INTEGRAL DE LINEA

Prof. Jos Luis Quintero 13

ROBABILIDADES (ITEL-30205)

Tema 1. Fundamentos de Estadstica Descriptiva

Distribucin de frecuencias y medidas de localizacin

Objetivos a lograr:

Estudiar las transformaciones necesarias para resolver una integral de lnea de campo escalar Calcular longitud de arco y rea de la pared vertical como aplicaciones geomtricas de una integral de lnea de campo

escalar Calcular centro de masa y momentos de inercia como aplicaciones fsicas de una integral de lnea de campo escalar Usar MATLAB para visualizar situaciones que impliquen aplicaciones de la integral de lnea de campos escalares

5.3. Ejemplo 8. Evale

2

C

(2 x y)ds+ , donde C es la mitad superior de la circunferencia unitaria 2 2x y 1+ = .

Solucin. Parametrizacin semicircunferencia unitaria: x(t) cos(t), y(t) sen(t)= = , 0 t pi . Por tanto

2 2 2 2 2

C 0 0

3

0

(2 x y)ds (2 cos (t)sen(t)) sen (t) cos (t)dt (2 cos (t)sen(t))dt

cos (t) 22t 2 .

3 3

pi pi

pi

+ = + + = +

= = pi +

5.4. Ejemplo 9. Calcule la integral curvilnea

(x y)ds

+ ,

CLCULO VECTORIAL (0254) Tema 1. Integrales de Lnea y sus Aplicaciones

Semana 02 Clase 02 Mircoles 18/12/13 2:00 a 5:00 pm

5. TRANSFORMACIONES DE UNA INTEGRAL DE LNEA DE CAMPOS ESCALARES

5.1. Caso bidimensional.

r

r r' r'C

C : (t) (x(t), y(t)) , t . z f(x,y)

f(x,y)ds f( (t)) (t) dt f(x(t), y(t)) (t) dt

= =

= =

5.2. Caso tridimensional.

r

r r' r'C

C : (t) (x(t), y(t),z(t)) , t . w f(x,y,z)

f(x,y,z)ds f( (t)) (t) dt f(x(t), y(t),z(t)) (t) dt

= =

= =


siendo el tringulo de vrtices O(0,0), A(1,0), B(0,1) Solucin.

1 2 3

1 2 3

I (x y)ds (x y)ds (x y)ds (x y)ds I I I

= + = + + + + + = + + .

r1x t

: (t)y 0

= =

t[0,1] ds = dt , 1

1

0

1I t dt

2= = .

r2x t

: (t)y 1 t

= =

t[0,1] 2 2ds x (t) y (t) dt 2 dt = + = , 1

2

0

I 1 2 dt 2= = .

r3x 0

: (t)y t

= =

t[0,1] ds = dt , 1

3

0

1I t dt

2= = .

Por tanto

(x y)ds 1 2

+ = + .

5.5. Ejemplo 10. Evale

C

ysen(z)ds , donde C es la hlice circular dada por las ecuaciones x(t) cos(t), y(t) sen(t), z(t) t= = = ,

0 t 2 pi .

Solucin. 2

2 2 2

C 0

ysen(z)ds (sen (t)) sen (t) cos (t) 1dt 2pi

= + + = pi .

6. APLICACIONES DE LAS INTEGRALES DE LNEA DE CAMPOS ESCALARES

6.1. Aplicaciones geomtricas:

Caso bidimensional:

r

r r' r'C

C : (t) (x(t), y(t)) , t . z f(x,y)


= =

= =

a. Longitud de arco de C: f(x,y) 1= . b. rea de la pared vertical: f(x, y) 0 , (x,y) C .

Caso tridimensional:

r

r r' r'C

C : (t) (x(t), y(t),z(t)) , t . w f(x,y,z)


= =

= =

a. Longitud de arco de C: f(x, y,z) 1= .


6.2. Aplicaciones fsicas:

Caso bidimensional:

r

r r' r'C

C : (t) (x(t), y(t)) , t . z f(x,y)


= =

= =

a. Masa de un alambre: f(x,y) 0 , (x,y) C> . f(x,y) es la funcin densidad

b. Centro de masa de un alambre:

y C Cx

C C

xf(x,y)ds yf(x,y)dsM M

(x,y) , ,m m

f(x,y)ds f(x,y)ds

= =

c. Momentos de inercia de un alambre:

2 2x

C C

2 2y

C C

2 2z 0 x y

C

I y dm y f(x,y)ds

I x dm x f(x,y)ds

I I (x y )dm I I

= =

= =

= = + = +

Caso tridimensional:

r

r r' r'C

C : (t) (x(t), y(t),z(t)) , t . w f(x,y,z)


= =

= =

a. Masa de un alambre: f(x,y,z) 0 , (x, y,z) C> . f(x,y,z) es la funcin densidad

b. Centro de masa de un alambre:

yz xy C C Cxz

C C C

xf(x,y,z)ds yf(x,y,z)ds zf(x,y,z)dsM MM

(x,y, z) , , , ,m m m

f(x,y,z)ds f(x,y,z)ds f(x,y,z)ds

= =

c. Momentos de inercia de un alambre:

2 2 2 2x

C C

2 2 2 2y

C C

2 2 2 2z

C C

I (y z )dm (y z )f(x,y,z)ds

I (x z )dm (x z )f(x,y,z)ds

I (x y )dm (x y )f(x,y,z)ds

= + = +

= + = +

= + = +


7.1. Ejemplo 11. Sea el arco

2 2

2 2t(t) 1,

t 1 t 1

= + +

c , 0 t 1 .

