍ+xyj es un campo vectorial, se puede verificar (Ejercicio)

que <£ f.d(t=0 para todo circulo con centro en el origen y sin embargo

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• • MF» FI... 205

f(x,y) no es un gradiente, ya que (Ejercicio), luego se ox oy

toncluye que debe existir una curva simple cerrada tal que £ f.da .

Ejemplo 1 |Sea f (x, y) = (2xy, X2) ' ^ es continua en por ejemplo |s={(x,y) | X 2+y 2<4 00}» f(x»y) es gradiente de alguna función tp(x,y)

lúes -r— =2X=-x— V(x,y)€S, esto implica gue la integral de línea ox oy

I f,d«=0, para c cualquier camino simple cerrado en S y además la

integral de línea I f. dOL es independiente del camino escogido en S. J c

MEOREMA 4. CONDICIONES NECESARIAS PARA OUE UN CAMPO VECTORIAL SEA UN GRADIENTE.

¡5ea f:Rn • R n un campo vetorial d i f erenci ab 1 e con continuidad en un Iconjunto abierto S de R" . Si f es gradiente en S entonces | D i f j ( x ) ' D j f í ( x ) Vi,J=l,2 n. liemos trac i ón (Ejercicio). ^jemplo 1

f ( x . y ) = Z—ri* * - j y 9EB S=R2-{(0,0)\, se puade ctercstrar qje = ~ x2+y2 x2+y2 1 ' ' dx oy

•n todo S (Ejercicio), y sin embargo f no es gradiente en S, ya que si |calcumanos la integral de línea a lo largo de la circunf erenc i a Imitaría se tiene que: 1/ . . ra* _. ... « . . . r2n

\ f . dOL+0 entonces f no es gradiente (Teorema 3).

|/Vota: f es gradiente, por ejemplo en todo rectángulo gue no contenga al br i gen . |Ejemplo 2 Sea f ( x , y) = (2xy2, 2yx2) » entonces se puede verificar que f es gradiente 'e <P (x, v) (<p (x,y) =X2y2) Y P°r el teorema anterior se tiene que dQ _ dP dx dy' ILUSTRACIÓN A LOS 4 ÚL TIMOS TEOREMAS

f .da = i f ( a ( t ) ) . a ' ( t ) d t = f (Sen2t+Cos2t) dt = 2n c J 0 JO

y as i

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206,

Ejemplo 1 D a d o f ( x . y ) = ( 3 x 2 y + 2 , x 3 + 4 y 3 ) = ( P ( x , y ) ,Q(x,y)) a) Demostrar que f es gradiente (,f=V<p) •

b ) Hal lar (p (x,y) • c) Calcular la integral de línea a lo largo de cada una de la curvas

Je la figura 199.

Fig.199

(2,8) f Í (0,8) (2.8)

'S

(0.0)

b)

y t (2,8) i

(0,0) (2,0) C)

S o l u t i ó n

a) Sea S=R S, S es convexo: — = 3 X 2 = 4c~ p a r a t o d o (x,y)eS, e n t o n c e s

e n t o n c e s

dx "" dy

por el teorema 2 se concluye que /=V<p. b) Una forma de hallar <X, y ) , J= ( P ( x , y ) , £ ) ( x , y ) )

-Q{x,y) y de aqui se tiene:

dx dy

<p(x,y> = j * P ( x , y ) dx+g(y) = j * ( 3 x 2 y + 2 ) dx+g{y) = x 3 y + 2 x + g ( y ) luego -Para hallar g(y) procedemos a s u

= x 3 + g ' ( y ) = x 3 + 4 y 3 (hipótesis), asi que g / ( y ) - 4 y 3 ' oy

entonces g(y) =y 4 + C

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2 0 7 ,

luego i n t e g r a l d e l í n e a e s i n d e p e n d i e n t e d e l c a m i n o y a s í

s e e s c o g e e l c a m i n o m á s e n c i l l o q u e u n e ( 0 , 0 ) c o n ( 2 , 8 ) q u e e s e l

s e g m e n t o d e r e c t a d y u n a p a r a m e t r i z a c i ó n d e é s t e e s

a ( t ) = (2t, Qt) 0 < t £ l ; tt'(t) =(2,8) e n t o n c e s f f ' d a

í 1 f ( 2 t , e t ) . ( 2 , 8 ) dt Jo

= f(32x3t3+2,8t3+4x83t3) . (2,8) dt Jo

= f~ (64x3 t 3 + 4 + 6 4 t3+32x83t3) dt ( E j e r c i c i o ) . Jo

U n a f o r m a m á s s e n c i l l a d e c a l c u l a r e s t a i n t e g r a l e s u t i l i z a n d o e l

h e c h o d e q u e jf=V<p i a s i :

Í cf ' d a = Jc

V'da <p(2,8)-<p(0,0) =64+4+84-^jemplo 7

( 3 , 1 )

Bal cu i ar j {y2+2xy) dx+ (x2+2xy) dy-(-1,2)

Bolución

y) =y2+2xy' Q(x, y) =x2+2xy- = V(x,y)eR2=S

f invexo , e n t o n c e s f=V<p • l u e g o l a i n t e g r a l d e l í n e a e s i n d e p e n d i e n t e d e l

imino e n S .

ra h a l l a r tp(x,y) u n c o n j u n t o c o n v e x o s e p r o c e d e a s x :

c a l c u l a <p ( x ) = f f . d(t y p a r a e l l o p a r a m e t r i z a m o s c a s í :

J a

|(t) = 3 + t [x-Q.) 0< t i l , « ' ( t ) = (x~a) • ( a q u í s e p a r a m e t r i z ó e l s e g m e n t o de jeta q u e u n e a c o n x , y a q u e l a i n t e g r a l d e l í n e a e s i n d e p e n d i e n t e d e l Imino ) .

