APUNTES DE CLASES
C A L C U L O
I I
Ingenier Ingeni er´´ıa Forestal oresta l e Ingenier Ingeni er´´ıa en Industrias Industri as de la Madera
Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas Instituto de Matem´ atica ati ca y F´ısica ısi ca
c 2004 Universidad de Talca 1
Introducci´ on on Estos apuntes representan un esfuerzo por entregar a los alumnos los contenidos del curso sin necesidad necesidad de textos textos gen´ gen´ericos, ericos, de esos grandes grandes volumene volumeness de ”C´alculo alculo con Geometr´ıa ıa Anal´ Anal´ıtica”. Todos odo s esos libros, libros , contienen contiene n mucho m´as as que lo que estos apuntes pretenden. Sin duda pueden resultar ser buenos aliados de los estudiantes, pero no siempre representan el ritmo o intensidad de la asignatura. Este no es un libro, como su nombre lo indica es un apunte de clases, que intenta presentar la materia en el orden, profundidad y ritmo que se ha establecido en los semestres que me ha tocado dictar esta asignatura, desde el a˜no no 1999. Cada semestre es una experiencia diferente, pero a pesar de esta diversidad, lo tratado intenta darle a los alumnos los elementos b´asicos de la integraci´on on en varias variables, los elementos iniciales del c´alculo vectorial y apenas una pincelada de ecuaciones ecuaciones diferencial diferenciales es de primer primer orden. orden. Esperamos Esperamos en versiones versiones futuras futuras entregar tambi´en en algunos alguno s elementos de ecuaciones ecuacion es homog´eneas eneas de orden superior. sup erior. Si hay algo importante ausente en estos apuntes, esto es la falta de aplicaciones propias de las ciencias forestales. Este trabajo pendiente demandar´a de los autores una mayor conexi´on on con los especialistas del ´area, area, de modo mo do de complementar la teor´ teor´ıa con las necesidades m´as as concretas de la profesi´on. on. Estimados alumnos, estos apuntes se ponen a su disposici´on on para ser usados, rayados y compartidos. La clase ser´a m´as as f´acil acil de seguir con estos apuntes a su lado. Dado que estos apuntes no pretenden ser definitivos, esperamos enriquecerlos con sus comentarios y cr´ cr´ıticas. En los Cap Cap´´ıtulos III, IV y V encontrar´ an ejercicios que han sido usados en diversas pruebas an a los largo de los a˜nos. nos . Tambi´en, en, en el e l ultimo u ´ltimo cap´ cap´ıtulo hemos procurado incorporar pruebas resueltas, para permitirles aprender a partir de la lectura y reflexi´on de la soluciones. Por ultimo, u ´ltimo, la matem´atica atica es una ciencia que no se puede apropiar sin una pr´actica extensiva extensiva e intensiva. Si hay algo que he aprendido en todos estos a˜nos nos de ense˜ nanza es que los alumnos nanza deben tener la mente abierta, una actitud de claro riesgo, sin temor a errar (lo que se dar´ dar´ıa en llamar un emprendedor). En el desarrollo de los ejercicios ejercicios se suelen cometer cometer errores. errores. Al comenzar a resolver un problema muchas veces no se sabe qu´ e herramientas usar, no se sabe si se tendr´a ´exito; exito; es este miedo a fallar, tal vez, la m´as as grande barrera que se debe vencer.
2
´Indice General 1 Integrales Dobles
6
1.1 Intr Introdu oducc cci´ i´ on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
1.2 Inte Integr grac aci´ i´ on on sobre rect´angulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
1.3 Integrales Iteradas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10
1.4 Region Regiones es de Integ Integrac raci´ i´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13
1.5 Inte Integra grales les doble dobless sobre sobre region regiones es de tipo tipo I , I I y I I I . . . . . . . . . . . . . .
19
1.6 1.6 Dife Difere renc ncia ia entr entree la inte integr gral al dobl doblee y la inte integr gral al iter iterad adaa . . . . . . . . . . . . .
22
2 Integrales Dobles en Coordenadas Polares
29
2.1 Co ordenadas Polares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
29
2.2 2.2 Rela Relaci ci´´on o n entr entree coor coorde dena nada dass pol polar ares es y coo coord rden enad adas as cart cartes esia iana nass . . . . . . . .
31
2.3 Ecuaciones Polares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
34
2.4 Gra´ficos Polares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
38
2.5 2.5 Integra grales dobles en coor oordenadas pol polares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
44
2.6 Ejem Ejempl plos os de c´ alculos de volumen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
50
2.7 Aplicaciones de la integral doble . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
55
2.7. 2.7.11
Cen Centro tro de masa masa de de una una l´ l´amina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
55
2.7.2
Area de una Superficie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
60
2.8 2.8 Ap Ap´´endi e ndice ce:: Algu Alguna nass Cu Curv rvas as Famos amosas as y sus sus ecua ecuaci cion ones es . . . . . . . . . . . . .
63
3
2.9 Ap´ endice: endice: Las superficies cuadr´aticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3 Integrales triples
66
69
3.1 Integrales Triples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
69
3.2 Aplica Aplicacio ciones nes b´ asicas: centro de masa de un s´olido . . . . . . . . . . . . . . . asicas:
78
3.3 3.3 Inte Integr gral ales es en coor coorde dena nada dass cil cil´´ındr ındric icas as y Esf Esf´eric e ricas as . . . . . . . . . . . . . . . .
81
3.4 Ejerci Ejercicio cioss de de int integr egraci aci´´on on m´ ultip ltiple le (Cap (Cap´´ıtul ıtulos os I, II y III) III) . . . . . . . . . . . .
97
4 Calculo Vectorial
102
4.1 Curvas Param´etricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102 4.2 Reparametrizaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116 4.2.1 4.2.1
Usando Usando una repara reparamet metriz rizaci aci´on o´n para cambiar el intervalo de definici´on on de una curva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118
4.3 4.3 Campos pos Vectoriales bidimensionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122 4.4 Integrales de L´ınea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125 4.5 Campo poss vectoriales conservativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131 4.6 Teorema de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137 4.6.1
Calculo a´lculo de ´are a reas usan usando do el Teor eorema ema de Gree reen . . . . . . . . . . . . . 142 142
4.7 Ejer Ejerci cici cios os de C´alc a lculo ulo Vec Vecto torrial ial (C (Cap´ ap´ıtu ıtulo IV) IV) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143 143
5 Ecuaciones Diferenciales Ordinarias
148
5.1 5.1 Ecuaciones Diferenciales de Primer Orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148 5.2 Curvas iso clinas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154 5.3 5.3 Ecuaciones diferenciales separables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157 5.4 Ecuaciones Homog´eneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160 5.5 Ecuaciones Exactas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166 5.6 5.6 Ecua Ecuaci ci´o´n Lineal de Primer Orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169 4
5.7 5.7 Ecua Ecuaci ci´o´n de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172 5.8 Ejerci Ejercicio cioss de Ecuaci Ecuacione oness dife diferen rencia ciales les de prim primer er orde orden n (Cap (Cap´´ıtulo ıtulo V) V) . . . . . 174
6 Solu Soluci ci´ o ´n de Pruebas anteriores
177
5
Cap´ıtulo 1 Integrales Dobles 1.1 1.1
Inttroduc In roduccci´ on on
El concepto de integraci´on on extendido a funciones de 2 o m´as as variables se denomina Integraci´ on on M´ ultiple ultiple y se define esencialmente de la misma manera que la integral de Riemman para funciones de una variable. De todos modos, lo que expondremos aqu´ aqu´ı ser´a un subcon junto muy espec´ıfico ıfico de la teor´ teor´ıa general de las integraci´on o n m´ ultiple. ultiple. De hecho s´olo olo consideraremos integrales dobles y lo b´asico asico de integraci´on on triple. No veremos, veremos, en estos apuntes, apuntes, la teor´ teor´ıa de integraci´on on para funciones de m´as as de tres variables. variables. Otra de las restriccione restriccioness de nuestra selecci´on on es que las regiones del plano sobre las que definiremos la integraci´on doble ser´an an de un tipo muy particular. En fin, lo expuesto en estos apuntes es una selecci´on particular de t´opicos opicos de integraci´on on m´ ultiple. ultiple. Pretende Pretendemos mos con esto darle los element elementos os m´as as b´asicos asicos y una experiencia suficiente para resolver problemas de integraci´on m´ ultiple. ultiple. Se supone sup one que el lector sabe integrar en una variable y tiene conocimientos cono cimientos sobre los m´etodos etodos de integraci´on on en una variable; como por ejemplo, sustituci´on, on, por partes, fracciones parciales y sustituci´on on trigon tri gonom´ om´etrica. etri ca. El primer desaf´ desaf´ıo del lector ser´a capacitarse en integracion en una variable. Al igual que en todo lo que han aprendido de matem´ aticas, el conocimiento y las competencias se construyen aticas, acumulativ acumulativamen amente. te. Por lo que no es posible p osible incursionar incursionar en integraci´ integraci´on o n m´ ultiple ultiple sin cierta solidez en integraci´on on de una variable. Los siguientes son algunos ejemplos de integrales de una variable que recomendamos resolver, con el objeto de retomar la capacidad de integraci´on. Esto es absolutamente absolutamente esencial esencial para alcanzar los objetivos de este curso. 6
7
C´ alculo II, J. P. Prieto y M. Vargas alculo
• Integraci´on on mediante el m´etodo etodo de Sustituci S ustituci´´on: on:
2
xex dx
x+2 dx 4x x2 + 4x
√
5 cos( cos(77x) dx
• Integraci´on on mediante el m´etodo etodo por Partes:
x2 dx e3x
ln(4x) dx x ln(4x
on mediante el m´etodo etodo Fracciones raccione s Parciales: Parc iales: • Integraci´on 1 x−2 dx dx a −x x − 4x + 6
2
2
x sin x dx
2
x+3 dx (x + 2)3
• Integraci´on on mediante el m´etodo etodo Sustituci´ Sustitu ci´on on Trigono Trigo nom´ m´etrica etr ica::
3
sin x dx
2
sin cos x dx
cos3 x sin4 x dx
Este cap´ cap´ıtulo contiene los rudimentos para entender lo siguiente:
• Integrales parciales • Integral doble sobre un rect´angulo angulo (definici´on) on) • Relaci´on on entre la integral iterada y la integral doble sobre un rect´angulo • Regiones de integraci´on on • Integral doble sobre una regi´on on general (definici´on) on) • Relaci´on on entre la integral iterada y la integral doble sobre una regi´on general Asimismo, Asimis mo, el cap´ıtulo ıtulo contiene contien e una serie de ejercicios ejer cicios resueltos res ueltos (con (co n mucha heterogeneidad heterogenei dad en el nivel de desarrollo). Se recomienda a los estudiantes que usen el archivo con los ejercicios de pruebas anteriores como base para ejercitarse e incluyan las pruebas resueltas (todo esto se encuentra en el mismo sitio web del curso).
8
Integrales Dobles
1.2 1.2
Inttegra In egraci ci´ on o ´n sobr sobre e rect´ rect´ an gulo angu loss
Sea f ( on de dos variables definida sobre un rect´angulo angulo en el plano. f (x, y) una funci´on
donde R es el dominio de la funci´on on f Sabemos que el gr´afico afico z = f ( f (x, y) es una superficie en el espacio tridimensional. Por ejemplo:
Ahora dividamos el rect´angulo angulo R en peque˜nos nos rect´angulos angulos
De acuerdo a estas figuras respondamos la pregunta 1. ¿Cu´al al es el volumen de un u n paralelep´ pa ralelep´ıpedo? ıpedo ?
9
C´ alculo II, J. P. Prieto y M. Vargas alculo
Respuesta: Respuesta: Con respecto respecto a la columna de la base rect´ rect´angular angular tenemos, el volumen es: el ´area area de la base por la altura A los rect´angulos angulos que forman R los llamaremos Ri . Sea (x (xi , yi )un punto en el interior de este rect´angulo angulo Ri . El producto f ( f (xi , yi ) Area de Ri ,
·
corresponde al volumen de paralelepipedo de base Ri y altura f ( f (xi , yi ).
Definici´ on: on: Considere Consideremos mos la suma n
(f ( f (xi , yi ) Area de Ri )
·
i=1
n
Si lim n
→∞ i=1
(f ( f (xi , yi ) Area de Ri ) existe , entonces decimos que f es integrable, y este l´imite
·
se llamar´a la integral doble de f sobre el rect´angulo angulo R, la cual se denota por:
f (x, y)dA
R
Algunas Propiedades
1.