Calcule su longitud. Solucin.

c

c

c

2 2

2

2 2 2 2

2

2 2 2 2

2 2 4

2 4

4 2 2 2 2 2

2 4 2 4 2 4 2

2 2t(t) 1,

t 1 t 1

4t 2(t 1) 2t2t(t) ;

(t 1) (t 1)

4t 2 2t;

(t 1) (t 1)

16t 4 8t 4t(t)

(t 1)

4t 8t 4 (2t 2) (t 1) 22

(t 1) (t 1) (t 1) t 1

=

+ +

+

= + +

= + +

+ + =

+

+ + + += = = =

+ + + +

111

c 2 00

2l dt 2 tg (t)

2t 1

pi= = =

+ La figura 4 visualiza la curva de inters.

Figura 4. Curva del ejemplo 11

7. EJEMPLOS DE APLICACIONES GEOMTRICAS

clear clc t=linspace(0,1,1000); x=2./(t.^2+1)+1; y=2*t./(t.^2+1); plot(x,y,'b*') grid on xlabel('x(t)') ylabel ('y(t)') title('Curva: x(t)=2/(t^2+1)+1; y(t)=2t/(t^2+1); 0


7.2. Ejemplo 12. Calcule el rea de la porcin del

cilindro 2 2x y 2x+ = ubicada por encima del plano

z 0= y por debajo de la superficie 2 2z x y= + .

Solucin.

Paso 1. Conversin del diferencial de longitud de arco (ds).

r

r' r'

(t) (1 cos(t),sen(t)), 0 t 2

(t) ( sen(t),cos(t)) (t) 1

= + pi= =

ds (t) dt dt= =r' .

Paso 2. Construccin y resolucin de la integral simple.

22 2

C 0

2

0

2 22 t t

2 20 0

t t2 2 0

0

f(x,y)ds (1 cos(t)) sen (t)dt

2(1 cos(t))dt

2 cos ( )dt 2 cos( ) dt

4 cos( )dt 8 sen( ) 8

pi

pi

pi pi

pipi

= + +

= +

= =

= = =

La figura 5 visualiza las superficies y la curva de intres.

Figura 5. Superficies y curva del ejemplo 12

clear clc [x,y]=meshgrid(-1:.1:3,-1.5:.1:1.5); z=sqrt(x.^2+y.^2); surf(x,y,z),grid on xlabel('x'),ylabel('y'),zlabel('z') hold on for i=1:60 t = linspace(0, 2*pi, 100); x = 1+cos(t); y = sin(t); z = i/20 + 0*t; plot3(x, y, z, 'red-', 'Linewidth', 2.5); grid on hold on end t = linspace(0, 6*pi, 100); x = 1+cos(t); y = sin(t); z = 2*abs(cos(t/2)); plot3(x, y, z, 'black-', 'Linewidth', 4.5); grid on xlabel('x'),ylabel('y'),zlabel('z') title('Ejemplo de rea de la pared vertical')

-10

12

3

-2

-1

0

1

20

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

x

Ejemplo de rea de la pared vertical

y

z

00.5

11.5

2

-1

-0.5

0

0.5

10

0.5

1

1.5

2

2.5

3

x


y

z


7.3. Ejemplo 13. Calcule el rea de la porcin del cilindro 2 2x y 1+ = , y 0 ubicada por encima del

plano z 0= y por debajo de la superficie 2z 2 x y= + .

Solucin.

Parametrizacin semicircunferencia unitaria: x(t) cos(t), y(t) sen(t)= = , 0 t pi .

Por lo tanto

2

C

2 2 2

0

32

00

(2 x y)ds

(2 cos (t)sen(t)) sen (t) cos (t)dt

cos (t)(2 cos (t)sen(t))dt 2t

3

22

3

pi

pi pi

+ =

+ + =

+ =

= pi +

La figura 6 visualiza las superficies y la curva de intres.

Figura 6. Superficies y curva del ejemplo 13

clear clc for i=1:60 t = linspace(0, pi, 100); x = cos(t); y = sin(t); z = i/20 + 0*t; plot3(x, y, z, 'red-', 'Linewidth', 4.5); grid on hold on end [x,y]=meshgrid(-1.2:.1:1.2,-1:.1:2); z=2+x.*x.*y; surf(x,y,z) xlabel('x'),ylabel('y'),zlabel('z') title('Ejemplo de rea de la pared vertical')

-2 -10 1

2-1

0

1

20

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4

4.5

5

x


y

z

-1-0.5

00.5 1

0

0.5

10

0.5

1

1.5

2

2.5

x


y

z


8.1. Ejemplo 14. Encuentre la masa y el momento de inercia con respecto al eje x de un alambre homogneo cuya forma corresponde con el arco de la cicloide

r (t) (t sen(t),1 cos(t)) , 0 t 2= pi .