pmo aeS, se f o r m a r á a=(0,0) p a r a f a c i l i t a r a l c á l c u l o y a s í :

tp(x) = f 1 f ( t x ) .xdt JO

- f 1 f ( t x r t y ) . ( x , y ) d t JO

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213,

= f1 (t2y2+2 txty, t2x2+2txty) . (x.y) dt Jo

= f1 (t3xy2+2t2x2y+t2x2y+2t2xy2) dt Jo

= xyl+Ax2y+ x^Z+l-xy'' 3 3 3 3

xy2+x2y <p (x,y) . asi que

( 3 , 1 )

f (y2+2xv) dx+ (x2+2xy) dy = j Vy.da (-1,2)

( 3 , 1 )

/

(-1,2)

= <p (3,1) =<p (-1, 2) - 12-(-2)=14•

Ejemplo 5

Dado f{x,y)={2xy3,3x2y2) i i Mostrar que Jf=V<p u ) Hallar (p(x,y) de do?- formas

/£, da, siendo c el camino q u e s e o b s e r v a e n l a f i q u r a

c iii) Ca1 cu lar

ZOO con punto inicial en (••.),O) y final en (-2,1)

Fig.200

(-2.1)

(-¿,0)

x 2 + y 2 = 1

(0,0) (1,0)

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2 0 9

|olución

Como = =6xy2 V (x, y) eR2 =S que es convexo, entonces í=V<p •

|i) Supongamos que í=V<p ' "|y ) = (P(x, y ) , 0(X, y ) ) asi que

% . p ( x , y ) y <g=0U.y).

Como -P{x, y ) entonces dx

<p (x,y) = f p ( x , y ) dx+g(y) = ¡2xy2 dx+g(y) - <p ( x , y) =x3y'+g(y) • Para hallar g(y), derivamos (p (x, y) =X2y3 +g (y) c o n respecto a y, y

se tiene que =3x2y 2 + g/ (y) = 3 x2y2 (hipótesis), entonces de

aquí se tiene que g ' ( y ) =0 Y <3<y)=c. luego <p (x,y) =X 2y 3+C• Otra forma de hallar <p (x) es:

tp (x) = I f ( a + t ( x - a ) ) . ( x - a ) d t tomemos a=(0,0) y asi Jo

<p (x, y) =f f( tx, ty) . (x,y) dt = P (2txt3y3r3t2x2t2y2) . (x,y) dt

Jo Jo

f1(2t4x2y3+3t4x2y3) dt Jo 2 3 = — x3y3 +—x2y3+c 5 5

= x2y3+c luego (x,y,z) ,R(x,y,z)) i ) ¿Es jf=V<p ü ) Hallar la función <p(x,y,z) si existe.

111) Calcular I f . d& , donde c es el camino mostrado en la figura J c

0 1

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210 < *

Fig.201

z

Solución Í ) f (x, y , z) - (x, 2y, 3z) es un campo vectorial d i i eren c i a b 1 e con

continuidad en S^R", S es convexo, además = — • dx dy dx dz

dR n dQ t , „ ^ _ „ ~d~~ = d~ e n entonces ,f=V<p

IÍ) <p (x) = fxf.da J a

= f1f(a + t(x-a)) .(x-a) dt Jo

= f1 f {tx) . xdt Jo

= f Xf (tx, tx, tz) . (x,y, z) dt Jo

= f 1 ( t x , 2 ty, 3 tz) . (x,y, z) dt Jo

= fl (tx2 + 2ty2+3 tz2) dt

Jo

_ X 2 . „ 2 . 3 +y2 + ~ z2

2 2

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= c p ( x , y , z ) • <p ( x ) se puede calcular también de la forma siguiente:

supongamos que f-V(p =1 , , 4=®-\ entonces \ dx dy dz I

JP(x,y, z) dx+A (v, z) = Jxdx+A(y,z) = ~-+A{y,z)

x2

luego ( x , y / z ) entonces A ( y , z ) =y 3 +B (z) » a s í que

9 ( x , y , Z) +y2+B[z) y como - ^ = s / ( z ) = 3 z se tiene que B ( z ) = X 2 3 entonces 

(í.i.i) iü) = J V<p.da = <p(l,1,1,>-9(0,0,0)=-!+1 + -|=3.

(0.0.0)

Ejemplo 5

Calcular j f . dd, c la curva que se observa en la figura 201

con punto inicial (0,0,0) y punto final (0,0,0) y f ( x , y , z ) = ( y z 2 , x z 2 , 2 x y z )

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212 • * r » a r # « A c m é « .

Fig201.1 Z •"N

X

(0.0.0)

(1.0.0] C (1,1.01

Solución

Una forma de calcular la j f . do. seria parametrizar cada curva y

/ Í.da^+J f.da2+l f.da3+f f.d a 4, que sería un poco cx J c3 J c, c«

larga (Ejercicio), pero hay una forma sencilla de calcularla y es mostrando, que f=V<p (Ejercicio). siendo <p (x, y, z) =xyz2

(Ej ercicio) . (0,0,0)

f V<p . da = < p ( 0 , 0 , 0 ) - (Ejercicio), (p (x, y, z) —xyz2 ' cuando t = 0 a(0)=(l,0,l) > cuando t=2n, «(2K)=(1,0,1) entonces

(1,0,1)

j f . d a = j 7 f . da , por medio de la definición.

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213,

Ejemplo 7

Calcular j" f . da, f ( x , y)-(ye3^, xe3^ y c el camino que se observa

en la figura 202.

Fig.202 y >t\

(-2.1

(-3,0)

7(1.1)

^0.-1)

Solución

i) La primera forma de calcular la integral I f. da . será J c

parametr i zando cada curva y calculando I f. da± por medio de la Jct definición y sumar los resultados, es decir:

í f .da = [ f.da^+i f.da2 + [ f.da3 + f f.da¿ + [ fda5. J C J cl j C3 Je, j c4 J cs

íi) L.a segunda forma mostrando que í=V(D < pues en R = y ^ dx dy

así la integral de línea es independiente del camino; y por ello escojeremos el camino más fácil de manejar, en este caso, el segmento de recta gue une (0,0) con (1,-1) cuya parametrización es a ( t ) = ( t , - t ) Oltil y así:

f f - d a = £ f ( a ( t ) ) . a ' ( t ) d t

= f \ - t e - t 2 , e t2t). (1,-1) dt = f\-te-t3-te t2)dt Jo Jo

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214,

Jo te't'dt

= ( e 1 - ! ) 111) La tercera forma de calcular la integral sería:

U.- l ) j f d a = j V<p.da = <p (l, -1) -<p (0,0) = (e _ 1-l) <P (x,y)

(0,0)

y f=V<p • 4.16 EJERCIOIOS

1. Ilustrar el teorema de Green sí: a), f ( x , y ) = (x+y, 2x-y) Si c es la frontera de la región

determinada por y=x2, y-4, ftO ti 1 f { x , y ) = (2xy, xy2) 5 1 c es l a frontera del triángulo de

(1,2), (2,2), (2,4).