[f ( f (x, y) + g(x, y )] dA =
R
R
f ( f (x, y) dA +
g(x, y) dA
R
2. Si el rect´angulo angulo R se subdivide en dos rect´angulos angulos R1 y R2
10
Integrales Dobles
Entonces
f ( f (x, y) dA =
R
3. Si f ( f (x, y)
f ( f (x, y ) dA +
R1
f ( f (x, y ) dA
R2
≥ 0, entonces
volumen bajo la superficie f ( f (x, y) dA = volumen
R
angulo R z = f ( f (x, y) y sobre el rect´angulo
1.3 1.3
Inte In tegra grale less Iter Iterada adass
Integrales Parciales Podemos definir la integral de una funci´on on de dos variables del siguiente modo: b
f ( f (x, y) dx
a
para este caso se considera y como constante y se integra con respecto a x. Ejemplo: 2
2
2xy dx = y
1
2
2
2x dx = y(x ) = 3y
1
b
1
on de y f ( f (x, y ) dx es siempre una funci´on
a
Del mismo modo se define:
d
f ( f (x, y) dy
c
manteniendo x como constante e integrando con respecto a y. Ejemplo: 3
0
Veamos algunos ejemplos:
3
2xy dy = x
0
3
2
2y dy = x(y ) = 9x 0
11
C´ alculo II, J. P. Prieto y M. Vargas alculo
1 1 1 2 y3 2 2 2 2 2 (x + y ) dy = + = x2 + x2 + + = 2x2 + x dy + y dy = x (y) 3 3 3 −1 −1 −1 −1 3 −1 1
1.
2.
1
1
1
y
(e + 1) dx =
0
2
3.
x cos y dy = x
1 y
0
0
π 2
cos y dy = x( sin y)
x dx = cos y
1
(y
0
2
− 9xy ) dy =
=
sin
x
0
x cos y dx = cos y
2
1
y
− 0) + (1 − 0) = e
+1
− − · −− − − − − − 2
1
dx = (x) e + x = (ey
0
2
5.
e dx +
0
y
2
0
4.
1
π
0
π
1
1
2
2
x2 2
2
9y x dy =
y dy
0
0
2
= cos y
1
y2 2
2 0
π 2
4
( sin0) =
1
2
y3 9x 3
=
x
3 cos y 2
2
=2
24x 24x
0
Ahora podemos definir b
d
a
f ( f (x, y) dy
c
dx
d
dado que
on de x, podemos calcular la integral de esta funci´on on con f ( f (x, y) dy es una funci´on
c
respecto a x, del mismo modo podemos definir
d
b
c
a
f ( f (x, y) dx
dy
integrando primero f ( f (x, y) con respecto a x, y el resultado (que es una funci´on de y) lo integramos con respecto a y .
Ejemplos:
12
Integrales Dobles
1. 2
1
1
2xy dx dy =
0
2
2y
1
2
=
1
x2 2
dy
0
1 2y dy 2
1
2
=
y dy
1 2 2
y 2 4 = 2 1 3 2xy dx dy = 2 0 =
2
1
1
− 12
2. 1
3
−1
2
2
(x + y )dx dy =
0
1
−1
3 3
x 3
1
=
3
2
+y x
0
dy
0
9 + 3y 3y 2 dy
−1
1
1
3y3 = 9y + 3 −1 −1 = (9 + 9) 9) + (1 (1 + 1) 1
3
−1
2
2
(x + y )dx dy = 20
0
3. 2
1
1
(4
0
− x − y)dx
2
dy =
4x
1
2
=
1
= = 2
1
1
0
(4
− x − y)dx
1
x2 2
− − − − − − −
dy = 2
7y 2 14 2
7 2
y
y2 2 4 2
xy
dy
0
dy
2 1
7 2
1 2
13
C´ alculo II, J. P. Prieto y M. Vargas alculo
Teorema Sea f ( on integrab integrable le sobre el rectangulo rectangulo R de la figura. Entonces: f (x, y) una funci´on
b
f ( f (x, y) dA =
R
1.4 1.4
d
a
f ( f (x, y) dydx
c
Regi Region ones es de In Inte tegr grac aci´ i´ on on
Limitaremo Limitaremoss las integral integrales es dobles s´olo olo a las regiones descritas aqu´i:
Regiones de tipo I : una regi´on on de tipo I es de la siguiente forma; es decir, se puede escribir mediante las siguientes desigualdades.
R=
(x, y )
a x g1 (x) y
≤ ≤b ≤ ≤ g (x) 2
En otras palabras es una regi´on on acotada por arriba por el gr´afico afico de la funci´on on g2 (x) y por abajo por el grafico de la funci´on on g1 (x); a la izquierda por la recta x = a y a la derecha por la recta x = b.
14
Integrales Dobles
Usualmente decimos que g2 (x) es el techo de la regi´on on y que g1 (x) es el piso.
Ejemplos: Para cada regi´on on ilustrada, determine si es una regi´on on de tipo I y establezca el techo, el piso y los lados (expr´ eselo eselo como desigualdades). a)
S´ı, es de tipo I , 0
≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ x
b)
S´ı, es de tipo I ya que: c)
2
2
−1 ≤ x ≤ 1 , −x − 4 ≤ y ≤ x
+4
15
C´ alculo II, J. P. Prieto y M. Vargas alculo
S´ı, es de tipo I ya que:
−2 ≤ x ≤ 2 , −√−x − 4 ≤ y ≤ √−x 2
2
+4
d)
No
Regiones de tipo I I Una regi´on on del plano se denomina regi´on on de tipo I I , si tiene la siguiente forma:
R=
Ejemplos
1. Figura 1
(x, y)
h1 (y) c
≤ x ≤ h (y) ≤y≤d 2
16
Integrales Dobles
2. Figura 2
3. Figura 3
4. Figura 4
Soluci´ on on de los ejemplos
17
C´ alculo II, J. P. Prieto y M. Vargas alculo
1. 1 y 2; x varia entre las 2 diagonales que llamamos h1 (y) y h2 (y). Podemos Podemos calcular calcular estas funciones: (1, (1 , 1);(2, 1);(2, 2); 2); (3, (3, 1); 1); (4, (4, 2).
≤ ≤
Pendiemtes m1 =
2 2
−1 =1 −1
m2 =
2 4
−1 =1 −3
Entonces y
− 1 = (x − 1) ⇒ y − 1 = x − 1
y
− 1 = (x − 3) ⇒ y − 1 = x − 3
despejando x: tenemos x=y x = y+2 por lo tanto R= 2. x2 + y2 = 9
3
(x, y)
≤ x ≤ y+2 1≤y≤2
y
≤y≤3
despejando x: tenemos
x2 = 9
2
−y x =± 9−y
por lo tanto R= 3.
0
2
− − 9
(x, y)
y2 x 3 y 3
≤ ≤ − ≤ ≤
− 9
≤y≤1
donde y = x2 : entonces
√y = x piso x = 1 techo
Por lo cual la regi´on on es: R=
ò (x, y )
sin embargo esta regi´on on es de tipo I ya que:
y 0
≤1 ≤ ≤1 x y
y2
18
Integrales Dobles
R=
(x, y)
2
0 x 1 x2 y 1
0 0
≤x≤1 ≤y≤x
4. Describir la regi´on on como tipo I y tipo I I Tipo I : y = x2
√y = x R=
(x, y)
≤ ≤ ≤ ≤
Tipo I I : x=
√y piso
x = 1 techo
R=
(x, y )
0 0
≤ x ≤ √y ≤y≤1
Regiones de tipo I I I Finalmente una regi´on on es de tipo I I I cuando puede descomponerse en un numero finito de regiones de tipo I y tipo I I . Ejemplo:
19
C´ alculo II, J. P. Prieto y M. Vargas alculo
1.5 1.5
Inte In tegra grale less dobl dobles es sobr sobre e regi regione oness de tipo tipo I , I I y I I I
Definici´ on on 1. Sea R una regi´on on de tipo I , entonces:
b
f ( f (x, y) dA =
R
g2 (x)
a
f ( f (x, y) dydx
g1 (x)
donde : R=
a x b g1 (x) y g2 (x)
≤ ≤ ≤ ≤
(x, y )
2. Sea R una regi´on on de tipo I I , entonces:
d
f ( f (x, y) dA =
R
h2 (x)
c
f ( f (x, y) dxdy
h1 (x)
donde : R=
(x, y )
h1 (y) x h2 (y) c y d
≤ ≤ ≤ ≤
3. Si R es una regi´on on de tipo I I I , entonces la integral doble es la suma de las integrales dobles dobles sobre las subregiones subregiones..
R
f ( f (x, y ) dA =
A
f ( f (x, y ) dA +
B
f ( f (x, y) dA
20
Integrales Dobles
Observaci´on: o n: Si f ( f (x, y )
≥ 0 sobre la regi´on on R; entonces
on R f ( f (x, y) dA = volumen del solido bajo la superficie z = f ( f (x, y) y sobre la regi´on
R
Ejemplos: 1. (a) (a) ¿Cu ¿Cu´´al al es la regi´on on de integraci´on on impl´icita en esta integral iterada?. x2
2
1
(x + y) dydx
0
Soluci´ on: on: La regi´on on es de tipo I : 1
≤x≤2 0≤y≤x
2
(b) Calculemos Calculemos la integral integral x2
2
1
0
(x + y) dydx
21
C´ alculo II, J. P. Prieto y M. Vargas alculo
x2
2
1
2
(x + y) dydx =
0
1
2
=
1
= = = =
−
(x + y) dydx = 4, 2
2. Dada la siguiente integral:
√2
4 x2
0
x
−
2
x
−y
2
dydx
(a) Describa la regi´on on de integraci´on on y dibujela La regi´on on esta definida por:
(x, y)
y su gr´afica afica es:
(b) Calcule Calcule la integral integral
√2
4 x2
0
x2
−
x
2
− y dydx
dx 0
dx
2
0
x2
x4 x5 + 4 10 1 16 1 32 + 4 4 10 (4 0, 25) + (3, (3, 2 (7, (7, 2) + (0, (0, 35)
x2
2
1
y2 + xy 2 x4 3 x + 2
−
≤ ≤ √2 ≤ ≤4−x
0 x x2 y
2
1 10 0, 1)
− −
22
Integrales Dobles
√2
4 x2
−
x
x2
0
√2
2
− y dydx
=
xy
0
=
√2
x(4
0
=
√2
x2
0
1.6 1.6
2
4 x
−
x
2
− y dydx
=
−
√2
2x3
4x
2x2
4
x 2
dx
2
x
x2 )
0
=
4 x2
y3 3
− − − − − − −
(4
2 3
−x ) − 3
64 + 16x 16x2 3
64 16 x + x3 3 3
−
2 4x4 + x6 dx 3
−
− 45 x
−16, 16, 533
x(x2 )
(x2 )3 3
5
+
2 7 x 21
dx
√2 0
Dife Difere renc ncia ia entr entre e la inte integr gral al doble doble y la inte integr gral al iterada
Sea R una regi´on on de integraci´on on en el plano , la integral doble de una funci´on on f (x, y) sobre la regi´on on R; se define como:
n
f (x, y) dA = lim
R
Sabemos que si f ( f (x, y)
R
n
→∞ i=1
f ( f (x, y) ∆xi ∆yi
≥ 0 entonces:
on R f ( f (x, y) dA = volumen bajo la superficie z = f ( f (x, y) y sobre la regi´on
23
C´ alculo II, J. P. Prieto y M. Vargas alculo
En la pr´actica actica las integral integrales es dobles dobles se calculan calculan mediantes mediantes integrale integraless iteradas. iteradas. Esto depende del tipo de regi´on. on.