Solucin.

r r' r' 2 t2

(t) (t sen(t),1 cos(t)) (t) (1 cos(t),sen(t)) (t) 2 sen ( )= = =

2 2

t t2 2

C 0 0

m K ds 2K sen( ) dt 2K sen( )dt 8Kpi pi

= = = =

2 22 2 5t t

x 2 2C 0 0

222 2 3 5t t t t t 8 2564 2 4

2 2 2 3 2 5 2 3 5 1500

I K y ds 2K (1 cos(t)) sen( ) dt 8K sen ( )dt

8K (1 cos ( )) sen( )dt 8K( 2cos( ) cos ( ) cos ( )) 8K(4 ) K

pi pi

pipi

= = =

= = + = + =

8.2. Ejemplo 15. Sea

2 2

C

I (x y )ds= + , donde C tiene la ecuacin vectorial r (t) (cos(t) t.sen(t),sen(t) t.cos(t)) , 0 t 2= + pi

a. Calcule I. Solucin.

r

r 2 2 2(t) (cos(t) t.sen(t),sen(t) t.cos(t))

(t) (cos(t) t.sen(t)) (sen(t) t.cos(t)) 1 t

= +

= + + + = +

' '1 1r r

2 2 2 2(t) (t.cos(t), t.sen(t)) (t) t cos (t) t sen (t) t= = + =

2 22 4 2 42 2 2 2 4 2 2

0C 0

t t 4 16(x y )ds (1 t )tdt 2 4 2 (1 2 )

2 4 2 4

pi pi pi pi

+ = + = + = + = pi + pi = pi + pi

b. Describa algunas interpretaciones de lo que calcula I.

Solucin.

Calcula el rea de una pared vertical de tiene como base la curva C y est limitada superiormente por la superficie 2 2z x y= + .

Calcula la masa de un alambre que tiene la forma de la curva C y tiene por densidad 2 2(x,y) x y = + .

Calcula el momento de inercia polar de un alambre homogneo que tiene la forma de la

curva C y su densidad es igual a 1.

8.3. Ejemplo 16. Sea la integral

2

C

I (x y z) ds= + + , donde C est dada por

x 2y 2z 5C :

2x y 2z 2+ + =

+ =

,

8. EJEMPLOS DE APLICACIONES FSICAS


con 0 y 1 .

a. Calcule I

Solucin.

0x 2z 5

y 0 : (x,z) (1,2) P (1,0,2)2x 2z 2

+ == =

+ = , 3 312 2

x 2z 3y 1: (x,z) (0, ) P (0,1, )

2x 2z 3+ =

= = + =

r r' r' t 31 12 2 2 2

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

1 1 12 2 2

0 0 0

12 3

0

3 t 3 t 3 tI 1 t t 2 dt 3 dt 9 3t dt

2 2 2 2 2 4

3 3t t 3 3 1 3 108 18 1 3 91 919t 9 . .

2 2 12 2 2 12 2 12 2 12 8

= + + = = +

+

= + = + = = =

b. D una interpretacin fsica de I Solucin.

La integral I calcula la masa de un alambre con la forma de la curva C de densidad igual a 2(x,y,z) (x y z) = + + .

9.2. Ejemplo 17. Encuentre la funcin vectorial de la curva C que resulta de intersectar la esfera 2 2 2x y z 4+ + = con el plano x y z 0+ + = .

Solucin. Paso 1. Sea 1v (1,1, 2)= , entonces 2v (1,1, 2) (1,1,1) (3, 3,0)= = .

Paso 2. 1 2u u2 2

(1,1, 2) , (3, 3,0)6 3 2

= =

Paso 3. r

2 26 3 2

2 2 2 2 46 2 6 2 6

(t) (1,1, 2)cos(t) (3, 3,0)sen(t)

( cos(t) sen(t), cos(t) sen(t), cos(t)) , 0 t 2

= +

= + pi

9. PRIMER PROBLEMA DE PARAMETRIZACIN DE INTERS

9.1. Descripcin y solucin. Sea C la circunferencia que resulta de intersectar la esfera de radio R y centro en el origen y un plano que pasa por el origen:

2 2 2 2x y z RC :Ax By Cz 0

+ + =

+ + =

Paso 1. Halle dos vectores ( 1v y 2v ), que partan del origen, que sean perpendiculares y

que se encuentren en el plano. En tal sentido, si 1v es un vector contenido en el

plano y que parte del origen, entonces 2 1v v (A,B,C)=

Paso 2. Construya vectores paralelos a los anteriores de la forma

1 1 2 21 2

u v u vv vR R

,= =

Paso 3. La ecuacin vectorial de la curva interseccin ser de la forma

1 2r u u (t) cos(t) sen(t) , 0 t 2= + pi


9.3. Ejemplo 18. Encuentre la funcin vectorial de la curva C que resulta de intersectar la esfera 2 2 2x y z 4+ + = con el plano y z= .

Solucin. La curva proyeccin en el plano xy es 2 2x 2y 4+ = con funcin vectorial dada por

r p(t) (2 cos(t), 2sen(t)) , 0 t 2= pi .

Por lo tanto la funcin vectorial que describe a C viene dada por r (t) (2cos(t), 2sen(t), 2sen(t)) , 0 t 2= pi

10.2. Ejemplo 18. Encuentre la funcin vectorial de la curva C que resulta de intersectar el

elipsoide y el plano de ecuaciones 2 2

2x y z 12 3

+ + = , x y z 0+ + =

respectivamente. Solucin. Paso 1. Sean

x y

x , y , z z2 3

= = =

En tal sentido, ahora se tiene que

10. SEGUNDO PROBLEMA DE PARAMETRIZACIN DE INTERS

10.1. Descripcin y solucin. Sea C la curva que resulta de intersectar el elipsoide con centro en el origen y un plano que pasa por el origen:

22 2yx z2 2 2a b c

1C :

Ax By Cz 0

+ + =

+ + =

.

