Integrales Curvilíneas.

Transcripción

1 CAPÍTULO 8 Integrales Curvilíneas. Este capítulo abre la segunda parte de la materia : el cálculo integral vectorial. Las integrales de línea de campos escalares y vectoriales tienen aplicaciones a la física y a la ingeniería importantísimas, por ejemplo, el trabajo de una fuerza, el centro de masa de una curva con cierta densidad, la masa de una curva, etc.

2 SECCIÓN 1 Integrales de Línea de Campos Escalares. En esta sección repasamos el concepto de integral de línea de campo escalar a lo largo de una curva y vemos en detalle como parametrizar dicha curva. En general los cálculos de las integrales son sencillos y puede utilizarse una tabla en la evaluación final de las mismas. Lo que practicaremos es la parametrización de la integral de línea en detalle y sus interpretaciones. Éste es el tema fundamental de la sección. CONTENIDOS 1. Longitud de arco de una curva 2. Integral de línea de campo escalar 3. Masa de un alambre. Densidad media. 4. Centro de masa de un alambre 184

3 Problemas. σ (t) = ( sen(t), cos(t),) ( sen(t), cos(t),) = 1 (1) Calcular la longitud de las siguientes curvas luego (a) parametrizada por σ(t) = (cos(t), sen(t),4), t [,2π]. Reparametrizarla en sentido contrario y verificar que la longitud es la misma. (b) Hélice de ecuación paramétrica 2π L(C) = dl = 1 dt = 2π. C Galería 8.1. Gráfica de las curvas del ejercicio σ(t) = (3 cos(t),3 sen(t),4t), t [,4π]. Solución. (a) La longitud de arco de nuestra curva C se calcula por la fórmula b L(C) = dl = σ (t) dt. C a En nuestro caso resulta La circunferencia en el espacio del ítem (a). A continuación la hélice del ítem (b). 185

4 que es la longitud de una circunferencia de radio 1. es Finalmente la longitud de la nueva circunferencia Para reparametrizarla en sentido opuesto hay varias maneras de proceder, pero la que daremos sirve para cualquier curva. No sólo para una circunferencia. b 2π L(C) = dl = γ (t) dt = 1 dt = 2π C a como queríamos verificar. Hagamos el cambio de variable (b) Nuevamente la longitud se calcula por la fórmula u = 2π t, t [,2π]. Observamos que al variar t desde hasta 2π, u varía desde 2π hasta. Entonces b L(C) = dl = σ (t) dt. C a γ(t) = (cos(2π t), sen(2π t), 4), t [,2π] Como recorre nuestra circunferencia en sentido contrario. σ(t) = (3 cos(t),3 sen(t), 4t), t [,4π] tenemos 186

5 y por lo tanto σ (t) = ( 3 sen(t),3 cos(t), 4) Lo primero que debemos hacer es parametrizar la curva C. Esto es muy fácil ya que es la parte superior de la circunferencia indicada. Sabemos que podemos parametrizarla así σ (t) = 9 (sen 2 (t) + cos 2 (t)) + 16 = 5. c(t) = (2 cos(t),2 sent(t)), t (,π). Entonces la longitud de la curva resulta Ahora bien, por definición 4π 4π L(C) = dl = σ (t) dt = 5 dt = 2π. C C f dl = π f(c(t)). c (t) dt (2) Calcular C f dl siendo que en nuestro caso resulta f(x, y) = 1 x 2 + y 2, C : x2 + y 2 = 4, y >. π 1 4 cos 2 (t) + 4 sen 2 (t). ( 2 sen(t), 2 cos(t) dt = Interpretar geométricamente el resultado. Solución. π dt = π