• Si R es del tipo I
b
f ( f (x, y) dA =
R
g2 (x)
a
f ( f (x, y) dydx
g1 (x)
• Si R es del tipo I I :
d
f ( f (x, y) dA =
R
h2 (x)
c
f ( f (x, y) dxdy
h1 (x)
Algunos ejemplos de profundizaci´ on on Describir Describir la regi´ on on de integraci´on on y calcular la integral iterada en los siguientes casos 1
1.
x+1
−1
(3x (3x + 2y 2y) dydx
x3
La regi´on on de integraci´on on es de tipo I
−1 ≤ x ≤ 1 x ≤ y ≤ x+1 3
24
Integrales Dobles
Ahora calculamos la integral iterada
1
x+1
−1
1
(3x (3x + 2y 2y) dydx =
x3
2y2 3xy + 2
−1 1
=
( x6
−1
= = 1
x+1
−1
2
2.
x3
x7 7
− 27 −
y
2
(4x (4x
334 105
− y) dxdy
La regi´on on de integraci´on on es de tipo I I 0 y2
dx
x3
3x4 + 4x 4x2 + 5x 5x + 1) dx
3x5 4x3 5x2 + + +x 5 3 2 6 8 + +2 5 3
2y
0
(3x (3x + 2y 2y) dydx =
x+1
− − − −
≤y≤2 ≤ x ≤ 2y
1
−1
25
C´ alculo II, J. P. Prieto y M. Vargas alculo
Ahora calculamos la integral iterada 2
2y
0
y
2
(4x (4x
2
− y) dxdy
=
4x2 2
− − 0
2
=
2y
− xy
dy
y2
( 2y 4 + y3 + 6y 6y2 ) dy
0
2
0
1
3.
y 1
0
−
−
2y
2y5 y4 6y3 = + + 5 4 3 64 16 48 = + + 5 4 3 36 y) dxdy = 5
(4x (4x
y2
−
2
0
(x2 + y2 ) dxdy
−y−1
La regi´on on de integraci´on on es de tipo I I 0
≤y≤1 −y − 1 ≤ x ≤ y − 1
Ahora calculamos la integral iterada 1
y 1
0
−
2
1
2
(x + y ) dxdy =
−y−1
0
1
=
0
=
1
0
8 3 2y y + 2y 3
2 4 y + y2 3
2 = +1 3 y −1 5 (x2 + y2 ) dxdy = 3 −y−1
x3 + xy2 3
1 0
y 1
−
−y−1
dy
dy
26
Integrales Dobles
Dadas las siguientes integrales: 2
2y
0
y2
4
4x
− y dxdy
2
0
√1−x
1
5 √y y cos x dxdy
0
0
1. Describa la regi´on on de integraci´on on y dibuje cada una de ellas: caso 1. La regi´on on esta definida por:
(x, y)
0 y 2 y2 x 2y
≤ ≤ ≤ ≤
y su gr´afica afica es:
caso 2. La regi´on on esta definida por:
ò (x, y)
y su gr´afica afica es:
caso 3. La regi´on on esta definida por:
0
≤4 y≤x≤2 y
2
−
1
y2 dydx
27
C´ alculo II, J. P. Prieto y M. Vargas alculo
(x, y)
0 0
≤ x ≤ √1 ≤ y ≤ 1−x
2
y su gr´afica afica es:
2. Cambie el orden de integraci´on on
√x
4
0
4x
x
x2
2
2
− y dydx
0
√ − 1 y2
1
5
y cos x dydx
0
−
0
1
0
3. Calcule las integrales
√x
4
caso 1.
x
0
4x
2
− y dydx
√x
4
x
0
4
4x
2
− y dydx
=
y 2
4xy
0
4
=
4x x
4
x 2
3/2
4x
0
=
√x
4
x
0
2
x2
2
caso 2.
0
0
4x
− y dydx
y cos x5 dydx
=
8x5/2 5
36 5
x2 4
dx
x 2
x 2
0
=
√x
2
− √ − − − − − − − 2
2x
x2 2x + 8 2
5x3 8
4 0
x2 8
dx
dx
y2 dxdy
28
Integrales Dobles
x2
2
0
y cos x5 dydx =
0
2
0
2
=
0
2
0
0
y cos x5 dydx = 0, 012917584
0
√ − √ − 1 y2
1
caso 3.
2
x
x2
y2 cos x5 dx 2 0 4 x cos x5 dx 2
−
y2 dxdy
1
0
1 y2
1
0
−
1
− √ − − − − 1 y2
y2
dxdy =
0
y2
x 1
0
0
1
y2
0
1
=
y2 )dy
(1
0
= 1
0
1 y
−
0
2
1
dy
1
=
√ −
−
1
y 2 dxdy =
y
2 3
y3 3
1 0
1
y2 dy
Cap´ıtulo 2 Integrales Dobles en Coordenadas Polares 2.1 2.1
Coord Coorden enad adas as Polar olares es
El plano cartesiano cartesiano es un plano geom´etrico etrico con un par de ejes perpend p erpendicula iculares res que permite describir cualquier punto geometrico por un par ordenado ´unico y viceversa. Las coordenadas polares corresponden a una manera alternativa de describir puntos geom´etricos etricos del plano. En lugar de usar un par de ejes perpendiculares p erpendiculares se selecciona un punto O (pivote) que llamamos polo y un rayo L que parte desde O y que llamamos eje polar .
El plano provisto de este polo y este eje polar se llama plano polar . ¿C´omo omo se describen describen los puntos en este plano? Coloquialmen Coloquialmente te podemos po demos describir describir esta representaci´on on polar imaginando una antena exensible que se pivotea en el polo y cuya punta es capaz capaz de alcanz alcanzar ar cualqu cualquier ier punto punto del plano. plano. En Enton tonces ces,, el pun punto to en cuesti cuesti´´on on se puede describir usando la longitud de la antena y el ´angulo angulo que esta antena forma con el eje polar (en el sentido sentido contrario contrario a las agujas del reloj). M´as as formalmente, sea P un punto en el plano, sea r la distancia entre P y el polo O. Sea θ el ´angulo angulo que forma el rayo OP y L. Entonces al punto P le asociamos el par ordenado (r, ( r, θ). r y θ se denominan las coordenadas polares del punto P 29
30
Integrales Dobles en Coordenadas Polares
Dibuje Dibujemos mos alguno algunoss pun puntos tos en coorden coordenadas adas polares. polares. Pa Para ra lograr lograr esto necesi necesitam tamos os de un cuaderno polar , es decir un cuaderno que tenga un cuadriculado polar, el cual nos permitir´a ubicar en el plano los puntos conociendo la longitud de la antena y el ´angulo que forma con el eje polar. p olar. En los ejemplos que siguen se han dibujado los puntos indicados usando c´ırculos (que nos permiten conocer la distancia al polo): (a)
(2, π/2 π/2)
(d) (3, π/4 π/4)
(b) (2, π)
(c) (1, 3π/2) π/2)
(e)
(f )
(2 , π/2 2 π) π/2 + 2π
(2, π + 2π 2π )
En los ejemplos anteriores se da una situaci´on nueva, a saber, un punto del plano puede tener m´as as de una reprsentaci´on on como par ordenado (polar). (polar). Por ejemplo ejemplo en los casos (a) y (e), (e), o bien (b) y (f). M´as as generalmente, todo punto del plano tiene infinitas representaciones polares, esto es, para cada punto del plano hay infinitos pares ordenados que corresponden a este punto. Para verificar esto baste el siguiente ejemplo: el punto correspondiente al par (2, (2, π/2) (2, π/2+ π/ 2) es el mismo que el punto correspondiente a los pares ordenados (2 , π/2+2 π/2+2π π ), (2, π/2+ 4π), (2, (2, π/2 6π), (2, (2, π/2 π/2 + 6π π/2 2π), etc.
−
Entonces, a cada punto del plano le podemos asociar un par ordenado. Pero aun queda por dilucidar si lo contrario es cierto, a saber, dado un par ordenado (r, ( r, θ) cualquiera, ¿es posible asociarle un punto en el plano? Consideremos la propuesta siguiente como un desaf´ desaf´ıo: ubicar en el plano polar los pares ordenados dados.
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas
31
• P (2 P (2,, −π/2) π/2) • Q(−1, π) • R(−3, −π/2) π/2) • S (−2, −π/4) π/ 4) Para poder ubicar estos puntos en el plano necesitamos interpretar las coordenadas negativas. El par ordenado ( r, θ) corresponde al mismo punto que el par ordenado ( r, θ + π). Por otro lado, el par (r, (r, θ) se asocia al punto P considerando la medida del ´angulo angulo que la antena forma con el eje polar en la direcci´on de las agujas del reloj. La figura que sigue muestra la ubicaci´on on de estos puntos en el plano polar p olar (usamos los c´ırculos ırculos s´olo olo como referencia).
−
2.2 2.2
−
Relac acii´ on entre coordenadas polares y coordenadas on cartesianas
Considerem Consideremos os el plano cartesiano cartesiano con el par de ejes perpendi p erpendicular culares. es. Sobre este plano superponemos un plano polar, haciendo coincidir el polo con el origen del plano cartesiano y el rayo polar con el lado positivo del eje x. La figura que sigue muestr muestraa gr´aficamente aficamente la relaci´on on entre las variables (coordenadas) x, y y las variables r, θ.
32
Integrales Dobles en Coordenadas Polares
A partir de nuestro conocimiento previo de trigonometr´ trigonometr´ıa, se tiene:
cos θ =
cateto cateto adyacente adyacente x = hipotenusa r
sin θ =
⇒
cateto opuesto y = hipotenusa r
x = r cos θ
y = r sin θ
Las identidades identidades previas nos permiten, permiten, conociendo conociendo los pares ordenados ordenados polares, polares, encontr encontrar ar los pares ordenados correspondientes en coordenadas cartesianas. Por ejemplo:
1. (1, (1, π/2) π/2)
(0, 1) → (0, 2. (2, (2, π/4) (1.41, 41, 1.41) π/4) → (1. 3. (−3, π/6) π/6) → (−2.6, 1.5) 4. (−2, π) → (2, (2, 0)
Nos falta establecer lo rec´ rec´ıproco, a saber, sab er, dado un par ordenado en coordenadas cartesianas, encontrar encontrar el par polar p olar correspondien correspondiente. te. Observem Observemos os que usando el Teorema eorema de Pit´agoras agoras (o directamente de las relaciones establecidas previamente), se obtiene una primera relaci´on:
33
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas
r2 = x2 + y2 = r2 cos2 θ + r 2 sin2 θ = r2 (cos2 θ + sin2 θ) Igualmente, de las misma relaciones previas se tiene: y = tan θ x
Ejemplo La siguiente figura muestra un punto con sus coordenadas cartesianas y nos interesa encontrar las coordenadas coordenadas polares: polares:
r 2 = 32 + 2 2
tan θ =
2 3
⇒
⇒
r2 = 15
θ = arctan
2 3
⇒
r=
√
15
33, 7◦ ⇒ θ ≈ 0, 58 ≈ 33,
En resumen se tienen las relaciones siguientes para transformar un par ordenaddo de un sistema de coordenadas al otro: De polares a cartesianas
x = r cos θ y = r sin θ
34
Integrales Dobles en Coordenadas Polares
De cartesianas a polares
y tan θ = x r2 = x2 + y2
En este ´ultimo ultimo caso, para encontrar el ´angulo, angulo, es importante saber que la igualdad arctan tan θ = y alida s´olo olo para π/2 Esto se refleja refleja en que la igualdad igualdad θ = arctan es θ es v´alida π/2 θ π/2. π/2. Esto x v´alida alida s´olo olo para los pares ordenados ordenados (x, (x, y) que est´an an en el primer y el cuarto cuadrante (pues ah´ı el ´angulo angulo que forman los pares ordenados est´a en el rango rango adecuado adecuado). ). En los otros dos y cuadrantes ser´a necesario necesario sumarle π a arctan . En resumen: x
−
θ=
2.3 2.3
≤ ≤
y arctan , x y arctan + π, x
si (x, y) est´a en el cuadrante I o IV si (x, y) est´a en el cuadrante II o III
Ecuac Ecuacio iones nes Polare olaress
1. El gr´afico afico de la ecuaci´on on r = 3 es el conjunto de pares ordenados (r, θ)/r = 3 o sea, el conjunto (3, (3, θ) donde θ es cualquier ´angulo angulo
{
}
{
}
Gr´aficamente aficamente esto corresponde a los puntos del plano que est´an an a distancia 3 del polo.
Otra manera de saber la forma que tiene el gr´afico de la ecuaci´on on polar r = 3 es transformar esta ecuaci´on on a su equivalente en coordenadas cartesianas.
elevandoo al cuadrad cuadradoo ambos ambos lados lados r = 3 elevand usando do la la rela relaci ci´on o´n entre las coordenadas r2 = 9 usan 2 2 x +y = 9
35
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas
Esta ultima u ´ ltima es la ecuaci´on on cartesiana del c´ırculo de radio 3 centrado en el origen. o rigen. En general general r = a corresponde a un c´irculo de radio a, centrado en el origen. 2. La gr´afica afica de la ecuaci´on on θ = π/4 π/4 es el conjunto (r, θ)/θ = π/4 π/ 4
{
}
Gr´aficamente aficamente es la recta que pasa por el origen ilustrada en la figura siguiente (los puntos (3, (3, π/4),( π/4),( 3, π/4) π/4) aparecen marcados como referencia):
−
M´as as generalmente, la ecuaci´on on θ = β tiene como gr´afico a fico a la recta que pasa por el origen y forma un ´angulo angulo β con respecto al eje polar (lado positivo del eje x).
Usando los ejemplos anteriores (gr´aficas aficas de las ecuaciones r = a y θ = β ) podemos construir regiones regiones del plano a partir partir de desigualdade desigualdades. s. Recordemo Recordemoss que un rect´angulo angulo corresponde a un conjunto de la forma:
(x, y)
a c
≤x≤ b ≤y≤d
36
Integrales Dobles en Coordenadas Polares
En forma similar el conjunto:
(r, θ)
a α
≤r≤ b ≤ θ ≤ β
lo llamamos un rect´ rec t´ an gulo angu lo p olar ola r Las desigualdades a
≤r≤
aficamente como el anillo de la figura: b se representan gr´aficamente
Por otro lado, las desigualdades α
≤ θ ≤ β corresponden a:
Asi entonces el rect´angulo angulo polar es:
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas
Ejercicios En los siguientes ejemplos graficamos algunos rect´angulos angulos polare p olares. s. 1. R =
0 0
2. S =
1 r 2 π/4 π/ 4 θ 3π/4 π/ 4
3. T =
1
(r, θ)
(r, θ)
(r, θ)
≤r≤ 2 ≤θ≤π
≤ ≤ ≤ ≤
≤r≤ 2 −π/4 π/4 ≤ θ ≤ π/4 π/4
37
38
Integrales Dobles en Coordenadas Polares
4. U =
2.4
−≤ (r, θ)
2 π/4 π/4
≤ −1 ≤ ≤ π/2 π/2 r θ
Gr´ aficos aficos Polares
on on polar es el conjunto de pares ordenados (r, El gr´afico afico de una ecuaci´ ( r, θ) que satisfacen dicha ecuaci´on. on. Por ejemplo, las gr´aficas aficas de las ecuaciones r = 5 y θ = 3π/4 π/4 se ilustra en la figura.