Paso 1. Haga los siguientes cambios de variable:

x y z

x , y , za b c

= = =

En tal sentido, ahora se tiene que 2 2 2x y z 1C :

Aax Bby Ccz 0

+ + =

+ + =

Paso 2. Halle dos vectores ( 1v y 2v ), que partan del origen, que sean perpendiculares

y que se encuentren en el plano. En tal sentido, si 1v es un vector contenido

en el plano y que parte del origen, entonces 2 1v v (Aa,Bb,Cc)= .

Paso 3. Construya vectores paralelos a los anteriores de la forma

1 1 2 21 2

u v u vv v1 1

,= =

Paso 4. La ecuacin vectorial de la curva interseccin ser de la forma r 1x 2x 1y 2y 1z 2z

(t) (x(t), y(t),z(t)) (ax(t),by(t), cz(t))(au cos(t) au sen(t),bu cos(t) bu sen(t),cu cos(t) cu sen(t)) 0 t 2

= =

= + + + pi


2 2 2x y z 1C :

2x 3y z 0

+ + =

+ + =

Paso 2. Sea 1v31

2 2(0, , )= , entonces 2v

3 6 212 2 2 2

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

Paso 3. 1 2u u3 6 21 1 2 1 1

2 2 2 2 26 6 2 3(0, , ) , (2, , ) ( , , )= = =

Paso 4. r 3 3 32 12 2 23 2 3

(t) ( sen(t), cos(t) sen(t), cos(t) sen(t)) , 0 t 2= pi

SOLUCIN. 1C es la grfica de una funcin de x, de modo que se puede escoger x como parmetro y las

ecuaciones para 1C se convierten en 2x x y x 0 x 1= = . Por tanto,

1 1dy2 2 2dx

dx dxC 0 01

5 5 12xds 2x ( ) ( ) dx 2x 1 4x dx

6

= + = + = . En 2C se escoge y como parmetro, de modo que x 1= y y= 1 y 2 y

2dy2 2dx

dy dyC 12

2xds 2(1) ( ) ( ) dy= + =

2

1

2dy 2= . Entonces,

C C C1 2

5 5 12xds 2xds 2xds 2

6

= + = + .

SOLUCIN. r r'

2 2(t) (acos(t),bsen(t)) , 0 t , (t) ( asen(t),b cos(t)) , 0 tpi pi= =

11. PROBLEMAS RESUELTOS

PROBLEMA 1.

Evale

C

2xds , donde C est formada por el arco 1C de la parbola

2y x= de (0,0) a (1,1) seguido por el segmento de recta vertical 2C de (1,1) a (1,2).

PROBLEMA 2.

Pruebe que

2 2

C

abxyds (a ab b )

3(a b)= + +

+ , donde C es la parte de la elipse

2 2

2 2

x y1

a b+ =

situada en el primer cuadrante.


22 2 2 2

C 0

2 2 2 2 3/2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

0

xyds acos(t)bsen(t) a sen (t) b cos (t)dt

ab au u ab(a sen (t) b cos (t))udu C C

2(a b ) 3(a b ) 3(a b )

u a sen (t) b cos (t) du 2(a b )sen(t)cos(t)dt

acos(t)bsen(t) a sen (t) b cos (t)dt

pi

pi

= +

+= + = +

= + =

+

3 32

2 2

2 2

2 2

ab(a b )

3(a b )

ab(a b)(a ab b )3(a b)(a b)

ab(a ab b )

3(a b)

=

+ +=

+

= + ++

SOLUCIN.

c2 2 2

2 2d(cos(t)) d(sen(t)) dt'(t) sen (t) cos (t) 1 2dt dt dt

= + + = + + =

.

Se sustituye x, y, y z en trminos de t para obtener a lo largo de t: 2 2 2 2 2 2 2f(x,y,z) x y z cos (t) sen (t) t 1 t= + + = + + = + .

Esto conduce a

2 232 2

0c 0

t 2 2f(x,y,z)ds (1 t ) 2dt 2 t (3 4 )

3 3

pi pi pi

= + = + = + pi .

SOLUCIN. Paso 1. Conversin del diferencial de longitud de arco (ds).

t t t

t t t

(t) (ae cos(t),ae sen(t),ae ), t 0

(t) (ae (cos(t) sen(t)),ae (cos(t) sen(t)),ae ), t 0

=

= +

r

r'

2 2t 2 2 2t 2 2 2t

t 2 2

t 2 2 2 2 t

(t) a e (cos(t) sen(t)) a e (cos(t) sen(t)) a e

ae (cos(t) sen(t)) (cos(t) sen(t)) 1

ae cos t 2 cos(t)sen(t) sen (t) cos (t) 2cos(t)sen(t) sen (t) 1 3ae

= + + +

= + + +

= + + + + + =

r'

tds (t) dt 3ae dt= =r'

Paso 2. Construccin y resolucin de la integral impropia.

0 00

t t t b

b b bbC b

ds 3ae dt lm 3ae dt lm 3ae 3a lm (1 e ) 3a

= = = = = .

PROBLEMA 3. Sean c 3: 0,2 Rpi , t (cos(t),sen(t), t) y

2 2 2f(x, y,z) x y z= + + . Evale la integral

c

f(x, y,z)ds .

PROBLEMA 4. Halle la longitud de arco de la hlice cnica C de ecuaciones paramtricas dadas por

tx(t) ae cos(t)= , ty(t) ae sen(t)= , tz(t) ae= , (a 0)>

desde el punto (0,0,0) hasta el punto (a,0,a).