6 La interpretación geométrica de este resultado es el área que se forma al unir todos los segmentos que se forman al elevar en el eje z cada punto de la semicircunferencia hasta su imagen. Galería 8.2. Interpretación geométrica de la integral de línea de campo escalar (3) Hallar la masa de un alambre que es intersección de z = x 2 + y 2 y en el primer z = 2x octante, entre (2,,4) y (1,1,2) si su densidad lineal de masa es δ(x, y, z) = (x 1)y. Solución. Lo primero que debemos hallar es una parametrización de la curva. Esto es fácil porque la segunda ecuación define al parámetro. Por ejemplo c(t) = (t, 2t t 2,2t), t [1,2] Observemos que c(1) = (1,1,2) y c(2) = (2,,4) pero la integral de línea de campo escalar no cambia según el sentido así que no hay inconveniente. Ahora, por definición tenemos El área verde es igual a π f dl =. C 2 C δ dl = 2 1 δ(c(t)). c (t) dt = 188

7 2 1 (t 1) 2t t 2. (1, 1 t 2t t 2,2) dt = 2 1 (t 1) 1 + 8t 4t 2 dt = 53/ Se puede ver una solución on-line clickeando aquí. 189

8 SECCIÓN 2 Integrales de Línea de Campos Vectoriales. En esta sección fundamental aprendemos a calcular integrales de línea de campo vectorial y continuamos las aplicaciones de este tipo de integrales a la física. CONTENIDOS 1. Integral de línea de campo vectorial. 2. Trabajo de una fuerza a la largo de una curva. 3. Campos conservativos. 19

9 Problemas. Ahora, por definición de integral de línea de campo (1) Calcular C + y f(x, y) = (2x, y). f dl siendo C : x + y = 1 1 (2x, y) dl = c (2(1 t), t) ( 1,1) dt = Solución. Este sencillo ejercicio nos permite repasar la definición de integral de línea de un campo vectorial. Lo primero que haremos es parametrizar cada arista del cuadrado para luego integrar allí. Finalmente sumaremos las integrales sobre las cuatro aristas. Galería 8.3. Curva de integración con su orientación. La arista del primer cuadrante se puede parametrizar, pensando que la ordenada es el parámetro así c(t) = (1 t, t), t [,1]. Para calcular una integral de línea de campo vectorial es preciso indicar la orientación de la curva. 191

10 1 t 2 dt = 3 2. Pasando al segundo cuadrante podemos repasar como se parametriza cualquier segmento AB. El segmento que va desde A hasta B se puede parametrizar 1 t + 1 dt = 3 2. Dejamos como un simple ejercicio parametrizar las dos aristas restantes y el cálculo de las correspondientes integrales de línea, para obtener el resultado final c(t) = A + t. (B A), t [,1]. En nuestro caso A = (,1) y B = ( 1,), por lo tanto C + f dl = c(t) = (,1) + t. ( 1, 1) = ( t,1 t), t [,1]. Entonces (2) Analizar si los siguientes campos admiten función potencial y en caso afirmativo hallarla. (a) F(x, y) = (2x + y 2 sen(2x),2y sen 2 (x)) (b) F(x, y, z) = (xy, x + zy, yz) 1 (2x, y) dl = c (2( t), (1 t)) ( 1, 1) dt = Solución. 192

11 Debemos verificar si la matriz Jacobiana D( f ) es continua y simétrica. Obviamente la diagonal de la misma no hace falta calcularla. Sólo hay que verificar que Por lo tanto Q x (x, y) = P y (x, y) Q x = P y. donde P(x, y) = 2x + y 2 sen(2x), Q(x, y) = 2y sen 2 (x). en todo R 2. Luego el campo admite función potencial en todo R 2, dominio que es simplemente conexo. Calculando tenemos Finalmente para hallar efectivamente la función potencial debemos hallar una función φ : R 2 R : Q x = 2y.2sen(x)cos(x) P y = 2y. sen(2x), φ(x, y) = F(x, y). pero que aparentemente no sean iguales no significa que realmente lo sean. Debemos observar si alguna identidad no transforma una en la otra. Recordamos que sen(2x) = 2 sen(x) cos(x). En componentes esta igualdad se transforma en el sistema φ x (x, y) = 2x + y2 sen(2x) { φ y (x, y) = 2y. sen2 (x) 193