En general queremos graficar r = f ( f (θ)
Ejemplos: 1. r = 4 cos θ ; graficar , para esto hacemos una tabla de valores que nos permitir´a trazar el gr´afico. afico.
39
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas
r θ
4 3.9 3.7 3.4 3 2.5 2 1.3 0.6 0 -0.6 -1.3 -2 0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 110 120
Si continuamos graficando estos pares ordenados hasta el punto de reconocer el gr´afico, afico, podr po dr´´ıamos darnos cuenta que qu e correspond corres pondee a un c´ırculo ırculo de radio rad io 2 centrado en e n el (2, (2 , 0).
Otra Otra mirada mirada al mismo mismo proble problema. ma. Con Consid sidere eremos mos la ecuaci ecuaci´on o´n r = 4cos θ. Quer Querem emos os transformar esta ecuaci´on on a coordenadas coordenadas rectangular rectangulares: es: r = 4cos θ x2
− 4x + y
2
=0
/ r
/+4
· ⇒r
2
= 4r cos θ
2
⇒ x − 4x + 4 + y
2
+ y 2 = 4x
=4
⇒ (x − 4)
⇒x 2
2
+ y2 = 4
De modo que la ecuaci´on on corresponde al c´ırculo de radio 2 centrado en el punto (2, (2 , 0). 2. Las ecuaciones r=a
± a sin θ r = a ± a cos θ tiene el siguiente gr´afico: afico:
40
Integrales Dobles en Coordenadas Polares
3. La ecuaci´on on r = θ; tiene como gr´afico afico el espiral de Arquimedes
4. La llamada rosa tiene las siguientes ecuaciones: sin(nθ)) r = a sin(nθ cos(nθ)) r = a cos(nθ el n´ umero umero de p´etalos etalos de estas ecuaciones est´a dado por:
2n p´etal et alos os si n es par et alos os si n es impar n p´etal
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas
41
5. Sabemos que la ecuaci´on on r = a es un c´ırculo ırcu lo de radio radi o a centrado en el origen. Por otro lado, al igual que en el ejemplo 1, las ecuaciones r = 2a sin θ r = 2a cos θ tienen como gr´afico afico un circulo de radio a centrado en (0, (0, a) y en (a, ( a, 0) respectivamente. respectivamente.
Ejemplos:
42
Integrales Dobles en Coordenadas Polares
1. Los siguientes c´ırculos: ırculos :
r = 1 s in θ r = 2 si tienen como gr´afico: afico:
¿D´onde onde se intersectan estos c´ırculos? ırculos ?
r=1 sin θ r = 2 sin
⇒ sin θ =
1 2
⇒θ=
⇒
30◦ 150◦
1 = 2sin θ
⇒ θ=
π/6 π/6 5π/6 π/6
2. Para dibujar el caracol cos θ r = 2 + 5 cos contruimos la tabla r θ
7 6.6 4.7 2.97 2 0.086 -1 -1.5 0 22.5 56.26 78.75 90 112.5 135
-2.6 -3 -2.90 -2.15 157.5 180 191.25 213.75
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas
43
3. Para dibujar el cardioide r=2
− 2sin θ
construimo construimoss la tabla 0.03 2 2.76 3.11 3.66 3.84 4 r 2 1.6 0.58 0.15 0.03 0 θ 0 11.25 45 67.5 78.75 90 101.25 180 202.5 213.75 236.25 247.5 270
4. Del mismo modo para dibujar el gr´afico afico de cos(33θ) r = 2 cos( r θ
2 1.66 0.76 -0.39 -1.4 -1.96 -1.84 -1.1 0 -1.1 -2 -1.66 0 11.25 22.5 33.75 45 56.25 67.5 78.75 90 101.25 180 191.25
44
2.5 2.5
Integrales Dobles en Coordenadas Polares
Inte In tegra grale less dobl dobles es en en coord coordena enadas das polares polares
Justificaci´ on on del formulismo ¿Cu´al al es la f´ormula ormula adecuada para la integral doble
f ( f (x, y) dA en coordenadas polares?
R
No basta con cambiar x por r cos θ e y por r sin θ. La clav clave del del form formul ulis ismo mo est´ est´a en la diferencial de ´ area dA. dA. Para tener una aproximaci´on on heur´ heur´ıstica a la pregunta formulada, comenzamos con un problema cl´asico asi co de geometr´ geo metr´ıa. ıa. ¿Cu´al al es el ´area area del rect´angulo angulo polar? Las figuras ilustran ilustran algunos casos.
El ´area area del sector circular de radio r y ´angulo angulo central α (en radianes) es Entonces para el rec´tangulo tangulo polar
α 2 r 2
45
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas
se tiene: Area=´area area total
´area del trozo A − area
Usando coordenadas polares, la figura ser´ ser´ıa:
Y entonces la f´ormula ormula previa del ´area area se puede escribir como: β ´ Area=
− α · r − β − α · r 2 2 2 2
2 1
=
β
− α (r − r ) 2 2 2
2 1
En el caso infinitesimal (trocitos de rect´angulos angulos polares) entonces:
A=
β
− α (r − r )(r )(r 2 2
1
2
+ r1 ) , dond dondee ∆θ = β
−α y
∆r = (r2
−r ) 1
∆θ ∆r (r1 + r2 ) 2 r1 + r2 ∆A = ∆θ ∆r 2 ∆A =
Dado que cuando r1 y r2 son muy cercanos, el promedio, ellos.
r1 + r2 , se parece a cualquiera de 2
As´ı: ∆A = ∆θ ∆r r o bien : dA = dθdr r
·
·
Teorema
R
Ejemplos
f ( f (x, y) dA =
R
f ( f (r cos θ, r sin θ)rdrdθ
46
Integrales Dobles en Coordenadas Polares
1. Calculemos la integral
√ − 4
x2 dA
donde
R=
R
√4−x
2
0
4
0
2
=
x2
y 4
0
x2 dydx
√4−x
2
dx
0
2
=
(x, y)
2
√ − √ − − − −
I =
x2 dx
4
0
=
4x
=
2
x3 3
0
8 3
8
16 3
I =
Ahora describiremos la misma integral en coordenadas polares:
√ − 4
√ −
x2 dA =
4
R
r2 cos2 θ r dr dθ
R
necesitamos describir R como un rec´angulo angulo polar. R=
(r, θ)
0 0
≤r≤ 2 ≤ θ ≤ π/2 π/ 2
por lo tanto la integral es:
√ − π/2 π/ 2
2
4
0
0
r2 cos2 θ r d r d θ
0 0
≤ x ≤ √2 ≤y ≤ 4−x
2
47
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas
2. Considere Consideremos mos la integral integral anterior (1/ (1/4 circulo) circulo)
(x2 + y2 ) dA , donde R es la misma region del ejemplo
R
En coordenadas coordenadas rect´ rect´angulares angulares
√4−x
2
2
I =
√ − 0
0
2
=
(x2 + y2 ) dydx
0
√4−x
y3 2 x y+ 3
2
dx
0
√ −x )
2
=
2
x2 ) +
x( 4
2 3
( 4
3
0
dx
La cual es muy complicada de resolver
Probamos ahora cambiando a coordenadas polares:
π/2 π/2
I =
2
r2 r d r d θ
0
π/2 π/2
=
0
π/2 π/2
=
0
0 4
r 4
2
dθ
0
16 dθ 4
π/2 π/2
=
4 dθ
0
π/2 π/2
= 4θ
=
0
4π = 2π 2
Conclusi´ on: en este caso la integral en coordenadas polares es mucho m´as on: as facil. 3.
− 4
R
x2
−y
2 dA
, donde R es el circulo de radio 1 centrado en el origen.
48
Integrales Dobles en Coordenadas Polares
⇒
R=
−1 ≤ x ≤ 1√ √ − 1−x ≤ y ≤ 1−x
(x, y )
2
2
por lo tanto
√1−x
2
1
I =
− 4
−1 −√1−x
2
x2
−y
2
dydx
en coordenadas polares
R=
(r, θ)
0 0
≤r≤ 1 ≤ θ ≤ 2π
por lo tanto
√ − 2π
I =
1
4
0
r2 rdrdθ
0
esta integral es facil; ya que solamente se debe realizar la sustituci´on u = 4 du = r dr 2
−
entonces
2
−r ⇒
49
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas
√ − · − − − − − − − − − −√ √ − 2π
I =
1
0
0
π/2 π/2
=
1
0
2π
0
2π
=
0
2π
=
0
2π
=
du 2
dθ
1 1 1/2 u dudθ 2 0 1 2u3/2 dθ 2 3 1 1 2 3/2 (4 r ) dθ 3 0 1 1 (4 1)3/2 ( (4 3 3 8 3+ dθ 3
0
=
u1/2
0
2π
=
r2 r d r d θ
4
0
− 0)
3/2
) dθ
2π
= I =
8 θ 3+ θ 3 0 16π 16π 2π 3 + 3
−
√
Observaci´ on on Sean z = g (x, y) y z = h(x, y) dos superficies con g(x, y) h(x, y) sobre una regi´on on R del plano. Entonces Entonces el volumen volumen del s´ olido acotado por estas superficies sobre la regi´on olido on R est´a dad por:
≥
(g(x, y)
R
− h(x, y)) dA
entonces:
V =
R
techo piso
−
50
Integrales Dobles en Coordenadas Polares
2.6
Ejemplos Ejemplos de c´ alculos alculos de volumen volumen
1. Consideremos el s´olido olido acotado por la semi-esfera superior de radio 2 centrada en el punto (0, (0, 0, 2)y por el cono z = x2 + y 2 que se ilustra ilustra en la Figura Figura 1. Nos intere interesa sa calcular calcular el volumen volumen encerrado. encerrado. Para Para esto debemos conocer las superficies, superficies, e identifica identificarr el techo, techo, el piso y la regi´ on de integraci´on. on.
Figura 1
C´ alculo alculo de los vol´ umenes umenes (a) V =
(techo piso) piso) =
−
R
(esfera
R
− cono) cono)
para avanzar necesitamos conocer esfera cono el cono tiene la f´ormula ormula z = x2 + y2 . La esfera esta centrada en el punto (0, (0 , 0, 2). 2). La f´ f´ormula ormula de la esfera de radio 2 centrada en el (0, (0 , 0, 0).
∗ ∗
x2 + y2 + z 2 = 4 centrada en el (0, (0 , 0, 2) ser´a: a: (z x2 + y2 + (z
⇒ − 4
As´i:
x2
−y
2
2
− 2)
=4
+ 2 = z esfera
51
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas
V =
− 4
x2
R
y2
−
+2
−
x2 + y2 dA
R es el c´irculo de radio 2 centrado en el origen.
Para describir R usaremos coordenadas polares:
√ ⇒ − R=
(r, θ)
2π
≤r≤ 2 ≤ θ ≤ 2π
r2
−
2
4
0
Ahora:
0 0
+2
0
√ − √ − · 2
4
r2
+2
0
2
4
r2
r rdrdθ
−
r r dr
2r r + 2r
0
−r
2
dr
ahora calculando esta integral, pero primero realizando la sustituci´on on u = 4 2 r du = 2r dr
⇒
−
√ − 2π
2
4
0
0
r2
· r + 2r 2r − r
2
2π
dr dθ =
− 0
2π
=
0
1 (4 3
−r )
8 +4 3
2 3/2
− 83
2π
=
4 dθ
0
2π
= 4θ
0
= 8π
⇒ volumen
+r
dθ
2
−
r3 3
−
2
dθ 0
52
Integrales Dobles en Coordenadas Polares
2. En este ejemplo, queremos calcular el volumen del s´olido olido que est´a dentro el cilindro 2 2 2 2 x + y = 9, bajo el paraboloide z = x + y y sobre el plano xy, xy, como lo ilustra la siguiente figura.