SOLUCIN. Equivalencias polares cartesianas: x r cos( ) , y rsen( )= =

r 1 2( ) (r( )cos( ),r( )sen( )) , = r 1 2'( ) (r '( )cos( ) r( )sen( ),r '( )sen( ) r( )cos( )) , = +

r 2 2 2 2'( ) (r '( )cos( ) r( )sen( )) (r '( )sen( ) r( )cos( )) (r( )) (r '( )) = + + = +

r 2 '2f(x,y) f(r cos( ),rsen( )) , ds '( ) d r r d= = = +

SOLUCIN. r ( ) ((1 cos( ))cos( ),(1 cos( ))sen( )) , 0 2 = + + pi .

2 2 22 2

0 0 0

2 2 2

0 0 0

2

0

(1 cos( )) ( sen( )) d 1 2cos( ) 1d 2 1 cos( )d

sen( ) sen( ) sen( )2 1 cos( )d 2 d 2 d 2 d

1 cos( ) 1 cos( ) 1 cos( )

2 2 1 cos( ) 2 1 cos( ) 2 2 2

pi pi pi

pi pi pi pi

pi

pi pi

pi

+ + = + + = +

+ = =

= +

2 2 8 =

SOLUCIN. Curva de inters:

r r' r'2 2x y 1 (t) (cos(t),sen(t),0) (t) ( sen(t),cos(t),0) (t) 1+ = = = = .

/2/2

0C 0

A 4 yds 4 sen(t)dt 4 cos(t) 4pi

pi= = = = .

SOLUCIN. Como la base es circular se tiene

PROBLEMA 5. Pruebe que la frmula para calcular

C

f(x,y)ds en coordenadas polares de una curva 1 2r r( ),= viene dada por

2 22

1

drf(r cos( ),rsen( )) r d

d

+ .

PROBLEMA 6. Calcule la longitud de arco de r 1 cos( ), 0 2= + pi .

PROBLEMA 7. Calcule el rea de la porcin de superficie cilndrica de ecuacin 2 2x y 1+ = comprendida entre los planos z y , z 0= = .

PROBLEMA 8. Una pieza de acero del motor de un tractor tiene su base circular modelada por la funcin vectorial r(t) (2cos(t),2sen(t))= y su altura por 2z 1 y= + . Calcule el rea lateral de esa pieza.


r r' (t) (2cos(t),2sen(t)) (t) ( 2sen(t),2 cos(t)) 0 t 2= = pi

2 22 2 2 2

C 0 0

A f(x,y)ds (1 4sen (t)) 4(sen (t) cos (t))dt 2 (1 4sen (t))dt 12pi pi

= = + + = + = pi

SOLUCIN.

Paso 1. Parametrizacin de la curva C. r ( ) ((1 cos( ))cos( ),(1 cos( ))sen( )) , 0 2 = + + pi

Paso 2. Clculo de la norma del vector derivada.

r'

2 2 2 2

2 32

( ) (1 cos( )) ( sen( )) 1 2cos( ) cos ( ) sen ( ) 2 2cos( )

2 1 sen ( )cos( ) cos ( ) 2 1 cos( ) 2 cos( )

= + + = + + + = +

= + + = + =

Paso 3. Dependencia de la superficie del parmetro de integracin.

= + = + + + = + =2 2 2 2 2 2 22

z x y (1 cos( )) cos ( ) (1 cos( )) sen ( ) 1 cos( ) 2cos ( )

Paso 4. Clculo del rea de la cerca.

2 22 3 3

2 2 2 2C 0 0

3 321 12 3 2 3 30

A f(x,y)ds 4 cos ( ) cos( ) d 4 cos ( )d cos ( )d

16(sen( ) sen ( )) 16.(1 ) .

pi pi pi

pi

pi

= = =

= = =

SOLUCIN. Se tiene que 2 2

2x '(t) 90cos (t)sen(t), y '(t) 90sen (t)cos(t), 0 t pi= = . Entonces:

/23 2 4 2 2 4 2

0

2 (1 10sen (t)) 90 cos (t)sen (t) 90 sen (t)cos (t)dtpi

+ +

PROBLEMA 9. Encuentre el rea de la cerca indicada en la figura, que tiene por base la curva en coordenadas polares de ecuacin = + r 1 cos( ) , donde pi0 2 y se encuentra limitada superiormente por

la superficie de ecuacin = +2 2z x y .

PROBLEMA 10. La base de una pared delgada tiene la forma de la curva dada por las ecuaciones

3 32

x(t) 30 cos (t), y(t) 30sen (t), 0 t pi= = ,

y la altura de la misma en el punto (x,y) es y3f(x,y) 1= + . Si se quieren pintar ambos lados de

esa cerca, sabiendo que el costo de pintar un metro cuadrado es de 7000 unidades monetarias

(u.m.), cul es el costo total? (unidades de longitud en mts)


/2 /23 4

0 0

/22 5

0

2 (1 10sen (t))90cos(t)sen(t)dt 180 (cos(t)sen(t) 10sen (t)cos(t))dt

sen t sen t 1180 10 180 2 450

2 5 2

pi pi

pi

+ = +

= + = + =

El costo total es de 450 7.000 3.150.000 u.m. = .

SOLUCIN. Paso 1. Parametrizacin de la curva.

2 2 2 2 2 2x y 6y x y 6y 9 9 x (y 3) 9+ = + + = + = . r (t) (3cos(t),3 3sen(t)) , 0 t 2= + pi .

