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)

[«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)

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.

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.

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

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)

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

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

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

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 ;

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

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:

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

••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

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 :

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

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.

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).

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)

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

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)

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

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

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

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

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).

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

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

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<i y « i ( t ) = ( - 1 , 1 ) •

Una parame tr í zación de c T es a2(t)-(0,1) +t( (-1,0)-(0,1) )-(-t,l-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.

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

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)

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)

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

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

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

|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

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-»)«

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,

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

* <p (r, 0) = (1+rCOS©, 5+ZSenQ) 0<eí2n, 0<r<2 pues x-l = rCos0 y y-5=rSen0. Ejemplo ¿> 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.

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

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:

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:

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.

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

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

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

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.

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:

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

1 9 5 ,

Supongamos que f es un gradiente, es decir: j+J&k, su matriz Jacobiana es: 5x dy dz

dx1 c?» dydx

cf<p dzdx

JLf- a2? a»3K dy2 dzby

o2 y dxBz dydz a*2

Íluego di dx2 dy2 di2

ft la expresión se llama el Laplaciano de m y se a*2 ay2 a®2 v

epresenta por el símbolo V 2^ » decir £>i 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