•: ) .

d

f ( x , y) =|- ~ , -^j, c la frontera de la región determinada por

las gráficas de y=x2, y=X3 P r i m e r cuadrante.

f ( x , y ) ' j' c p s reaión del rectángulo de vértices

'-2,0), (3,0), (3,2), (-2,2). II. '".alcular las siguientes integrales.

a) ¿e2xS&n2ydx+e2xCOS2ydy, Si c es el camino sobre la gráfica Jc M 7

'

de 9 (X-1)2+4 (^-3)2 = 36 -

b) £ xydx+x2dv, C la frontera de la región determinada por las

qráficas x=0 . x2+y2 = 1> x-0. III. Ca1 cu lar:

a) © — - — d x + — ~ — d y , donde c consta de la curva cerrada mostrada J c x'+y3 x2+y1

en la figura 203 (indicación: aplique el teorema de Green).

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I * 2 1 5

\

x- -2

Fig.203

> X

y- -2

b) j-JTdx+Jrdy< c el camino de la figura anterior

|V. Calcular la integral <f dy, c el camino que J c x+y x2*y2 1 c x'+y-1

observa en la figura 204

se

Fig204

y2 -2(x+2

x-2 ->x

| I lustrar el teorema de Green para í U , y) , , c es el contorno

(frontera) de la región común a ¡ X | +j y ¡ =6 y 4X2+y2 = 1 .

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e c es el camino que se VI. Calcular la integral <f - 7 * , dond

observa en la figura 205 y mostrar que-i f . d w f f.da J Cj -» Cj

Flg.205

Xa 4.^-25

VII. Calcular ^ (COSX 2-y) dx+Jy*+ldy, sobre la curva mostrada en |

figura 206.

(-6,0)

4x2+y - 4

VIII. Hallar el área encerrada por: a) (x 2+y 2) 2=x 2-y 2, x¿0 b) x2 +y2 -y

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2 1 7 ,

c) r=l+Cos6 d> x=aCos3t, y=aSen2t o<t<2n.

[X. Sea R una región acotada por una curva simple cerrada en el plano xy. Usar el teorema de Green para demostrar que el centro de gravedad (x,y) d e ^ está dado por:

x = - n f x 2 d y ; y

Verificar que íá integral de línea es independiente de la trayectoria y calcularla.

( 2 , 2 )

J xa dx+y2 dy (0,0)

( 3 , 2 )

a )

b ) J (x+2y) dx+ (2x-y) dy (1,0)

( 4 , 4 )

c) ¡ -ydx+xdy sobre cualguier trayectoria que no cruce el eje x J v2

( 4 , 1 )

d ) ( 3 , 4 )

/xdx+y<fy sobre cualguier trayectoria que no pase por el

. \J Jf2 + V2 (1,0)

origen ( 1 . 1 , 1 )

e ) ( 0 , 0 , 0 )

f 2xdx+3y2 dy+4,z2dz-

I. Determinar si el campo vectorial es un gradiente. f ( x , y ) = (4x3y3+3, 3x*y2+l)

/ b) f(x,y) = (x3+y,x+y3) c ) f ( x , y , z) = (3x2yz,x2z,x3y) d) f (x,y) =(xf2y)

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218 l ü t c f r i l n l » M t l y t r i p l a « , «a límmm y da »utvrflcla

5 INTEGRALES DE SUPERFICIE 5.1 AREA DE UNA SUPERFICIE

En el plano se vio que la longitud de un arco de la gráfica de y=f(x)

desde x=a hasta x = b estaba dada por:

H.'fiW* En tres dimensiones, el problema que es la contraparte al de la longitud de arco, es el de evaluar el área <p (A) de la porción de la

superficie , determinada por la gráfica de la función diferenciable z = f ( x,y) en una región del plano xy.

En efecto, si <p (A) es a n a superfice con parametrización fy (x,y)

definida en una región o cerrada y acotada del plano, se puede demostrar que el área de <p (A) viene dada por:

-Ífim-U^y o

y si se nota por j2 +\ dxdy entonces el área de la superficie

puede escribirse como: //<* Q

Resulta entonces natural que pensemos en otro concepto de integral definida, que podemos llamar integral de superficie, pues a las funciones gue se lo hemos de aplicar han de tener como dominio una superficie; nuevo concepto de integral definida, que podemos definir asi y que es análogo a la integral de linea de un campo escalar

f ( x , y , z ) , [ f ( x , y , z ) d s : J c

5 . 2 DEFINICIÓN

Sea ,£> = <p (A) una superficie, descrita por una función diferenciable f definida en una región A del plano uv y sea f un campo escalar definido v acotado en (p (A) • La integral de superficie de f sobre S se representa

con el símbolo f f f (x, yr z) ds y esta definida por la ecuación: »(A)

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»(A) A

• f l ' W ' - y n W i W 1 * « »

Siempre que exista la integral doble. Ato ta

1. Si una superficie viene definida por z=f(x,y), una e c u a c i ó n parametnca de la superficie es:

<p (x,y) = (x,y, f ( x , y ) ) y Si formamos i j k

dx dy H 0

0 1 -fí

df dx df ¿y

df df ,1j se tiene que

T +1

2 .

dx ' dy

KÉ-&T; tfWFW)

• M Y W 7 1 y s s i

Si la superficie es la gráfica de x=f(y,z) entonces una parametrización de la superficie es: <p (y, z) = {f ( y , z) ,y, z) y

* * i J- J k dy x dtp dy dz

ÉL dy df dz

1 0

0 1 1, - d f f _ d f ]

dy' dz) y asi

3. Si la superficie es la gráfica de y=f(x,z) entonces:

H * - m w 7 1 o*«* - d -3.3 PARAMETRIZACION DE ALGUNAS SUPERFICIES

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220 Nraar«« Actvvtf*.