Paso 2. Clculo de r '(t) . r r'(t) ( 3sen(t),3cos(t)) '(t) 3= = .

Paso 3. Construccin y resolucin de la integral simple.

22 2

0

2 22 2

0 0

2 36 9cos (t) (3 3sen(t)) 3dt

6 36 9cos (t) 9 18sen(t) 9sen (t)dt 6 18 18sen(t)dt

pi

pi pi

+ =

= =

2 2

0 0

/2 2 3 /2

0 3 /2 /2

cos(t)18 2 1 sen(t)dt 18 2 dt

1 sen(t)

cos(t) cos(t) cos(t)18 2 dt dt dt

1 sen(t) 1 sen(t) 1 sen(t)

pi pi

pi pi pi

pi pi

= =

+

+ + + +

/2 2 3 /2

0 3 /2 /236 2 1 sen(t) 1 sen(t) 1 sen(t) 36 2 2 2 144

pi pi pi

pi pi

+ + + + = = .

PROBLEMA 11.

Halle el rea de la porcin del cilindro de ecuacin 2 2x y 6y+ = la cual es limitada por la esfera

de ecuacin 2 2 2x y z 36+ + = .

PROBLEMA 12.

La cerca metlica indicada en la figura 8 tiene por base la curva C de ecuaciones paramtricas dadas por tx e cos(t)= ; ty e sen(t)= , 0 t pi y se encuentra limitada superiormente por un

techo que tiene la forma de la superficie 2 2z 1 x y= + + .

Calcule

a. La longitud de la curva C b. El rea de la cerca metlica


SOLUCIN. a. La longitud de la curva C

SOLUCIN. Paso 1. Clculo del vector derivada

= + = +r' t t t t t(t) (e cos(t) e sen(t),e cos(t) e sen(t)) e (cos(t) sen(t),cos(t) sen(t))

Paso 2. Clculo de la norma del vector derivada

= + + =r' t 2 2 t(t) e (cos(t) sen(t)) (cos(t) sen(t)) 2e

Paso 3. Clculo de la longitud de C pi pi

pi= = = r' tC 0 0ds (t) dt 2 e dt 2(e 1)

b. El rea de la cerca metlica SOLUCIN. Paso 1. Dependencia de la superficie del parmetro de integracin

= + + = + + = +2 2 2t 2 2t 2 2tz 1 x y 1 e cos (t) e sen (t) 1 e .

Paso 2. Clculo del rea de la cerca pi pi pi

pi

pi pi pi

= = = + = +

= + = + = +

r r'

2t t t 3t

C 0 0 0

t 3t t 3t 31 1 403 3 3

0

A f(x,y)ds f( (t)) (t) dt 2 (1 e )e dt 2 (e e )dt

2 (e e )dt 2(e e ) 2(e e )

SOLUCIN.

r' t t t t t 0(t) (e cos(t) e sen(t),e cos(t) e sen(t),e ) 0 t t= +

r' 2t 2t 2t 2t t(t) e (1 2cos(t)sen(t)) e (1 2cos(t)sen(t)) e 3e 3e= + + + = =

t t0 0ttt 0

2t 2t0 0

2 3em dt 3 e dt 3(1 e )

e e

= = =

+

SOLUCIN. a. Las coordenadas de su centro de masa.

SOLUCIN.

PROBLEMA 13. Halle la masa del arco de la curva tx e cos(t)= , ty e sen(t)= , tz e= desde el punto que corresponde a t 0= hasta un punto cualquiera de parmetro 0t si la densidad del arco viene

dada por

2 2 2

2(x,y,z)

x y z =

+ +.

PROBLEMA 14. Un alambre homogneo tiene la forma de una curva C cuya ecuacin vectorial viene dada por

= + r(t) (cos(t) t.sen(t),sen(t) t.cos(t)) con pi0 t 2 .

Encuentre para el alambre: a. Las coordenadas de su centro de masa

b. Su momento de inercia polar


Paso 1. Clculo del vector derivada y de su norma = =r' r'(t) (t.cos(t), t.sen(t)) (t) t

Paso 2. Clculo de la masa del alambre pi pi pi

= = = = = pi r'2 2 22

2

0C 0 0

tm f(x,y)ds k (t) dt k tdt k 2k

2

Paso 3. Clculo de los momentos

r'2 2

2y

C 0 0

M x.f(x,y)ds k x(t) (t) dt k (cos(t) t.sen(t))tdt 4 kpi pi

= = = + = pi

r'2 2

xC 0 0

M y.f(x,y)ds k y(t) (t) dt k (sen(t) t.cos(t))tdt 2 kpi pi

= = = = pi 2

y x2 2

M M 4 k 2 k 1(x,y) , , 2,

m m 2 k 2 k

pi pi = = = pipi pi

b. Su momento de inercia polar

SOLUCIN.

r'

2 22 2 2 2 2

0C 0 0

22 2 4 2 43 2 2

0 0

I (x y ).f(x,y)ds k ((x(t)) (y(t)) ) (t) dt k (1 t )tdt

t t 4 16k (t t )dt k k k (2 4 )

2 4 2 4

pi pi

pipi

= + = + = +

pi pi= + = + = + = pi + pi

SOLUCIN. Paso 1. Clculo de la rapidez

r r' r' 2 t2

(t) (t sen(t),1 cos(t)) (t) (1 cos(t), sen(t)) (t) 2 sen ( )= = =

Paso 2. Clculo de la masa

2 2

t t2 2

C 0 0

m K ds 2K sen( ) dt 2K sen( )dt 8Kpi pi

= = = = Paso 3. Clculo del momento de inercia respecto al eje x

2 22 2 5t t

x 2 2C 0 0

222 2 3 5t t t t t4 2

2 2 2 3 2 5 2 00

8 25643 5 15

I K y ds 2K (1 cos(t)) sen( ) dt 8K sen ( )dt

8K (1 cos ( )) sen( )dt 8K( 2cos( ) cos ( ) cos ( ))

8K(4 ) K

pi pi

pipi

= = =

= = +

= + =

PROBLEMA 15.