Figura 2 (a) V =
( paraboloide
R
− plano) plano)
nos falta paraboloide c´irculo Sea z = x2 + y2 y sea R el c´irculo de radio 3 centrado en el origen. Entonces: (x2 + y 2) dA V =
∗ ∗
R
en coordenadas polares
2π
3
0
2π
3
0
0
r
2
0
r2 rdrdθ
·
2π
· rdrdθ
=
0
2π
=
0
81 = θ 4 81π 81π = 2
r4 4 81 4
2π 0
3
dθ 0
dθ
53
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas
¿Cu´al al es el volumen dentro del paraboloide? (altura 9)
V =
(techo piso) piso)
−
R
V =
( plano paraboloide) paraboloide)
−
R
Plano: z = 9 paraboloide z = x2 + y2
V =
(9
R
coordenadas polares
2π
3
0
2π
3
0
0
(9
2
2
(9
0
2
− x − y ) dA 2
− r ) · rdrdθ 2π
− r ) · rdrdθ
=
0
2π
=
0
2π
=
0
=
3
9r 2 r4 dθ 2 4 0 81 81 dθ 2 4 81 dθ 4
−
−
81π 81π 2
3. La Figura 3 muestra las superficies que determinan un s´olido. olido. Este s´olido olido est´a dentro 2 2 del cilindro x + y = 2x y est´a acotado por arriba por el cono z = x2 + y2 y por abajo por el plano xy. xy.
Figura 3
54
Integrales Dobles en Coordenadas Polares
4. Este s´olido olido se construye de manera similar al anterior. A saber, est´a dentro del cilindro 2 x + y2 = 2y y est´a acotado por arriba por el paraboloide z = x2 + y2 y por abajo por el plano xy. xy.
Figura 4
5. El s´olido olido representado en la Figura 5 se define como el s´olido dentro el cilindro x2 + y2 = 1, cuyo techo es la semi-esfera superior de radio 1 centrada en el punto (0 , 0, 4) y cuyo piso es el plano z = 1.
−
Figura 5
Los ejemplos 3, 4 y 5 se los dejamos como desaf´ıos ıos ha completar por el lector.
55
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas
2.7 2.7 2.7. 2.7.1 1
Apli Aplica caci cione oness de la in integra tegrall dobl doble e Cen Centro tro de masa masa de de una una l´ amina amina
Sea L una l´amina amina plana, cuya forma est´a dada por la regi´on on D del plano, de densidad (peso) variable. ariable. Sea ρ(x, y) la densidad de la l´amina amina en el punto (x, ( x, y ). En cas casoo que ρ(x, y) sea constante (todos los puntos tengan la misma densidad) entonces decimos que la l´amina amina es homog´enea nea . La masa de la l´amina amina L de densidad ρ(x, y) est´a dada por: m=
ρ(x, y) dA
D
Los momentos de la l´amina amina con respecto a los ejes x e y se definen como: M x =
D
y ρ(x, y ) dA
·
M y =
D
x ρ(x, y ) dA
·
El centro de masa de la l´amina amina L es el punto del plano (x, (x, y) cuyas coordenadas est´an an dadas por: M y = x= m
·
( ) D x ρ x, y dA ρ(x, y) dA D
M x = y= m
· D
y ρ(x, y ) dA ρ(x, y) dA D
Ejemplos 1. Una l´amina amina L tiene forma de tri´angulo angulo rect´angulo angulo is´oceles oceles con cateto de longitud a. La densidad en un punto P es directamente proporcional al cuadrado de la distancia al v´ ertice ertice opuesto de la hipotenusa. Encontrar su centro de masa.
Figura 6
56
Integrales Dobles en Coordenadas Polares
Soluci´ on: on: Consideremos el tri´angulo angulo de la figura (que se represent´o con a = 4) donde el v´ertice ertice opuesto a la hipotenusa se ubic´o en el orige origen. n. Por la defini definici ci´´on, o n, la densidad es el cuadrado de la distancia del punto (x, (x, y) al origen. origen. Po Porr lo que ρ(x, y) = k (x2 + y 2), a a−x de modo que m = 0 0 k (x2 + y 2) dydx. dydx.
a
m = k
2x2 a
0
−
4 3 1 3 x + a 3 3
2
−a x
1 4 ka 6
=
dx
Asimismo, a
M y =
a x
−
0
0 a
= k
0
=
x k (x2 + y2 ) dy dx 3
2x a
−
4 4 1 3 x + xa 3 3
1 k a5 15
2 2
−a x
dx
De forma an´aloga aloga se obtiene M x y con estos datos se determina el Centro de Masa 2a 2a como [ 5 , 5 ]. 2. Una l´amina amina L tiene la forma de la regi´on on R del plano xy acotada por las gr´aficas aficas de 2 densidad dad en el punto punto P(x, P(x, y ) es directamente proporcional a la x = y y x = 4. La densi distancia la eje y. Calcular el centro de masa.
Soluci´ on: on: Consideremos la figura dada
Figura 7
57
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas
Por hip´otesis otesis ρ(x, y) = kx, s imetr´´ıa de la l a figura, figur a, el centro kx, para una constante k . Por la simetr de masa se encuentra sobre el eje x. De acuerdo a la definici´on: on:
m =
2
4
−2
y2
− kxdxdy
2
=
8k
−2
=
1 4 y k 2
dy
128 k 5
Adem´as, as, 2
M y =
4
y2
−2 2
=
−2
=
k x2 dxdy
64 k 3
−
1 6 y k 3
512 k 7
dy
y Recordemos que x = M = 20 . Como el centro de masa se encuentra sobre el eje x, no m 7 es necesario calcular M x , ya que y = 0.
3. Sea D el cuadrado de la figura y supongamos que la densidad es constante. Sea ρ(x, y) = 25 (D (D es homogeneo)
M =
ρ(x, y) dA =
D
25 dA
D 1/2
=
−1/2
M = 25
1
0
25 dydx
58
Integrales Dobles en Coordenadas Polares
M y =
1/2
25x 25x dA =
D
1
−1/2
25xdydx 25xdydx
0
1/2
=
25x 25x dx
−1/2
M y
1/2
x2 = 25 dx 2 −1/2 = 0
entonces
⇒
x=
0 M y = =0 25 M
ahora M x =
1/2
25y 25y dA =
D
1
25y 25y dyd dydx
−1/2
0
1/2
=
25y 25y2 −1/2 2
1
dx 0
1/2
25 dx −1/2 2 25 = 2 =
M x entonces
⇒
y=
25/ 25/2 1 M x = = 25 2 M
4. La densidad en cualquier punto de una l´amina amina semicircular es proporcional a la distancia al centro del c´irculo. Encontrar el centro de la masa de la l´amina. amina. Soluci´on: on: Situemos la l´amina amina en la mitad superior del c´irculo x2 + y2 = a2 y observemos el gr´afico. afico. 2 2 ´ La distancia de un punto (x, ( x, y) al centro del c irculo (el origen) es x + y , por lo tanto , la funci´on on de densidad es
ρ(x, y) = K x2 + y2
59
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas
en donde K es cierta constante. Tanto la funci´on on densidad como la forma de la l´amina amina 2 2 sugieren que se haga la conversi´on on a coordenadas polares. Entonces x + y = r y la regi´on on R est´a descrita por 0 r a, 0 θ π. De modo que la masa de la l´amina amina es:
≤ ≤
m=
≤ ≤
ρ(x, y)dA =
R
π
K x2 + y2 dA
R
a
π
(Kr Kr))rdrdθ = K
0
0
a
dθ
0
3 a
r 3 K πa3 ρ(x, y)dA = 3 R
r2 dr
0
= Kπ
0
Tanto la l´amina amina como la funci´on on de densidad son sim´etricas etricas con respecto al eje y, as´i que el centro de masa debe encontrarse en el eje y, esto es , x = 0. La coordena coordenada da y est´a dada por 1 y= m 1 m
yρ( yρ(x, y)dA =
R
= = = y =
yρ( yρ(x, y)dA
R
π a 3 r sin θ(K r)rdrdθ K πa3 0 0 π a 3 sin θdθ r3 dr 3 πa 0 0 π a 3 r4 [ cos θ] 4 0 πa 3 0 3 2a4 πa 3 4 3a 2π
−
60
Integrales Dobles en Coordenadas Polares
Por lo tanto, el centro de masa se encuentra en el punto
2.7. 2.7.2 2
0,
3a 2π
Area Area de un una a Supe Superfi rfici cie e
C´ alcul alc ulo o del ´ area de una superficie area Sea z = f ( on R. Entonces el ´area area de una superficie f (x, y) una superficie definida sobre una regi´on est´a dada por:
A=
1 + f x (x, y)2 + f y (x, y)2
R
f x (x, y) =
∂f ∂x
f y (x, y) =
∂f ∂y
Ejemplo: 1. Comenzare Comenzaremos mos los ejemplos ejemplos con uno simple. No proponemos encont encontrar rar el ´area area de la 2 2 porci´on on del paraboloide (superficie) z = x + y que se encuentra bajo el plano z = 9
Soluci´ on: on: El plano intersecta al paraboloide en la circunferencia x2 + y2 = 9 , z = 9. Por lo tanto, la superficie considerada se encuentra arriba del disco con centro en el origen y radio 3 (v´ease ease el gr´afico). afico).
61
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas
Aplicando la f´ormula ormula del ´area area de una superficie con f ( f (x, y) = x2 + y2 , se tiene: A=
(2x (2x)2
+ (2y (2y)2
4(x 4(x2 + y2 ) + 1dA 1 dA
+ 1dA 1dA =
D
D
Luego convirtiendo a coordenadas polares, se tiene
√ 2π
A=
3
4r 2
0
2π
+ 1rdrdθ 1rdrdθ =
0
3
dθ
0
= 2π
0
1 8
√
1 4r 2 + 1(8r 1(8r)dr 8
2 2 (4r (4r + 1)3/2 3
3
0
√ − 1) √ 117.31 − 1) ≈ 117.
π = (37 37 6 π (37 37 A = 6
2. La figura que sigue corresponde a un s´olido olido (mal pintado) acotado por arriba por el 2 2 paraboloide z = 9 x olido est´a visto desde y y por abajo por el plano xy. xy. Este s´olido abajo del plano xy (las medidas se entender´an a n en metr metros os)) . Si un tarr tarroo de pintu pintura ra 2 cubre una superficie de 2 mts y se han compra comprado do 60 tarros tarros.. ¿Es posible posible pintar pintar este s´olido?. olido?.
− −
Soluci´ on: on: En este caso, la superficie total no es s´olo (y este es el principal error) la superficie del paraboloide (como en el ejemplo anterior), puesto que el s´ olido incl in cluye uye tambi´ tam bi´en en la tapa circular. circular. Para Para calcular el ´area area total, total, dividamos el problema problema en dos partes. El c´alculo alculo del ´area area del paraboloide y el c´alculo alculo del ´area area del c´ırculo ırcu lo (tapa). (tap a). Dado que en este caso, f (x, y) = 9 x2 y2 , entonces f x = 2x y f y = 2y por lo que la f´ormula ormula para el ´area area coincide con el ejemplo anterior (al final de cuentas es el mismo trozo de paraboloide). As´ As´ı tenemos:
− −
−
−
62
Integrales Dobles en Coordenadas Polares
A=
2π
4(x 4(x2
+
1 dA y2 ) + 1dA
D
=
3
dθ
0
0
√
π (37 37 A = 6
√
1 4r2 + 1(8r 1(8r)dr 8
117.31 − 1) ≈ 117.
(2.1) (2.2)
Ahora a esto le sumamos el ´area area del c´ırculo ırculo de radio rad io 3 con la l a f´ormula ormula πr 2 para obtener un valor aproximado de 28. 28.27. Sumando ambos valores: 145.58 A = 145. Por lo que el n´umero umero de tarros de pintura deber´a ser 73. 3. Encontrar la f´ormula ormula para el ´area area de una superficie de una esfera.
Soluci´ on: on: El ´area area de una superficie de una esfera es igual a dos veces la superficie de una semi esfera que tiene la siguiente ecuaci´on on z = a2 x2 y 2 .