Al- igual que para poder trabajar eficientemente las integrales de línea tuvimos que parametnzar las curvas, para trabajar eficientemente el concepto de integral de superficie hay que aprender a parametrizar las super f i cies. Una superficie es el lugar de un punto que se mueve en el espacio con dos grados de libertad o se define como la imagen de una función diferenciab1e <p de un subconjunto de R 3 en un subconjunto R*, es decir:

'B Az.R2, Bci?3

y (u, v) —-(u,v) se llamará superficie. Ejemplo 1 Una parametr i zación de la superficie de la esfera x2+y2+Z2=a2 e5

tp (U, V) = (aCqsuSenv, aSenuSenv, aCOSV) 0<u<2n, 0<v<n; es decir: <p: [ 0 , 2 N ] X [ 0 , T : ] »i? 3

donde (u, V) (u, v)

tp(u,v) = (aCosuSenv, aSenvSenu, aCosv) = (x,y, z) •

Nata Si se toma x-aCosuSenv, y=aSenuSenv, z=aCosv, los eleva al cuadrado y los suma obtiene x2+y2+Z2=a2• Recuerde que el cambio de variable en coordenadas esféricas es x=zCosQSen<p, y=rSenQSen<p • z=zCosy- o<:6J£2TE, 0*<P£rc; luego haga a~Z 0 = U <p = V y así obtiene <p(u,v)a la parametrización de la esfera descrita antes. Ejemplo 2

X2 V2 z2 Una parametr i zación de la superficie del elipsoide — + «=1 es

a2 b2 c2

(u,v)={uCosv,uSenvfu2) 0 Í V Í 2 T I

Ejemplo 4 Una parametri zación para la superficie del cono z=\Jx2 +y2 h a s t a z~^ e s :

<p (u, v) = (uCosv, uSenv, u) 0¿vz2it Ejemplo 5

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• 2 2 1

|Una parametrización para la superficie del cilindro x2+y2 = 9 entre z = 2 |y z = 4 es: lo(u, v) = (3Cosv, 3Senv, u> 0¿v¿2n, 2síui4-|En general, si se tiene una ecuación de la forma Z-f{x,y) entonces una Iparamet r i z ación de la superficie es: 1(0 (U, v) = (u, V, f(u, v) ) ó lp(X,y) = (x,y, f (x,y) ) . como por ejemplo ¡p (x, y) = (x, y , X2+y2) Otra parametrización de la superficie del paraboloide Z=X2+y2 . '

|5i x = f ( y , z ) entonces: (p(y, z) = (f (y, z) ,y, z) o si y=f(x,z) entonces q> (x, z) = (x, f (X, z) , z) son Darametrj zaciones de la respectivas superficies. pjemplo ü pna par ame tr i z ac lón de la superficie del plano X+y+Z=l es (p(x,y) = (x,y, 1-x-y) •

5.1 CALCULO DE ALGUNAS INTEGRALES DE SUPERFICIE Ejemplo 1

ta 1 cu lar f iA)

X2±y2+Z2=9 (Figura 207)

<p (A) es la superficie de la esfera

Fig.207

Z A

v 4 <p(u,v)

X

ISolución 111 na parametr i zación para la superficie de la esfera x2 +y2 + Z2 = 9 e s :

(p (u, v) = (3CosuSenv, 3SenvSenu, 3Cosv) 0SUS2TC O S V S * ;

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222,

du dv

i 1 k -3SenvSenu 3SenvCosu O 3CosuSenv 3SenuCosv -3Senv

= (~9Sen2vCosu,-9Sen2vSenur-9SenvCosv) entonces

= ZjSen4- vCos 2 u+Sen ivSen2u+Sen2 vCos 2 v

- 9 | Senv | = 9Senv O^V^TT entonces

j J (2x+yz-l) ds= J j"(6CosuSenv+9SenuSenvCosv-1) 9Senvdvdu »(*) A

= pr2r (54Sen2vCc>Bu+&lSenuSen2vCosv-9Senv) dudv Jo Jo

= ->-3671 (Ejercicio). El área de la superficie esférica x 2 + y 2 + Z 2 = 9 e s :

A . / / d a » (A)

= íf\%*%\d»dv

»(A) /•R r2n

= / f 9 Senvdudv Jo Jo

= 18n fnSenvdv Jo

= 18« (-Cosv)]^ = 3671.

Ejemplo 2

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!»t«friln Itlln y lm 223

Fig.208

ÍÍ (2x+yz-l)ds = / / (2x+yz-l) ds^f f (2x+yz-l) da2, s i e n d o l a • U)

| superficie de la tapa y <p2 (A) la superficie del cono. |l)na parametri zación para (pj (A) (la tapa) es: | (pj {x,y) • (x,y,4) • (x,y, f ( x , y ) ) luego

= v/02+02+l dxdy

luego / / (2x+yz-l) ds= f / (2x+4y-l) dxdy •i<*> a

= J4 j (2x+4y-l) dydx

= f2*[* (2rCose+4rSen6-l) rdzdd J o Jo

= rr-rdrd0 Jo Jo >2« /»4 io io

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224 httfril» «Uh r >r<r>m| <• u m r <• merlici« h»"'«« »m<l.

Una parametrización para la superficie del cono z*^X 2+y 3 h a s t a 2 = 4 e 5 !