12 Integrando la primera ecuación obtenemos α(y) = y2 2. φ(x, y) = x 2 y 2 cos(2x) 2 + α(y). Esto nos permite decir que una función potencial del campo F es Sustituyendo en la segunda tenemos φ(x, y) = x 2 y 2 cos(2x) 2 + y2 2. φ y (x, y) = y cos(2x) + α (y) = 2y sen 2 (x). Todos los demás potenciales difieren de éste hallado en una constante. de lo cual, recordando que obtenemos cos(2x) = cos 2 (x) sen 2 (x) (b) El campo del ejercicio es α (y) = y F(x, y, z) = (xy, x + zy, yz) = (P(x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z)). y por lo tanto, una posible función α es Debemos averiguar si la matriz Jacobiana es continua y simétrica en R 2. Recordamos que la matriz Jacobiana de F es 194

13 P x P y P z Solución. D( f ) = Q x Q y Q z R x R y R z (x, y, z). (a) Para ver que admite función potencial debemos ver si, para z > la matriz P x P y P z Calculando vemos inmediatamente que D( f ) = Q x Q y Q z R x R y R z P y (x, y, z) = x Q x (x, y, z) = 1 es continua y simétrica. Dejamos como un repaso de cálculo de derivadas parciales que esto es así. entonces el campo F no admite función potencial. (b) Debemos hallar una función φ : D = R 3 z> R : (3) Sea F(x, y, z) = ( 4x z, 2y z, 2x2 + y 2 z 2 ), z. (a) Mostrar que F admite función potencial para z >. (b) Describir las superficies equipotenciales de F. (c) Calcular la circulación de F a lo largo de la curva C descripta por φ x = 4x z φ y = 2y z φ z = 2x2 + y 2 z 2 x = 1 + ln(1 + sen(t) ), y = e t(π t), z = 1 + t/π, t [,π]. Integrando la tercera encontramos que 195

14 φ(x, y, z) = 2x2 + y 2 z + α(x, y) Observamos que debe ser k, pues z >. Por ejemplo y luego, sustituyendo en las dos primeras hallamos que N 1 (φ) = {(x, y, z) D : φ(x, y, z) = 1} α x (x, y) = α y (x, y) =. implica Por lo tanto el potencial de F es salvo una constante φ(x, y, z) = 2x2 + y 2 z = 1 z = 2x 2 + y 2. φ(x, y, z) = 2x2 + y 2. z es decir la superficie equipotencial es un paraboloide y lo mismo ocurre con cualquier valor de k R +. Para hallar las superficies equipotenciales tenemos que hallar el conjunto Para k = tenemos sólo una línea equipotencial pues N k (φ) = {(x, y, z) D : φ(x, y, z) = k}. φ(x, y, z) = 2x2 + y 2 z = 2x 2 + y 2 = (x, y) = (,) 196

15 Luego Galería 8.4. Superficies equipotenciales. N (φ) = {(x, y, z) : (x, y, z) = (,,t) : t > }. (c) Esta es la parte más interesante del ejercicio. Nos piden calcular C F dl. Como el campo es conservativo esta integral sólo depende de los puntos inicial y final del recorrido. Luego podemos escribir (1,1,2) (1,1,2) F dl = F dl = φ dl = C (1,1,1) (1,1,1) φ(1,1,2) φ(1,1,1) = = 3 2. Si A es cualquier punto de la superficie equipotencial azul ( φ = 3 ) y B es cualquier punto de la superficie equipotencial verde ( φ = 5 ) entonces B A F dl = φ(b) φ(a) = 2. Nota : Esto nos dice aún más : el trabajo de la fuerza F a lo largo de la curva C o matemáticamente C F dl vale lo mismo a través de cualquier curva que una los puntos inicial y final y es el mismo valor a lo largo de 197