−
(a)
∂f 1 2 = (a 2 ∂x
− x − y )− · −2x =
(b)
∂f 1 2 = (a 2 ∂y
− x − y )− · −2y =
2
2
∂f ∂x
2
2
2
y
1/2
2
1+f (x, y) +f (x, y) ⇒ 1+f x
1/2
=
2
a2
x2 x2
− −y
= 1+
a2
x2 x2
2
−
x x2 y x2
−− − −− −
− −y
a2
a2
y2
∂f ∂y
+ 2
a2
y2
y2 x2
2
=
− −y
a2
2
y2 x2
− −y
= 1+
2
x2 + y 2 = 2 a2 x2 y2 a
− −
a2 x2
− −y
2
63
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas
Por lo tanto:
A=
R
a2
a2 x2
− −y
2
dA
R = circulo de radio a centrado en el origen. Para resolver est´a integ integral ral se ocupa ocupa el m´ etodo etodo de coorden coordenada adass polares polares;; es decir decir la du 2 2 2 2 sustituci´on on r = x + y y despues otra sustituci´on on u = a = r dr. r dr. 2
− ⇒−
2π
A=
a
0
0
a2
2π
a 2
−x −y
2
a
r
− − − −
rdrdθ = a
0
= =
a 2 a 2
a2
0 2π
0
a
r2
u−1/2 dudθ
0
2π
a
1/2
2u
0 2π
= a2
drdθ
dθ
0
dθ
0 2π
= a2 θ
= 2πa
0 2
luego como el ´area area es 2 veces el ´area del hemisferio: 2 2πa 2 = 4πa2
·
2.8 2.8
Ap´ Ap´ endic endice: e: Algun Algunas as Curv Curvas as Famosa amosass y sus ecua ecua-ciones (las figuras fueron tomadas del sitio: http://www-groups.dcs.st-and.ac.uk/ history/Curves/Curves.html) history/Curves/Curves.html)
64
Integrales Dobles en Coordenadas Polares
El cardioide (caso particular del caracol) tiene ecuaci´on cartesiana: (x2 + y2
− 2ax) ax)
2
= 4a2 (x2 + y2 )
y ecuaci´on on polar: r = 2a(1 + cos θ)
El caracol tiene ecuaci´on on cartesiana
(x2 + y2
− 2ax) ax)
2
= b2 (x2 + y2 )
y ecuaci´on on polar: 2a cos θ r = b + 2a
La espiral de Fermat tiene ecuaci´on polar:
r 2 = a2 θ
65
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas
La espiral de Arquimedes tiene ecuaci´on on polar: r = aθ
La roza de 4 p´etalos etalos tiene ecuaci´on on polar p olar (la figura se ilustra con el c´ c´ırculo de radio a): sin2θ r = a sin2θ
La lemniscata de Bernoulli tiene ecuaci´on on cartesiana: (x2 + y2 )2 = a2 (x2 y ecuaci´on on polar: cos2θ r2 = a2 cos2θ
2
−y )
66
2.9
Integrales Dobles en Coordenadas Polares
Ap´ endice: endice: Las superficies cuadr´ aticas aticas
Los gr´aficos aficos que siguen corresponden a las superficies cuadr´aticas en su forma est´andar. andar. Estas provienen (mediante rotaci´on on y traslaci´on) on) de la ecuaci´on on cuadr´atica atica general en tres variables:
ax2 + by2 + cz 2 + dxy + exz + f yz + gx + hy + kz + l = 0
67
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas
Cono Ecuaci´on on est´andar andar 2 x y2 2 z = 2+ 2 a b
z 2 = x2 + y 2
Esfera Ecuaci´on on est´andar andar 2 2 2 x + y + z = a2
x2 + y2 + z 2 = 1
Parabolo Parab oloide ide el´ el´ıptico ıpti co Ecuaci´on on est´andar andar 2 x y2 z= 2+ 2 a b
y2 z=x + 10 2
68
Integrales Dobles en Coordenadas Polares
Hiperboloide de dos hojas Ecuaci´on on est´andar andar 2 2 2 x y z + = 1 l2 n2 m2
−
x2 + y2
−z
2
=
−1
−
Hiperboloide de una hoja Ecuaci´on on est´andar andar 2 2 x y z2 + 2 =1 l2 n m2
x2 + y2
−z
2
=1
−
Paraboloide Hiperb´olico olico Ecuaci´on on est´andar andar 2 x y2 z= 2 a b2
−
2
z=x
−
y2 4
Cap´ıtulo 3 Integrales triples 3.1 3.1
Inte In tegra grale less Tripl riples es
Sea f ( on en tres variables. Las integrales triples se definen sobre un s´olido f (x,y,z) x,y,z ) una funci´on tridimensional en lugar de una regi´on on plana. Es decir, la regi´on on de integraci´on on en este caso es 4 un s´olido. olido. El gr´afico afico de la funci´on on f es un subconjunto de R (que corresponde al gr´afico afico de la ecuaci´on: on: w = f ( on no se puede representar la funci´on on en el espacio f (x,y,z)). x,y,z)). Por esta raz´on tridimensional. Las integrales triples, que veremos en este cap´ cap´ıtulo, estar´an an restringidas a ciertos s´olidos olidos en el espac espacio. io. M´ as especificamente, un s´olido as olido Ω ser´a un s´olido olido de integraci´on on si est´a acotado por arriba por una superficie z = h2(x, y) y por abajo por una superficie z = h1 (x, y) y sobre una regi´on on del plano R de tipo I, II ´o III I II.. En E n s´ıntesis: ıntes is:
Ω=
(x,y,z) x,y,z)
(x, y) h1 (x, y)
∈R ≤ z ≤ h (x, y) 2
Por ejemplo, el s´olido olido Ω dad dadoo se intent intentaa repre represen sentar tar en las dos figu figuras ras que siguen. siguen. Este Este 2 2 s´olido olido est´a acotado por arriba por la superficie z = 8 + x (paraboloide hiperb´ olico olico o y (paraboloide 2 2 silla de montar ) y por abajo por la superficie z = x + y (paraboloide circular). La Figura (a) muestra el espacio que se forma entre el techo, el piso y sobre el rect´angulo, en el plano, dado por 2 2y 2 2. La Figura Figura (b) muest muestra ra el mismo mismo espacio, espacio, esta vez x y cerrado para representar el s´olido. olido.
−
− ≤ ≤
− ≤ ≤
69
70
Integrales triples
Figura (a)
Figura (b)
Entonces, definimos la integral triple de una funci´on on f ( olido Ω como: f (x,y,z) x,y,z) sobre el s´olido
h2 (x,y) x,y )
f ( f (x,y,z) x,y,z ) dV =
Ω
R
h1 (x,y) x,y )
f ( f (x,y,z) x,y,z) dz dA
Ejemplo 1: Sea Ω el s´olido olido acotado por el plano x + y + z = 1, los planos x = 0, y = 0, z = 0. Calcular: 2z ) dV ex (y + 2z
Ω
Soluci´ on: on:
• techo de Ω: h (x, y) = 1 − x − y 2
71
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
• piso de Ω: h (x, y) = 0 • sombra de Ω: triangulo en el plano xy 1
Entonces, por la definici´on on anterior
2z ) dV = ex (y + 2z
Ω
1 x y
R
−−
2z ) dz dA ex (y + 2z
0
Calculemos en primer lugar la integral parcial con respecto a z :
1 x y
−−
1 x y
x
2z ) dz = e (y + 2z
0
−−
2z ) dz ex (y + 2z
0
1 x y
x
x 2
= [e yz + e z ]
−−
0
x
= e y(1 x = ex + ex x2
x
− − y) + e (1 − x − y) − 2e x + e xy − e y x
x
2
x
Luego integramos este resultado sobre la regi´on on del plano R.
R=
(x, y)
0 0
≤x≤ 1 ≤y ≤1−x
Finalmen Finalmente, te, la integral integral doble que resulta resulta es f´acil acil de calcular (le dejamos al lector esta tarea) y damos dam os aqu´ı el resulta resu ltado do num´erico: eric o: 1
1 x
0
0
−
(ex + ex x2
x
x
x
− 2e x + e xy − e y) dydx
=
6e
− 21 8
72
Integrales triples
Ejemplo 2: Sea Ω el s´olido olido dibujado dibujad o (paralelep´ (pa ralelep´ıpedo), ıpedo ), calcule: cal cule:
(x + y2 + z 3 ) dV
Ω
S´ olido de integraci´ on Ω
Soluci´ on: on: La regi´on on de integraci´on on es la ilustrada:
Regi´ on R del plano
En t´erminos ermi nos anal ana l´ıticos, ıtic os, esta regi´ regi on ´on se describe por:
R=
Por lo tanto:
(x, y)
1 0
≤x≤ 2 ≤y≤3
73
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
2
2
3
(x + y + z ) dV =
Ω
3
(x + y2 + z 3) dzdydx
1
0
2
=
1
0
1
1
2
=
1
3
0
2
=
2
3
2
=
3
3
z4 2 xz + y z + dydx 4 2 65 x + y2 + dydx 4
65y y3 65y + xy + 3 4 27 195 3x + + 3 4
3x2 231x 231x = + 2 4 249 = 4
2
3
dx
0
dx
dx 1
Observaci´on: on: el volumen de un s´olido olido es: V =
dV
Ω
olido acotado por las siguientes superficies: Ejemplo 3: Calcular el volumen del s´olido
cilind ndro ro x2 + y2 = 1 cili planoo x + y + z = 2 plan
planoo y = 0 plan planoo z = 0 plan
El gr´afico afico muestra el interior del semi-cilindro y su intersecci´on con el plano (visto desde el eje x negativo).
74
Integrales triples
En este caso, el techo (plano diagonal) corresponde a la superficie z = 2 x y. Asimismo, el piso (plano) es la superficie z = 0 y finalmente, la regi´on on de integraci´on on R es el semi-c semi -c´´ırculo ırcu lo de la figura.
− −
75
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
2 x y
V =
R
0
−−
dz
dA =
− − − − − − − 2
x
y dA
R
π
=
1
(2
0
π
=
r 2 cos θ
(2r (2r
0
π
r
2
0
π
=
1
0
π
1 3
= θ
0
= π = π
− r sin θ) rdrdθ
1
0
=
r cos θ
0
− −
−r
2
sin θ) drdθ
r3 r3 cos θ sin θ 3 3 1 1 cos θ sin θ dθ 3 3
−
−
π
(cos θ
0
1 (sin θ 3 1 (0 + 1 3
1
dθ 0
− sin θ) dθ
− cos θ )
π
0
− 0 + 1) = π − 23
cap´ıtulo, en el que el techo de la Ejemplo 4: Veamos ahora el ejemplo con que iniciamos el cap´ 2 2 regi´on on es el paraboloide hiperb´olico olico z = 8 + x y y como piso al paraboloide z = x2 + y2 sobre el rect´angulo angulo R = (x, y ) 2 x 2, 2 y 2 . Calculemos Calculemos el volumen volumen de este s´olido olido y la integral dada:
{
−
|− ≤ ≤
− ≤ ≤ }
xyz dV
Ω
Para calcular el volumen usamos la f´ormula ormula
V =
Ω
Entonces,
dV
76
Integrales triples
8+x 8+x2 y 2
V =
R
−
− − −
dz dA =
x2 +y 2
8
2y 2 dA
R
2
=
2
2y2 ) dy dx
(8
−2 −2
2 3 2 = 8y y dx 3 −2 −2 2 32 = (32 + ) dx 3 −2 128 = 128 + 3 2
Nos abocamos ahora a calcular la integral
xyz dV
Ω
2
xyz dV =
Ω
2
−2 −2 2
=
−2 2
=
8+x 8+x2 y 2
−
2
x +y
2
z2 xy −2 2 2
8+x 8+x2 y 2
−
2
x +y
xy((8 xy((8 + x2
−2 −2 2
=
2
xyz dz dy dx
2
dy dx
2
2 2
2
− y ) − (x
(64xy (64xy + 16x 16x3 y
−2 −2
3
+ y 2 )2 ) dy dx 3 3
16xy − 4x y ) dy dx − 16xy
2
=
0 dx = 0
−2
Ejemplos adicionales: Veremos ahora tres ejercicios de muestra para practicar la descripci´on o n de un s´olido olido de integraci´on on en t´erminos erminos de desigualdade desigualdades, s, para llegar llegar a plantear plantear una integral iterada (que no calcularemos por el momento). 1. Ω es el s´olido olido acotado por el cilindro z = 1 x + y = 3 y el plano xy. xy .
−y
2
y los planos verticales x + y = 1 y
2. Ω es el s´olido olido acotado por abajo por el paraboloide z = x2 + y2 y por arriba por la superficie x2 + y 2 + z 2 = 6.
77
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
3. Ω es el s´olido olido acotado por x = 4
−y
2
(cilindro parab´olico) olico) y los planos z = x y z = 0.
Soluci´ on on: 1. Debemos responder las preguntas:
• h (x, y) • h (x, y) on de tipo I , I I y I I I • Describir R como regi´on 1 2
Representaci´ on del s´ olido de integraci´ on En este caso, es claro que el piso es la superficie h1 (x, y) = 0 y el techo h2 (x, y) = 1 y2 .