______ IL \ 9 i ( x , y ) = (x,y,vZP+yì) = ( x , y , f ( x , y ) ) y

yJ V 2 x • •f—+ldxdy \ X 2+y2 xa+y2

= y/Zdxdy> lue9°

I r (2x+yz-l) ds 2- J J (2x+yV* ï+y ï-l ) fôdydx fi {Ai A

y/ÎTx* » j*4 J (2x+y/x2+y2-l) .yßdydx

-Vitt

VÏTP = J* J - f i d y d x

-yfijTP

- a : - * « « «

O t r a p a r a m e t r i z a c i ó n p a r a l a s u p e r f i c i e d e l c o n o h a s t a z = 4 e s :

<p (u,v) = (uCOSV, uSenv, u) 0SV*2n 0*Ui4 e n t o n c e s

i j ici

du dv Cosv Senv 1 -uSenv uCosv 0

= (-UCOBV, -USenv, u) » l u e g o

dß'\lhlxl&\dudv = Ju3Cos2v+u2Sen3v+u2

= Y^ÎU así:

^ J (2x+yz-l) da _ f f [2uCosv+u2Senv-l) fóududv «

f2* f4, (2y/Zu2Coav+y/Zu3Senv-i/Zu) dudv Jo Jo

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lattfrtiM Min j> trlfl», f Itaca y It apparitela Imiría «cava«*. 225

= -16^/2* a s i <*ue

/ / ( 2 * + y z - l ) cte = • U)

•1 área de la superficie del problema anterior es¡

[ f d s . f f d s ^ f f HA) »1 (A) »a (A)

d s .

y/ÏT-

= f1 f dydx+f* f yßdydx -Vis -x3 -Vi«-*3

= j*rdzdd+y/Zf*% f'rdrdö

jEjemplo 3

If J" (x+z) dSy donde (A) es la superficie del cilindro x3+y2~9 desde [M)

Jz=0 hasta z=4 y sus dos tapas (Figura 209)

Solución

f f (x+z) ds= f f ( x + z ) d s 1 + f f (x+z) ds2+f f (x+z) ds3m i (J) »iMI fa&U f,(A)

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2 2 6 l«t«frilM M i n f Hftrflctt ImirM •»*•«•.

i ) U n a p a r a m e t r i z a c i ó n p a r a l a s u p e r f i c e s u p e r i o r (A) (la tapa) es:

«Pl(.xvy> - C * , y , 4 ) -(x,y,f(x,y) ) e n t o n c e s

= ^02+02+ldxdy = d x d y e n t o n c e s

f f (x+z) da1= í f ( *+4) dxcry •li») "V

= J3 J (x+4) dydx

f2Kf3 (zCosd+4) rdzdd Jo Jo = 36n -

i i ) U n a p a r a m e t r i z a c i ó n p a r a l a s u p e r f i c i e i n f e r i o r (A) ( z = 0 ) e s :

<P2(*/y) -(x,y,f(x,y) - ( x , y , 0 ) y

= yfldxdy = d x d y , l u e g o

f I (x+z) cfs2= f f(x+0) dxdfy •a (A) A

= j"3 f xdydx=o.

i i i ) U n a p a r a m e t r i z a c i ó n p a r a <p3 (A) , l a s u p e r f i c i e d e l c i l i n d r o e s :

q>3(u,v) *(3Cosu,3Senu,v) 0iui2n, y

teCOSU, 3SenH, 0 ) ( E j e r c i c i o ) e n t o n c e s : du dv

= i/9Cos2u+9Sen2ududv = 3dudv e n t o n c e s

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•«pcrfici» toraart* tcnHi. 227

f f (x+z)dS,= f f (3Cosu+v)3dudv iA) V

= 3 f*[2* (3Cosu+4r) dudv Ja J o

= 48/7 l u e g o :

36w+0+48n=«84ic-• M)

El área de la superficie del problema a n t e r i o r e s :

ds-, ¡ ¡ d s , f f d+.f f ds2*¡ j , f(A) *i U) »a U) *,U)

V^-x2 V'S-x1 = £ J dydx+J J dydx+3 J j * dudv

-y/9 -X2 -y/9-*2

= 2f2%n+3rr*dudv J0 Jo J0 J0 '0 Jo Jo Jo = 18rc+24n =42tc •

[j e m p i o 4

cicalar J" £ (x+y) ds • <p (A) 6 s u p e r f i c i e s q u e l i m i t a n l a caja de » U)

(értices (0,0,0), (3,0,0), (3,4,0), (0,4,0), (0,0,1), (0,4,1), (3,4,1) ' (3,0,1) ( F i g u r a 2 1 0 )

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228,

Fig.210

z

S o l u c i ó n

f f (x+y) ds = j r f f ( x + y ) dsk. • u) £=i ;k(JA)

i ) S e a ( A ) l a s u p e r f i c i e d e l a t a p a 2 = 1 , l u e g o u n a p a r a m e t r i z a c i ó n

p a r a e s t a s u p e r f i c i e e s :

?x{x,y) = (x,y,l) '(x.y.f (x,y) ) y a s i :

d Si= v/02+02+l dxdy = d x d y y

/ / d3i= f 3 f 4 (x+y) dydx= 42 . Jo Jo

i i ) q>2 ( A ) l a s u p e r f i c i e d e l a t a p a i n f e r i o r z = 0 y u n a p a r a m e t r i z a c i ó n

e s <p 2(x,y)-(x,y,0)«(x,y,f(x,y)) y a s i ds2'JIdxdy y f j (x+y) ds2 fiM) n4 (x+y) dydx=42 -

_ J

Ì l i ) <p3 ( A ) l a s u p e r f i c i e d e l p l a n o y = 4 y u n a p a r a m e t r i z a c i ó n p a r a sta

s u p e r f i c i e e s :

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iRttfralt» i»llt> y trlfl»*f ém !!»•• y O uftrficl* l«mtr<t Acvvctfo.

< p 3 [ x , z ) » ( x , 4 , z ) - ( x , f ( x , z ) t z ) y así: dS 3 = ^ y ^ K y + l d x d z =dxd2 y

/ / (x+y) dS3 . rr'ix^dzdx = (A) Jo Jo 2

|iv) (p4 (A) la superficie que corresponde al plano y=0, luego

Vt(x,z) -(x,0,z) y dS4=dxdz, luego / / (x+y) dSA = f3 f 1x c J z d x = .