Encuentre la masa y el momento de inercia con respecto al eje x de un alambre homogneo cuya forma corresponde con el arco de la cicloide r (t) (t sen(t),1 cos(t)) , 0 t 2= pi .

PROBLEMA 16.

Un alambre toma la forma de la semicircunferencia 2 2x y 1+ = , y 0 , y es ms grueso cerca

de su base que cerca de la parte superior. Encuentre el centro de masa del alambre si la densidad lineal en cualquier punto es (x,y) k(1 y) = donde k es una constante.


SOLUCIN. Se usa la parametrizacin x cos(t), y sen(t)= = . La masa del alambre viene dada por

C 0

m k(1 y)ds k(1 sen(t))dt k( 2)pi

= = = pi . Se tiene que

2

C C 0

1 1 1 4y y (x,y)ds yk(1 y)ds (sen(t) sen (t))dt .

m k( 2) 2 2( 2)

pi pi

= = = =pi pi pi

Como x 0= , el centro de masa es 4

0, (0,0.38)2( 2)

pi

pi .

SOLUCIN. a. Las coordenadas de su centro de masa

SOLUCIN. Paso 1. Parametrizacin de la curva C

Proyectando en el plano xy se tiene que + = 2x y 4 ; 2 y 2 . En consecuencia

= = = + r r' r' 2 2 2(t) (4 t , t, t ) (t) ( 2t,1,2t) (t) 8t 1 2 t 2

Paso 2. Clculo de la masa del alambre

= = + = = = =+

2 2 2 22 32 2 2

20C 2 2 0

t 2t 16m (x,y,z)ds 8t 1dt t dt 2 t dt

3 38t 1

Paso 3. Clculo de los momentos 2 2 2

3 52 2 2 4

yz

0C 2 0

4t t 64 64 128M x. (x,y,z)ds (4 t )t dt 2 (4t t )dt 2

3 5 3 5 15

= = = = = =

= = = 2

3xz

C 2

M y. (x,y,z)ds t dt 0 ,

= = = = = 2 2 25

4 4xy

0C 2 0

2t 64M z. (x,y,z)ds t dt 2 t dt

5 5

Paso 4. Clculo del centro de masa

= = = yz xyxz

M MM 4 12centro de masa (x,y, z) , , ,0,

m m m 5 5

b. Su momento de inercia respecto al eje x SOLUCIN.

2 2 25 7

2 2 2 4 2 4 6x

0C 2 0

t t 64 256 1728I (y z ). (x,y,z)ds (t t )t dt 2 (t t )dt 2

5 7 5 7 35

= + = + = + = + = + =

PROBLEMA 17. Un alambre tiene la forma de una curva C que se obtiene al intersectar la porcin de superficie cilndrica de ecuacin = 2z y ; y 2 con la porcin del plano de ecuacin + = x z 4 ; 0 x 4 .

La densidad del alambre en cada uno de sus puntos viene dada por

=+2

z(x,y,z)

8y 1.

Encuentre para el alambre:

a. Las coordenadas de su centro de masa b. Su momento de inercia respecto al eje x


SOLUCIN. Paso 1. Parametrizacin de la curva

2 22 2 2

2 2R2

y z2y z R 1

( ) R+ = + = . r Rp 22(t) ( cos(t),Rsen(t)) , 0 t

pi=

Por tanto r R R

22 2(t) ( cos(t), cos(t),Rsen(t)) , 0 t pi= .

Paso 2. Clculo de la masa

/2 /22 2 2 2R2

0 0

KRm K 2 sen (t) R cos (t)dt KR dt

2

pi pipi

= + = = Paso 3. Clculo del centro de masa

pi

= = = =

pi pi pi

/2 22yz R2

0

M 2K 2KR 2Rx cos(t)dt

m KR 2KR 2

pi

= = = =

pi pi pi

/2 22xz R2

0

M 2K 2KR 2Ry cos(t)dt

m KR 2KR 2 ,

pi

= = =

pi pi

/2xy 2

0

M 2K 2Rz R sen(t)dt

m KR

Paso 4. Clculo de la distancia origen-centro de masa 2 2 2

2 2 2

4R 4R 8R 2 2d R= + = =

pipi pi pi

SOLUCIN.

2 2z

C

I (x y ) (x,y,z)ds= + Para encontrar las ecuaciones paramtricas de la curva C se tiene:

x(t) 5cos(t)= , z(t) 5sen(t)= , y(t) 2 5sen(t)= + , 0 t 2 pi r(t) (5cos(t),2 5sen(t),5sen(t))= + , 0 t 2 pi . r '(t) ( 5sen(t),5cos(t),5cos(t))=

2 2 2 2

z 20

25sen (t) 25cos (t) 25cos (t)I (29 20sen(t)) dt 58

25 25cos (t)

pi+ +

= + = pi+

PROBLEMA 18. Un alambre delgado homogneo tiene la forma de la curva interseccin de las superficies

2 2 2 2x y z R+ + = , y x= , que se encuentra en el primer octante. Pruebe que la distancia del

centro de masa del alambre al origen de coordenadas es igual a 2 2

Rpi

.