−
Regi´ on R del plano (sombra) En este caso R puede ser interpretada como una regi´on on de tipo I I , a saber: =
−≤ (x, y)
1
≤1 1−y ≤x≤3−y y
por lo tanto:
Ω
1
f ( f (x,y,z) x,y,z ) dv =
1 y2
3 y
−
−1 1−y
0
−
f ( f (x,y,z) x,y,z ) dzdxdy
78
Integrales triples
−
2. En este caso, el techo techo corresponde corresponde a la superficie (semi-esfera) h2 (x, y) = 6 x2 y2 . Asimismo, el piso es la superficie (paraboloide) h1(x, y) = x2 + y2 y finalmente, la regi´on on de integraci´on on R es el c´ırcul ırc uloo x2 + y2 = 2
⇒
√ √2−x
√2
f ( f (x,y,z) x,y,z) dv =
Ω
2
−√2 −√2−x
2
−
6 x2 y 2
− −
f ( f (x,y,z) x,y,z ) dzdydx
x2 +y 2
3. Dejamos al lector el comprobar (v´ (v´ıa un gr´afico afico adecuado) adecuado) que:
f ( f (x,y,z) x,y,z ) dv =
Ω
3.2
4 y2
2
x
−
−2
0
f ( f (x,y,z) x,y,z ) dzdxdy
0
Aplica Aplicacio ciones nes b´ asicas: asicas: centro centro de masa de un s´ olido olido
Los ”momentos primeros”de un s´olido olido Ω se definen como:
M yz yz =
xρ( xρ(x,y,z) x,y,z) dV
M xz xz =
Ω
yρ( yρ(x,y,z) x,y,z) dV
Ω
Donde ρ(x,y,z) olido en el punto (x,y,z (x,y,z)) x,y,z ) es la densidad del s´olido Entonces la masa del s´olido olido m=
Ω
ρ(x,y,z) x,y,z ) dV
M xy xy =
Ω
zρ( zρ(x,y,z) x,y,z) dV
79
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
El centro de masa del s´olido olido Ω es un punto en el espacio (x,y,z ( x,y,z)) definido por: x=
M yz yz m
y=
M xz xz m
z=
M xy xy m
Ejemplo: Consideremos el cubo de la figura y supongamos que la densidad en el punto (x,y,z) x,y,z) es el cuadrado de la distancia de este punto al origen (0,0,0)
Para calcular el centro de masa necesitamos m y los ”momentos primeros”
2
2 2
2
2
• ρ(x,y,z) x,y,z) = ( x + y + z ) = x • m= (x + y + z ) dV 2
2
+ y2 + z 2
2
Ω
ahora necesitamos una descripci´on on adecuada del solido Ω
• piso (superficie) z = h (x, y) • techo (superficie) z = h (x, y) • sombra sombra,, el plano = R • El piso es el plano xy, on z = 0 xy, por lo tanto con ecuaci´on on z = 1 • El techo es un plano con ecuaci´on • La sombra es un cuadrado 1
2
80
Integrales triples
por lo tanto
1
m=
R
1
1
0
(x2 + y2 + z 2 ) dz dA
0
1
0
1
2
2
2
(x + y + z ) dzdydx =
0
0
1
0
0
1
=
0
1
=
0
=
m = 1
1
1
z3 x z+y z+ dydx 3 0 1 x2 + y2 + dydx 3 2
0
=
Para calcular x necesitamos conocer:
1
2
y3 1 + y x y+ 3 3 1 1 x2 + + dx 3 3
1
2
x3 2x + 3 3
1 0
dx
0
81
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
M yz yz =
xρ( xρ(x,y,z) x,y,z ) dV
Ω 1
1
=
x(x2 + y2 + z 2) dzdydx
0
0
1
=
0
= = = = = =
0
1
0
1
=
1
1
(x3 + xy 2 + xz 2 ) dzdydx
0
1
1
xz 3 3 2 x z + xy z + dydx 3 0 0 0 1 1 x x3 + xy2 + dydx 3 0 0 1 1 xy3 xy 3 + x y+ dx 3 3 0 0 1 x x x3 + + dx 3 3 0 1 x4 x2 x2 + + 4 6 6 0 1 2 + 4 6 7 12
7 Po lo tanto x = 12 . Del mismo mismo modo se puede puede comprob comprobar ar que y = 7 7 7 tanto, el centro de masa es el punto ( 12 , 12 , 12 ).
3.3
7 12
y que z =
7 . 12
Por lo
Integrales Integrale s en coorden co ordenadas adas cil ci l´ındricas ındrica s y Esf´ ericas ericas
cil´ındricas : Una manera alternativa alternativa de representar puntos en el espacio. • Coordenadas cil´ on de las coordenadas coordenadas cil´ cil´ındricas: ındricas: Todo pun punto to en el espacio espacio se puede repre• Descipci´on sentar por un triple (r,θ,z (r,θ,z), ), en el que el par ( r, θ) corresponde a la representaci´on on en coordenadas polares del punto (x, ( x, y).
La figura que sigue muestra c´omo omo se interpreta el punto (r,θ,z ( r,θ,z)) en el espacio y la relaci´on on con las coordenadas coordenadas rectangulares rectangulares habituales. habituales. En particular particular,, se tienen tienen las siguientes siguientes relaciones: relaciones:
82
Integrales triples
x = r cos θ y = r sin θ z = z
El elemento s´olido olido de la descripci´on on mas simple tiene la siguiente forma:
Ω=
Ejemplo Ejem ploss num´ericos: eric os:
(r,θ,z) r,θ,z )
a α c
≤r≤ b ≤ θ ≤ β ≤z≤d
83
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
Ω1 =
Ω2 =
Ω3 =
(r,θ,z) r,θ,z )
(r,θ,z) r,θ,z )
(r,θ,z) r,θ,z )
≤r≤ 2 ≤ θ ≤ 2π ≤z≤1
0 0 0
≤r≤ 2 ≤ θ ≤ 2π ≤ z ≤ 10
0 0 0
≤r≤ 2 ≤ θ ≤ π/2 π/ 2 ≤ z ≤ 10
0 0 0
84
Integrales triples
Para cambiar una integral triple de coordenadas rectangulares a una de coordenadas cil´ cil´ındricas, ındrica s, se usa la siguiente siguie nte f´ormula: ormula:
f ( f (x,y,z) x,y,z ) dV =
Ω
f ( f (r cos θ, r sin θ, z ) d z r d r d θ
Ω
Ejemplo 1: Calcular la integral 1
√1−x
2 x2 y 2
2
−1 −√1−x
2
2
− −
x +y
3
(x2 + y2 ) dzdydx 2
2
Soluci´ on: on: El dominio de integraci´on on esta limitado por arriba por el paraboloide z = 2 abajo por el paraboloide z = x2 + y2
2
−x −y
entonces cambiando ca mbiando a coordenad co ordenadas as cil ci l´ındricas tenemos:
1
V =
√1−x
2
2 x2 y 2
−1 −√1−x
2
− −
x2 +y 2
2
2
3
(x + y ) dzdydx = 2
2π
1
2 r2
0
0
r2
−
r 4 dz dr dθ
2
y por
85
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
2π
V =
0
−
0
2π
r4 dzdrdθ r4 drdθ
r2
1
0
2r 4
2r 6 drdθ
0
2π
=
1
r2 2 r2
−
z
0
=
2 r2
0
2π
=
1
− − 2r5 5
0
4 = 35 8π = 35
2r 7 7
2π
dθ
0
1
dθ
0
Ejemplo 2: Calcular el volumen de una esfera de radio a. Soluci´ on: on: Sabemos que
vol =
dV
Ω
Por lo que necesitamos una descripci´on on de la esfera como un s´olido olido de integraci´on on de manera que podamos po damos calcular la integral integral triple usando integrales integrales iteradas. iteradas. Para Para lograr lograr esto, primero primero ubicamos ubicamos la esfera esfera en el espacio de modo que est´e centrada centrada en el origen: la ecuaci´ ecuaci´on o n de la 2 2 2 2 esfera es x + y + z = a . En Enton tonce ces, s, el piso y el techo techo de la esfera esfera corres correspond ponden en a las 2 2 2 2 2 2 siguientes superficies: z = (x + y ) y z = a (x + y ) respectiv respectivamen amente. te. La a 2 2 2 2 regi´on on R del plano (sombra) de este s´olido olido es el c´ırculo de radio a : x + y = a . As´ı,ı, entonces se tiene:
−
−
−
√ √ √ a2 (x2 +y 2 )
V =
−
2
R
2
=
dz dA
2
2
− a −(x +y ) √ a a −x a −(x +y ) dz dy dx √ −a −√a −x − a −(x +y ) 2
2
2
2
2
2
2
2
2
86
Integrales triples
Esta integral integ ral iterada itera da presenta problemas problem as t´ecnicos ecnicos para su s u c´alculo. alculo. Sin embargo, si usamos coordenas cil´ cil´ındricas para representar el s´ s ´olido, olido, el problema pro blema t´ecnico ecnico desaparece, desapar ece, como co mo veremos veremo s a continuaci´on. on.
√ √ √ − − − a2 (x2 +y2 )
V =
−
R
2π
= =
a
=
0 a
0 2π
=
0
V =
2
2 2 (a 3
2
r2 dr dθ
0
2π
2
drdθ √ z =− a − r
2r a2
0
=
2
2
zr
0 2π
2
dz rdrdθ −√a −r √ z = a −r 2
0
2π
− √a −r 2
a
0
dz dA
a2 (x2 +y 2 )
−
a
2
r )
3
dθ
2
0
2 3 a dθ 3
4π 3 a 3
Esta ultima u ´ ltima es la f´ormula ormula cl´asica asica para el volumen de la esfera de radio a.
Ejemplo 3: Encuentre el centroide de la parte del primer octante de la pelota s´olida limitada por la esfera r2 + z 2 = a2 Soluci´ on: on:
87
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
1 El volumen del primer octante de la pelota s´olida olida es V = 8 olo: x = y = z por simetria, se necesitar´a calcular s´olo:
1 z = V = = = = =
4 2 πr 3
=
1 3 Dado do que que πa . Da 6
− − z dV
√
2
2
π/2 π/2 a a −r 6 zrdzdrdθ πa3 0 0 0 π/2 π/2 a 6 r 2 (a r 2) drdθ 3 πa 0 0 2 a π/2 π/2 3 1 2 2 1 4 ar r dθ 2 4 πa3 0 0 3 π a4 πa3 2 4 3a 8
· ·
Por lo tanto, el centroide se localiza en (3 a/8 a/8, 3a/8 a/8, 3a/8) a/8)
Coorde Co ordenad nadas as Esf´ericas eric as Las coordenadas coordenadas esf´ esf´ericas ericas son una manera manera alternativ alternativaa de describir describir un pun punto to en el espacio espacio tridimensi tridimensional. onal. Sea P un punto del espacio con coordenadas (x,y,z (x,y,z). ). Esto Esto se ilustra ilustra en la figura siguiente.
• ρ = distancia al origen desde el punto
88
Integrales triples
= angulo a´ngulo que tiene el punto con respecto al eje x (´angulo angulo en el plano xy de la proyecci´on on de P con el eje x)
•θ
a´ngulo del rayo OP con respecto al eje z • φ = angulo Las coordenadas esf´ericas ericas de este punto son P ( omo transformar de un conjunto P (ρ,θ,φ). ρ,θ,φ). ¿C´omo de coordenadas al otro? Observemos el siguiente triangulo:
z ρ z = ρ cos φ r sin φ = ρ r = ρ sin φ
cos φ =
⇒ Mirando el plano xy
x = r cos θ y = r sin θ
89
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
Luego, si reemplazamos r por ρ sin φ en la igualdad, obtenemos la relaci´on on entre las coordenadas rectangulares rectangu lares y las l as esf´ericas. ericas.
x = ρ sin φ cos θ y = ρ sin φ sin θ z = ρ cos φ Del mismo modo, observemos que conociendo las coordenadas x,y,z es posible obtener las coordenadas ρ,θ,φ con las identidades (3.1), (3.2) y (3.5).
x2 + y2 + z 2 = = = = = x2 + y2 + z 2 =
ρ2 sin2 φ cos2 θ + ρ2 sin2 φ sin2 θ + ρ2 cos2 φ ρ2 sin2 φ cos2 θ + sin2 φ sin2 θ + cos2 φ ρ2 sin2 φ(cos2 θ + sin2 θ) + cos2 φ ρ2 sin2 φ + cos2 φ ρ2 ρ2
y = tan θ x
x2 + y 2 = ρ2 sin2 φ z 2 = ρ2 cos2 φ x2 + y 2 = tan2 φ 2 z
(3.1)
(3.2)
(3.3) (3.4) (3.5)
Algunas ecuaciones elementales 1. La ecuaci´on on en coordenadas coord enadas esf´ericas ericas ρ = 2 se puede tranformar a una en coordenadas rectangula rectangulares. res. Simplemen Simplemente te elevamos elevamos al cuadrado cuadrado la ecuaci´ ecuaci´on on original para obtener: 2 2 2 2 ρ = 4. Usando la identidad (3.1), obtenemos: x + y + z = 4 (una esfera de radio 2 centrada en al origen).