»4(A) Jo Jo 2

Sea <p5 {A) la superficie que corresponde al plano x=0, asi

<p5 (y, z) - (0,y, z) - ( f ( y , z) ,y, z) y dsB = ^^T^^Tidydz =dydz,

|lueqo / / (x+y)dS5 = f'f'ydzdy = 8 . »5(A) Jo Jo

|vi) <p6 (A) es la superficie que corresponde al plano x=3,

<pe(y,z)-(3,y,z) ; ds,.=dydz y ¡ ¡ (x+y) dS€ = f'fL(3+y)dzdy = 20 *,(-*) JO JO

entonces / / (x+y) ds = 42+42 + —+—+8+20=133. I(A) 2 2

El área de la superfice del ejemplo anterior es « .f f ^ f f d s = ¡ ¡ dSl+¡ ¡ dS2+¡ ¡dS3+¡¡ dS,+¡ f dSs+¡ ¡ ds<

*{A) *a<*> »i«'«) •»(*)

n*dydx+ f3 í*dydx+ f1 f3dxdz+ f3 f1dzdx+ fifídzdy+ l*f1dzdy j Jo Jo Jo Jo Jo Jo Jo Jo Jo Jo

= 12+12+3+3+4+4 =38 jEjemplo 5

Calcular ¡ ¡ (x+y+z)ds; q> (A) Ia superficie del plano X+y+ZB6 en el 9 (A)

ll"*octante (Figura 211)

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2 3 0 ,

Flg.211

Z /t\

/ \ x+y+z-6

Solución Una parametrización para <p (x, y) = (x, y, 6 -x-y) y

a s " f t r W + F W + I d x d y

1 a superf i eie del plano es

=V(-l) 2+(-l) 2+l dxdy

J J (x+y+z) cte= J J (x+y+6 -x-y) y/ldxdy

fi-x = / 3 / 6 f bdydx

0 o

=108/5-E j e m p l o 6

Hallar el área de la porción de la superficie de la esfera x3+y2+Z2=l interior a x2+y2=y (Eiqura 212)

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2 3 1 ,

F i g . 2 1 2

X2+ y2-y

> y

í x 2 )t f y 2 1 i l - x a - y 2 / , l - x 2 - y 2 ,

de la superficie es y {X, y) = U, Y, Jl~X2-y2)

1

M |rea=2|I da

dxdy, luego

2 f f 1 dxdy v/i -*a-y

= 2 f f —-— <Jrd9 Jo J v/T?

= (tt-2)*2-^ j e m p l o 7

Bailar el área de la superficie de z-\¡X2 +y 2 cortada por el cilindro

|(x2+y2) 2 = X 2 - y 2 ( F i g u r a 2 1 3 ) .

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2 3 2 y t r i p l o s , 4o lino« y ém • « p o r f í e l o

Fig.213

z

So1ución Fl cilindro (x2+y2)2 ~ X2-y2 e n coordenadas polares tiene por ecuación r2=COS26 lueqo

Area- 2 f f ds

9 {A)

2 Í / J T ~ T + ~ 2 ~ T d x d y J^J V x^+y2 xz+yz

~ 2yß f |dxdy A

m _____ 4 VCOS2B = 2 SZ f f rdrdO

o *

E j e m p l o 8

Calcular f f X ? z d s * donde <p (A) es la superficie de £ 2 = x 2 + y 2 due se * (A)

encuentra entre z=l y z~4 ( F i g u r a 2 1 4 )

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I.<.,r.l.. «.kl., r tri.i.., «• li«., r 233

Fig.214

¡Solución B n a p a r a m e t r i z a c i ó n d e la superficie del cono

k(x,y) = ( x / y , ^ ? ) * 5 a b e q u e d S ^ d x d y ,

X 2zds= J fx2Jx2+y2y/2dxdy A

'21t /*4

z=y* 2 +y z e s

r / 1 J z 2 C o s 2 e z y / Z z d z d Q

I - 1023/In 1 " 5 |E1 Area de la superficie del cono entre z = l , y z = 4 es

LrBa=ffdS » ( A )

= f f j 2 d x d y A

= fo2Kf^zdzdd

= 2nfëf*zdz

Ejemplo 10

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2 3 4 ,

Ca1 cu lar J j (p (A) es la superficie del cilindro x = y 2 due se f[AÌ

encuentra en el primer octante entre los planos z=0, z = 5, y = l , y = 4. (Figura 215).

Fig.215

"(0,4,5)

Solución Una parametr i zación de la superficie es <p ( y , z ) = ( y 2 , y , z ) ì

ds = \l{W+(^f+ldydz = )/4y2+02+ldydz y a5i:

/ / / / ¿ ¿ f á ^ T d y d z »(*) A

• 4 rs = j ¡ y z y / 4 y 2 + l dzdy

= —(65^-5"^). 24 * '

Ejemplo 10

Ca1 cu lar J j" {X+Z) dS donde (p (A) es la superficie del ci1indro X2+y2=9 f(A)

que se encuentra en el primer octante entre z=0, z=4 (Figura 216)

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7 3 5 , t r t f l « , !«••• r

Fig.216

X* + y? - 9

io 1 a c lóri

Ina par ametrización de l a superficie es

f(x,z)~(x,J9^Ifz)-(xlf(xfz)lz) y

V / 9 T X

x' +o2+ldxdz

dxdz y

9 -x2

3

1 j (x+z) ds= £ f' (x+z)

Jo \ v / i ^ P v/9 /

v/CT dzdx

= 1271+36 -5.5 EJERCICIOS

I, calcular /Jxd.. ,.A> « «.P-r« = i- -> P — —

. Calcular f f ( x + z ) d s s v e n d o <p ( A ) S u p e r i o r -de Va e s t e r

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236,

x2+y2+z2=4•

4. Calcular f f (x+y+z) ds e s la superficie cerrada x=0, y=0, zO,

2x +3y +4 z = 12. -6. Calcular al área de la superficie del problema anterior.