PROBLEMA 19.

Halle el momento de inercia respecto al eje z de un alambre cuya forma es la curva C que es la interseccin del plano y z 2 0 = con el cilindro 2 2x z 25+ = , si su densidad es

2

1(x,y,z)

25 x =

+.

PROBLEMA 20.

Dado un alambre semicircular que tiene la forma de la ecuacin 2 2x y 1,+ = y 0 , y densidad

(x,y) x y = + , halle su centro de masa y el momento de inercia en y.


SOLUCIN. Paso 1. Parametrizacin de la curva. (t) (cos(t), sen(t)), t 0,= pi r

Paso 2. Transformacin de la funcin densidad. ( (t)) cos(t) sen(t) = +r

Paso 3. Construccin y resolucin de la integral de la masa

2

C 0 0

20

m (x,y)ds (cos(t) sen(t))dt 2 (cos(t) sen(t))dt

2(sen(t) cos(t)) 2(1 1) 4

pipi

pi

= = + = +

= = + =

Paso 4. Construccin y resolucin de las integrales de momentos

y

C 0

M x (x,y)ds cos(t)(cos(t) sen(t))dt 0pi

= = + =

xC 0

2 2 2 2sen (t) sen(2t)2 t 12 2 4 2 4 2

00 0

M y (x,y)ds sen(t)(cos(t) sen(t))dt

2 sen(t)cos(t)dt sen (t)dt 2( ) 2( ) 1

pi

pi pi pi

pi pi

= = +

= + = + = + = +

M My 2xm m 8(x,y) ( , ) (0, )

pi+= = .

Paso 5. Construccin y resolucin de la integral de la inercia en y

22 2 3 2

yC 0 0

3 3 2sen (t) cos (t) 1 13 3 3 3

0

I x (x,y)ds cos (t)(cos(t) sen(t))dt 2 (cos (t) cos (t)sen(t))dt

2(sen(t) ) 2(1 ) 2

pipi

pi

= = + = +

= = + =

SOLUCIN. a. Calcule I

SOLUCIN. Se tiene que r

2C : (t) (sen(t),1 cos(t)) , 0 t pi= . Se tiene que r' 2 2(t) cos (t) sen (t) 1= + = .

En tal sentido,

(1,1)2

(0,0) 0

I xds sen(t)dt 1

pi

= = = b. D dos interpretaciones de lo calculado por I

SOLUCIN. I calcula el rea de la pared vertical con forma de la curva C y acotada por el plano z x= . I calcula el momento respecto al eje y de un alambre homogneo con la forma de C.

PROBLEMA 21. Sea la integral

(1,1)

(0,0)

I xds= , donde rC : (t) (sen(t),1 cos(t))= .

a. Calcule I b. D dos interpretaciones de lo calculado por I


SOLUCIN. Paso 1. Clculo de la masa

ABC

ds 4( 5 1)= + Paso 2. Clculo de yI

1 1 12 2 2 2

yABC 0 0 0

112 3 2

0 0

I x ds 16t dt 4t 2 5dt 4(1 t) 2 5dt

16( 5 1)16( 5 1)t 16 5t 8 5 dt t 8 5t 8 5t

3

16( 5 1) 16 5 16 48 5 64 5 16 16 1616 5 (4 5 1) m

3 3 3 3 3

= = + + +

+ = + + + = + +

+ + + += + = = = + =

SOLUCIN. Sea 1v (1,0, 1)= , entonces 2v (1,0, 1) (2,1,2) (1, 4,1)= = . Se generan los vectores

1 2u u2 2

(1,0, 1) , (1, 4,1)2 3 2

= =

Por lo tanto

r 2 2 8 2 2

(t) cos(t) sen(t), sen(t), cos(t) sen(t) , 0 t 22 3 2 3 2 2 3 2

= + + pi

En tal sentido

r' 2 2 8 2 2

(t) sen(t) cos(t), cos(t), sen(t) cos(t) , 0 t 22 3 2 3 2 2 3 2

= + + pi

Calculando la longitud del alambre

r'2 2

0 0

L (t) dt 2dt 4pi pi

= = = pi Calculando la masa del alambre

r2

2 2 22 2 64 4 34( (t)) cos(t) sen(t) sen (t) 2 cos (t) sen(t)cos(t) sen (t)18 3 92 3 2

= + + = + +

r r'

2 22 2

0 0

2 2

00

4 34m ( (t)) (t) dt 2 2cos (t) sen(t)cos(t) sen (t) dt

3 9

26 8 8 26 8 8 1042 cos(2t) sen(2t) dt 2 cos(2t) sen(2t)

9 9 3 9 9 3 9

pi pi

pi pi

= = + +

= + = + = pi

PROBLEMA 22. Un alambre homogneo tiene la forma del tringulo de vrtices A(0,0), B(2,4) y C(4,0). Demuestre que 16y 3I m= siendo m su masa.

PROBLEMA 23. Sea C la curva interseccin de la esfera 2 2 2x y z 4+ + = y el plano 2x y 2z 0+ + = . Considere

un alambre que tiene la forma de la curva C y cuya densidad viene dada por 2 2(x,y,z) x y = + . Calcule la longitud y la masa del alambre.

INTEGRAL DE LINEA

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