16 cualquier curva que una dos puntos de las mismas superficies equipotenciales. Se puede ver una solución on-line clickeando aquí. Pero la integral que se nos pide es bastante difícil cuando la intentamos calcular por la presencia de los sumandos que contiene e x multiplicada por alguna función triginométrica. Pero esos sumandos por separado si satisfacen la condición Q x = P y. Tratemos de aprovechar este hecho como sigue. (4) Evaluar C (e x sen(y) + 3y) dx + (e x cos(y) + 2x 2y) dy C (e x sen(y) + 3y) dx + (e x cos(y) + 2x 2y) dy= siendo C : 4x 2 + y 2 = 4. Indicar el sentido elegido. C e x sen(y) dx + e x cos(y) dy + C 3y dx + (2x 2y) dy. Solución. Comencemos por verificar si Q x = P y. La primera integral se anula por lo explicado en el párrafo precedente. Luego sólo debemos calcular la segunda. Q x = e x cos(y) + 2 e x cos(y) + 3 = P y. Nuestra elipse se puede re-escribir en la forma Luego nuestro campo no es conservativo y no podemos garantizar que la circulación a lo largo de una curva cerrada sea. Debemos calcular efectivamente la integral para saber su valor. C : x 2 + y2 4 = 1 198

17 y por lo tanto parametrizarla asi D(F(x, y)) = ( 6x 1 1 ). 2π x(t) = cos(t), y(t) = 2 sen(t), t [,2π]. Entonces, orientando la elipse positivamente C + 3y dx + (2x 2y) dy = 3. 2 sen(t). ( sen(t)) + [2 cos(t) 2. 2 sen(t)].2 cos(t) dt = 2π 6 sen 2 (t) + 4 cos 2 (t) 8 sen(t) cos(t) dt = Sabiendo que la gráfica de su función potencial pasa por (1,2,1) y que su plano tangente en dicho punto tiene ecuación x y + z =, comprobar que la circulación de F a lo largo de cualquier curva que una un punto A en el eje y con un punto B en la parábola y = x 2 es. Solución. De la información de la matriz Jacobiana obtenemos igualando componente a componente P x = 6x, P y = 1, Q x = 1, Q y =. 6π + 4π = 2π. Considerando la primera tenemos (5) Sea F(x, y) = (P(x, y), Q(x, y)) u n c a m p o d e gradientes con matriz Jacobiana P(x, y) = 3x 2 + α(y), 199

18 de lo cual, sustituyendo en la segunda Q(x, y) = x + J. P y = α (y) = 1 α(y) = y + K. Luego Supongamos que la función potencial es φ(x, y). Como la gráfica de la función potencial pasa por (1,2,1) tenemos P(x, y) = 3x 2 + y + K. φ(1,2) = 1. Análogamente usando la tercera obtenemos Además, por ser φ(x, y) potencial de F sabemos que Q(x, y) = x + β(y), φ x (x, y) = 3x 2 + y + K y φ y (x, y) = x + J. de lo cual sustituyendo en la cuarta Pero de la ecuación del plano tangente a φ(x, y) en (1,2,1) tenemos Q y = β (y) = β(y) = J. z = x + y Luego 2

19 lo cual nos dice que φ(x, y) = x 3 + xy. φ x (1,2) = 1 y φ y (1,2) = 1. Por lo tanto tenemos K =, J =. Con estos valores nulos de K y J tenemos Finalmente podemos calcular la circulación. Como A es un punto del eje y tenemos A = (,y ). Como B es un punto de la parábola tenemos B = (x, x 2 ). Y como el campo es de gradientes podemos escribir que para cualquier curva que una A con B tenemos φ x (x, y) = 3x 2 + y φ y (x, y) = x C F dl = (x,x 2 ) (,y ) φ dl = φ(x, x 2 ) φ(,y ) = y entonces vemos a ojo (si no háganse las cuentas) x 3 + x3 =, φ(x, y) = x 3 + xy + L como queríamos comprobar. que como φ(1,2) = 1 resulta L =. Es decir la función potencial del campo F es 21