Calcular J J xcí3 $ (A) es la superficie del paraboloide 2 Z=X2+y2

C 1 '' O df o se encuentra dentro del circulo x2+y2=2y-7. Calcular el área de la superficie del problema anterior. 8. Hallar el área de la superficie del paraboloide Z-4~X2~y2 d u e se

encuentra dentro del circulo x2+y2=l-y. Hallar el área de la superficie del paraboloide 2Z=X2+y2 due queda fuera del cono z~\¡X2 +y2' 10. Hallar el área de la superficie del cono z2=3 (x2+y2) limitada por el paraboloide z-X2 +y 2 • 11. Hallar el área de la superficie común a los cilindros x2+y2=a2 Y

x2+z2=a2-12- Hallar el área de la superficie del paraboloide z-X2 +y2 e n

interior del cilindro x2+y2=a2-13. Hallar el área de la porción de la superficie X2+y2+Z2=32 situada en el interior del cono z~\¡ X2 +y2"

Las coordenadas del centroide de una superficie están dadas por:

" M ¿ m [ t d * < -y--M*mT¡¡rs

Area ((p (A)) =A(<p (A)) 14) Halle el centroide de z=\¡a2 ~X2 -y2' 15. Obtener el área de las porciones de la superficie esférica ubicada; dentro del cono Z2=X2+y2-

16. Halle el área de la porción de z=\¡9 ~X2~y2 q u e e s t a dentro del cilindro jf2+y2=4-

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242,

[17. La masa de una superficie, si la densidad en (x,y,z) de la

superficie es p ( x , y , z ) viene dada por f P ( x , y , z ) d s y i 0 5 »(A)

momentos de inercia respecto a los ejes coordenados de una lámina (p (A) de densidad p (x,y,z) vienen dadas por:

J*=// iy2+z2) p (x,y, z) ds Iy=[[ (x2+z3)p(x,y,z) ds » U> fU)

Jz=j j (x2+y2) p (x, y, z) ds.

hallar la masa y los momentos de inercia respecto a los ejes coordenados de la superficie z=4 - 2 \Jx2 +y2 entre z=0, y z = 4 si la densidad es proporcional a la distancia entre el punto y el eje z

|E . El centro de masa de una superficie ip (A) con densidad en un punto

p (x, y, z) viene dado por xM= f f xp (x, y, z) ds. yM=f fyp (x,y, z) ds.

f=J J zp [x,y, z) ds. Halle el centro de masa VÍA) de la superficie del problema anterior.

3.6 ORIENTACION DE UNA SUPERFICIE

uando vamos a calcular una integral de superficie de un campo /ectonal f se escoge un vector n. unitario y normal a .la superficie, ;ntonces n le da una orientación a la superficie y se dice que esta superficie está orientada por n. a orientación de la superficie con el vector n determina una

nción entre las dos caras de una superficie, una en el cual se apoya el vector n y otra en el cual se apoya el vector—b para el mismo Dunto de la superficie y en todos los puntos de la superficie sin que ?n ningún instante el vector n y el vector -n se superpongan, cuando atarnos recorriendo la superficie. Cuando esto es posible la superficie ;e dice orientable y entonces la superficie tendrá dos caras. Lxisten superficies no orientables, un ejemplo es la llamada cinta de •loebius que se muestra en la Figura 217

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Flg.217

En la Figura 218 se observa la regla de la mano derecha para orientar la frontera C de una superficie orientada.

Flg.218

5.7 INTEGRAL DE SUPEREIC1E DE CAMPOS VECTORIALES

Sea (p (A) una superficie con parametr x zación <p (u,v) di f erenciable definida en una región del plano uv. Sea n un vector normal, unitario a la superficie cp (A) en el punto (p ( u , v ) • F*:R3 ' R3 u n campo vectorial definida y acotado en (p (A) . Llamaremos integral de superficie

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y t r i p l a s , «• lintt y li t«p»rfáci* 239

Jdel campo f y sobre 9 (A) , a la integral de superficie del campo escalar

B\n sobre q> (A) Y 1 notaremos por ffF'nds V está definida por: • (A)

I

¡¡F.nCs. ¡ f r . r , | | t x | t | d u ^ / / F , ¥ ( u , v ) ) . 1 f c | . | i l x | l | d u c } v f<A)

Si n es unitario normal en la dirección de ou ov •

[¡F.nds = -//F.Y7

Si n es unitario normal y opuesto a -T^-X-^-ou OV

5.H TEOREMA DE LA DIVERGENCIA

Bea F:R 3 > R 3 un campo vectorial diferenciab1e con continuidad en un pálido cerrado y acotado de R T ; <p (A) la superficie que limita al bólido: n un vector normal unitario exterior a (A) entonces:

••(A) A " H

A

J"JJ DivFdxdydz % es decir:

f f F.nds = f f f DivFdxdydz, Í(S) s

Büemostrac ión (Ejercicio). ^Ejemplo 1 • ilustrar el teorema de la diverqencia para el campo f (x, y, z) =XÍ+yj +zk¡ •si <p (A) es la superficie del paraboloide hasta z=4 y ésta superficie • (la tapa). (Figura 219). BSolución

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2 4 0 ,

Fig.219

Se mostrará que j j F. nds= j [ j divFdz dxdy.

Si F(x,y,z)=xi+yj+zk=P(x,y,z)i+Q(x <y,z)j+R(x,y,2)k D Í V = d P + d £ + d R = 1 + 1 + lss3 y a s i :

ox oy dz

en ton ees

i ) JJj" Di vFdz dydx= J j f 3dzdydx

4. 3f f f dzdydx

2 -yfZ^P xa+ya

3 f 2 K f 2 f rdzdzdd=24n . Jo Jo J

i i) F1 sólido está limitado por dos superficies, la tapa y el paraboloide, luego:

/ / F-nd9=j f F. nx ds1+j f F.n2ds2? s i e n d o ^ {A) l a 5 u p e r f i c i e d e l ?(A) *i(-»>

plano z-4 (la tapa) y <p2 (A) la superficie del paraboloide hasta z = 4

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2 4 1 ,

lina parametrización para <p X(A) es Cpx (X, y ) - (X, y, 4 ) » (X, y , f (x, y ) ) ;

Í5i=dxdy (Ejercicio) y como z = 4 entonces z-4=0=G(x,y,z) y un vector dG dG dG\ „ I dG dG dG\

inrmal y unitario exterior es Jl1 = (0, 0 , 1) H""^- ' ' J

j f F. rij ds1 _ f fF(x,y, 4) . (0,0,1) dxdy |»1<A) A

= j j í d x d y A

= f* j Adydx

-y/I^P

y as i

= 4 í nf rdzdd=16n. JO Jo [)na parametr i zaciún para el paraboloide es: <p2 (x,y) = (x,y,x2+y2) ; ds2=Y/4x2+4y2+ldxdy Y

com° z=x2+y2 entonces

X2+y2-z=G(x, y , z ) =0 Y u n vector normal y unitario a ésta superficie es (2x,2y,-1) _ (2x,2y,-1) T7~ — — n entonces: 8(2X, 2y, -1)1 J4x2+4y2+l

f f F. n2 ds2= f [F(X.V.X2+V2) . J g ¿ ^ - í W 4 x 2 + 4 y 2 + l dxdy

= f J"F(X, y , x2 +y2) . (2x, 2y, -1) dxdy A

= f J (x,y, x2+y2) . (2x, 2y, -1) dxdy A

= J J (2x2+2y2-x2-y2) dxdy A

= J J (x2+y2) dxdy

f 2 f (x3+y2) dydx

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242

en ton ees f 7 r3drdd=8« Jo Jo

f j F . n d s ^ i67i + 8n=247U y asi

J J F.nds=fJJ BivFdzdydx m

Nota

Otra parametrización para calcular la integral de superficie es: I ) Para la tapa <Pj (A) : ( U, V) = ( UCOSV, uSeTlV, 4 ) 0<V<2TT, 0<U$2

i j k = uk = (0,0, u) d<Pi x d<Pi _

dv dv Cosv Sanv 0 -uSenv uCosv 0

ii) Otra parametrización de la superficie del paraboloide hasta z=4 es: <p2(u, v) = (uCosv, USenv, U2) 0 < V < 2 T T , 0 <U < 2

a<p, a<p2 du dv

es un vector exterior lueqo

dm d» = ( -2U 2CoSV, -2U 2senv r u) Y traba jamos con Q

dv dv ue

i ) / / P'.n1d81- r2Kf2 (uCosv, uSenv, 4) . (0, 0, u) dudv

r2n r 2 = 1 / 4ududv=167t. Jo JO

ii ) f f F.n2ds2=

= f 2 n f 2 (uCosv, uSenv, u2) . (2u2Cosv,2u2Senv, -u) dudv Jo Jo

ji 2iz ñ 2 / / (2u3Coe2V+2l735'e/l2V-U3) dudv= 8TC entonces: JO Jo

J J F.nds^f f F.n1ds1+ J J F.n2ds2 9 (A)

= 1 6 K + 8 N = 2 4

Ejemplo 10

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2 4 3 ,

ilustrar el teorema de la divergencia si F ( x , y , z ) =x i+y j + zk y la Superficie es cerrada y está constituida por la superficie del ¡arabo 1 oide z=10~X2~y2 P a r a Y l a superficie de ésta tapa (Figura feO) .

Fig.220

polución

la y que verificar que f f F. nds, f f f DÍvFdz dydx. ? (A) 3

h luego r dx oy dz

J J j DivFdzdydx= 3 JJJ dzdydx

i/TF 10-xa -y* 3 / 3 / / dzdydx

= 3 f2*f3 (10 '' rdzdrdd J0 Jo j 1 243tt

lü ) La superficie del sólido está limitada por dos

I fÍF.nds^f f F. n1ds1+ j J F.n2ds2_

, lueqo

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2 4 4 ti

Si (A) es la superficie del plano z = l (la tapa) entonces -z+l=0=G(x,y,z) y así n=(0,0,-l) es un vector normal y

(X,y) - ( x , y , 1) es una parametr i zación de ésta superficie, entonces:

j I F.n1ds1= 1 f ( x , y , 1) . ( 0 , 0 , - 1 ) dxdy a) »i (A)

3 sfii^Z1

= f f -dydx

= -í2'f3rdrdd Jo Jo

= -9 it b) Si <p2 (A) es la superficie del paraboloide, entonces z+X2+y2-10=0 V

así un vector normal exterior a ésta superficie es ( 2 x , 2 y , l ) y

<92(x, y) = (X, y, 10-x2-y2) es una parametrización y así

I f F.n7ds2 = J f (x.y,10-x2-y2) . ( 2 x , 2 y , l ) dxdy *a (A) A

•3 J ( x 2 + y 2 + 1 0 ) dydx '-3

-y/np

f f r(r2+10) d6dr Jo Jo 261 n , luego 2

/ / F . n c t e = _ 9 l I + 2 6 1 n = 2 4 3 n y a s . f (A)

J j F.nds=JJJ DivFdxdydz m

• (AI

E j e m p l o 3

Ilustrar el teorema de la diverqencia para F(x,y,z)=xi+yj+zk y 9 (A) la

superficie esférica x 2 + y 2 + Z 2 = 4 ( F i g u r a 2 2 1 )

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245,

Fig.221

x2+y« + z2 -4

Solución

Hay que verificar que f f F. nds= f f f DivFdzdydxm • (A) 3

i ) f f f DivFdzdydx= 3 f f f dzdydx

= 3 / / / dzdydx -x/í x7 -v'4-xa-y2

= 3 f 2 * f 2 f r d z d r d d -v/TT7

= 3 f2* f* [2z2Sen<pdrd<pdQ=32n • Jo Jo Jo |ii) Una parametr i zación de la superficie esférica es:

q>(u,v) =(2CosuSenv,2SenuSenv,2Còsv) o<u<2n o<v<n.

""fu (4COSUSen2V, 4Sen2vSenU, ASenvCOSV) u n vector que sale

Id 1 a s u p e r f i c i e l u e g o

J f ^' n ds= (2CosuSenv, 2SenuSenv, 2Coevi . (4Coeu5e/í2v, 45enJv5enu, dSenvCosv) dvdu

= f2* f" (8Cos2uSen:iv+8Sen2uSen3v+8SenvCos2v) dvdu Jo Jo -32n y así

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