90
Integrales triples
2. La ecuaci´on on en coordenadas coor denadas esf´ericas ericas φ = π/4 repres esen enta ta un cono cono.. Esto Esto se pu pued edee π/4 repr comprobar directamente: Si φ = π/4 π/4 entonces tan φ = 1. Por lo tanto x2 + y2 = z 2 z = x2 + y2
±
3. La ecuaci´on on en coordenas coord enas esf´ericas ericas θ = π/3 representa un plano. Para Para verificar verificar esto π/3 representa usamos nuevamente las relaciones entre los sistemas de coordenadas, en particular la identidad (3.2):
y = tan θ x = tan π/3 π/3 = 3 3x y = plano plano vertical vertical
√
√
⇒
91
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
Entonces, lo que sabemos hasta el momento es :
• ρ = a : esfera de radio a centrada en el origen • φ = α : cono cuya ”pared”forma un angulo α con el eje z • θ = β : plano perpendicular al plano xy cuya proyecci´on on sobre el plano xy forma un angulo β con el eje x
Considerem Consideremos os el s´olido olido Ω dado d ado (y que q ue podr po dr´´ıamos denominar, denomi nar, por analog´ıa, ıa, el para parale lele lep´ p´ıpedo ıpedo esf´ sf´erico ri co))
Ω=
(ρ,φ,θ) ρ,φ,θ)
a α γ
≤ρ≤b ≤ φ ≤ β ≤θ≤δ
Dibujaremos primero sus partes, es decir lo que cada par de desigualdades produce, para intentar entender el total. En primer lugar, las desigualdades: a
≤ρ≤b
corresponden al s´olido olido entre las esferas de radio a y b, que podemos apreciar en la figura.
92
Integrales triples
Asimismo, las desigualdades α
≤ φ ≤ β
corresponden al s´olido olido entre los dos conos:
Y finalmente γ
≤θ≤δ
corresponden al s´olido olido entre los planos que se ilustran.
El s´olido olido total, que representa a Ω es
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
Para cambiar una integral triple de coordenadas rectangulares a coordenadas esf´ es f´eric er icas as::
f ( f (x,y,z) x,y,z) dV =
Ω
f ( f (ρ sin φ cos θ, ρ sin φ sin θ, ρ cos φ)ρ2 sin φdρdφdθ
Ω
Ejemplo 1: Calcular el volumen al interior del cono z =
Soluci´ on: on: Se tienen los siguientes elementos:
−
Superficie techo: esfera z = Superficie piso: cono z =
9
x2
−y
2
x2 + y 2
Sombra R : c´ırculo que debemos debem os identificar
x2 + y2 y bajo la esfera x2 + y2 + z 2 = 9
93
94
Integrales triples
Reemplazando la igualdad x2 + y2 = z 2 en la ecuaci´on on x2 + y2 + z 2 = 9, se obtiene,
z2 + z2 = 9 2z 2 = 9 9 z2 = 2 3 z = 2
√ → altura
Entonces, la esfera y el cono se intersectan a la altura √32 . Reemplazando z en x2 + y2 + z 2 = 9, se obtiene:
x2 + y2 + z 2 = 9 9 = 9 x2 + y2 + 2 9 x2 + y2 = 2 Entonces, la sombra, R, es un c´ırculo centrado en el origen y de radio
Debemos representa representarr el s´olido olido en coordenadas coor denadas esf´ericas. ericas.
Ω=
(ρ,φ,θ) ρ,φ,θ)
0≤ρ≤3 0 ≤ φ ≤ π/4 π/ 4 0 ≤ θ ≤ 2π
√32
95
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
entonces el volumen del s´olido, olido, con un cambio de variables es: V =
ρ2 sin φdρdφdθ
Ω
2π
V =
0
3
π/4 π/4
0 3 3
0
2π
=
π/4 π/4
− √ − − √ − √ 0
0
2π
ρ 3
0
sin φdφdθ
0
0 2π
9
π/4 π/4
cos φ
0
dθ
0
2π
=
sin φdφdθ
π/4 π/ 4
= 9 =
ρ2 sin φdρdφdθ
2 2
9
0
= 9 1
= 18π 18π 1
dθ
2π
2 2
−
1
dθ
0
2 2
Ejemplo 2: Encuentre el volumen y el centroide (suponiendo que la densidad es la constante 1) del cono de helado (barquillo) limitado por el cono φ = π/6 π/6 y la esfera ρ = 2a cos φ de radio a y tangente al plano xy en el origen. La esfera y la parte del cono interior a ella se muestra en la figura.
96
Integrales triples
Soluci´ on: on: El cono de helado se describe mediante las desigualdades
0
≤ θ ≤ 2π
0
≤ φ ≤ π6
0
≤ ρ ≤ 2a cos φ
entonces, para calcular el volumen tenemos:
2π
V =
π/6 π/ 6
ρ2 sin φdρdφdθ
0
0 2π
3
=
2a cos φ
− 8a 3
16πa 16πa = 3 7πa3 = 12
0 3
0 π/6 π/6
cos3 φ sin φdφdθ
0
1 cos4 φ 4
π/6 π/6 0
En cuanto al centroide, centroide, es claro por simetr´ simetr´ıa que x = 0 = y . Adem´as, as, dado que la densidad es 1, la masa masa coinci coincide de con el volumen volumen.. Asimis Asimismo, mo, puesto puesto que z = ρ cos φ, el momento del cono de helado con respecto al plano xy es :
M xy xy =
− z dV
2π
=
π/6 π/6
0
0 2π
= 8πa =
37πa 37πa 48
cos5 φ sin φdφdθ
0
1 cos6 φ 6
4
4
ρ3 cos φ sin φdρdφdθ
0 π/6 π/6
= 4a4
0
2a cos φ
π/6 π/6 0
En consecuenc consecuencia, ia, la coordenada coordenada z del centroide es z = M xy xy /V =
37a 37a 28
97
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
3.4 3.4
Ejer Ejerci cici cios os de inte integr grac aci´ i´ on o n m´ ultiple ultiple (Cap´ (Cap´ıtulos I, II y III)
1. Para la funci´on: on:
f ( f (x, y) = calcular la integral iterada
sin x x ,
si x = 0 si x = 0
1,
√y
1
0
f ( f (x, y) dxdy
y
2. Dada la suma de las integrales iteradas, (x+2)2
0
−2
√y dydx dydx +
0
(x 2)2
2
0
−
√y dydx ydx
0
(a) Haga un dibujo que muestre la regi´on de integraci´on on R y escriba la expresi´on on de la integral iterada correspondiente, si se intercambiara el orden de integraci´on. (b) Calcule Calcule la(s) integral(es integral(es)) 3. Considerar la regi´on on R acotada por las dos funciones y = (x + 2)2 e y = (x el eje x. Calcular la integral doble
− 2)
2
sobre
1 dA y
√ R
4. Considere la funci´on on f ( f (x, y) = xey ciones: y = x4 , y = 16 y x = 0.
3/2
definida sobre la regi´on on R acotada por las ecua-
(a) Exprese Exprese la integral integral doble doble f ( f (x, y)dA como una integral iterada de dos maneras R distintas (esto es, considerando R como una regi´on on de tipo I y de tipo II). (b) Calcule Calcule la integral integral doble
R
f ( f (x, y)dA. dA.
5. Calcule la integral doble
√a −x
a
0
0
2
2
(a2
2 3/2
−y )
dy dx
98
Integrales triples
6. Calcular la integral triple
x2 + y 2 + z 2 dV
Ω
donde Ω es el s´olido olido sobre el cono z 2 = 3x2 + 3y 3y2 y bajo la esfera x2 + y2 + z 2 = 4. 7. Calcule la integral doble
xy dA
R
donde R es la regi´on on limitada por arriba por la curva x + y = 2, y por abajo por la 2 2 curva x + y = 2y 8. Calcular la integral doble
sin θ dA
R
donde R es la regi´on on en el primer cuadrante situada al interior de la circunferencia on: dibuje la regi´on) on) r = 4 cos θ y al exterior de la circunferencia r = 2. (Indicaci´on: 9. Dibuje la regi´on on de integraci´on, on, intercambie el orden de integraci´on on y eval´ ue ue la integral π/2 π/2
cos θ
0
cos θdrdθ
0
10. Calcular la integral triple
sin(x2 + y2 ) dV z 2 sin(x
Ω
donde Ω = (x,y,z) x,y,z) 1
{
2
| ≤x
+ y2
≤ 4, 0 ≤ z ≤ 1}.
11. Calcule el volumen del s´olido olido en el primer octante acotado por las gr´aficas aficas de las ecuaciones z = x2 + y 2, y = 4 x2, x = 0, y = 0, z = 0
−
12. Considere el s´olido olido S acotado por las gr´aficas aficas del paraboloide z = 9 plano z = 5.
2
−x −y
2
y del
(a) Calcule el volumen del s´olido olido S . (b) Si el s´olido olido S es homog´eneo eneo de densidad constante 1 calcule su centro de masa (es decir, su centroide). centroide).
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
99
13. Considere el s´olido olido Q en el primer octante dentro de los cilindros x2 + y 2 = 1 y x2 + y2 = 4, y bajo el paraboloide z = 5 x2 y2 .
− −
(a) Exprese Exprese el volumen volumen del s´olido olido Q como una (o m´as) as) integral(es) iterada(s) doble(s) en coordenadas rectangulares. (b) Exprese Exprese el volumen volumen del s´olido olido Q como una (o m´as) as) integral(es) iterada(s) triple(s) en coordenadas coord enadas cil´ cil´ındricas. ındricas . (c) Calcule Calcule el volumen volumen del s´olido olido Q. 14. Calcule el volumen del s´olido olido acotado por los cuatro planos x = 0, y = 0, z = 0, y 3x + 4y 4y = 10, y la superficie z = x2 + y 2. 15. Calcular el volumen del s´olido olido acotado por las superficies x2 + y2 + z 2 = 4 y z = 4 x2 y2 .
− −
(a) Dibuje el s´olido olido (b) Calcule Calcule el volumen usando una integral integral doble. 16. Encuentr Encuentree el volumen volumen del s´olido olido acotado por las superficies superficies x2 + y2 + z 2 = 1 y x2 + y2 = 1/4. 17. Calcule el volumen del s´olido olido acotado por los cuatro planos x = 0, y = 0, z = 0, y 3x + 4y 4y = 10, y la superficie z = x2 + y 2. 18. Calcular el volumen bajo la superficie z = ln(x ln(x2 + y 2) y sobre la regi´on on R en el primer cuadrante entre los c´ırculos x2 + y2 = 1 y x2 + y 2 = 4 19. (a) Calcul Calcular ar la la integ integral ral dob doble le
4
2
0
5 √y y cos x dxdy
(b) Calcule el centro de masa de la l´amina amina de densidad constante 2, acotada por las 1 curvas y = , y = 0, x = 1, x = 1. 1 + x2
−
20. (a) Calcul Calcular ar la la integ integral ral dob doble le
cos(1 + x2 + y 2) dA
R
donde la regi´on on R es la parte del anillo entre los c´ırculos x2 + y 2 = 9 y x2 + y2 = 1, en el primer cuadrante.
100
Integrales triples
(b) Calcule el centro de masa de esta regi´on plana R suponiendo que la densidad en el punto (x, (x, y) es la distancia del punto al origen. 21. Encontrar el centro amina correspondiente a la regi´on on parab´olica olica centro de masa masa de la l´amina 2 0 4 x , donde la densidad en el punto (x, (x, y) es proporcional a la distancia y entre (x, (x, y) y el eje x.
≤ ≤ −
22. Calcular el centro de masa de la l´amina amina cuya forma est´a dada por la funci´on on y = sin x, donde 0 x π y cuya densidad en el punto P es la distancia de P al eje y.
≤ ≤
23. Calcular el momento de inercia de la regi´on indicada: (a) R es la regi´on on bajo la curva y = sin x para 0
≤ x ≤ π con respecto al eje x.
(b) Un c´ırculo ırculo de radio ra dio r con respecto a su tangente.
24. (a) Encuen Encuentre tre el volu volumen men del s´olido olido limitado por las superficies dadas. x2 + y2 + z 2 = 6,
z = x2 + y2
. (b) Hallar el ´area area de cada una de las dos partes en que la par´abola y = 5x2 /8 corta al c´ırcu ır culo lo x2 + y 2 = 9/4. 25. Usando integrales triples, triples, calcule el volumen volumen del s´olido olido acotado por el cilindro x2 + y2 = 16, el plano xy y por el paraboloide z = x2 + y2 + 4. 26. Calcular la integral triple
sin(x2 + y2 ) dV z 2 sin(x
Ω
2
donde Ω = (x,y,z) x,y,z) 1
{
| ≤x
+ y2
27. Calcular la integral triple
≤ 4, 0 ≤ z ≤ 2}.
2
e(x
+y 2 +z 2 )3/2
dV
Ω
donde Ω es la esfera de radio 1 centrada en el origen. 28. Pruebe que
x
t
0
0
x
F ( F (u) du dt =
0
(x
− u)F ( F (u) du
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
29. Dada la integral
√−
0.5 4 x2
2
−1
101
f ( f (x, y) dydx
0
Dibujar la regi´on on de integraci´on on R impl´ impl´ıcita y escribir escribir la integral integral como una o m´as as integrales iteradas intercambiando el orden de integraci´on. on. 30. Calcular la integral
ln(1 + x2 + y 2) dA, dA, donde R es la parte del anillo limitado
R
por po r los c´ırculos ırcu los x2 + y2 = 1 y x2 + y2 = 4 ubicada en el primer cuadrante. 31. Calcular la integral regi´on on de
3
R
2 y + 3z 3 z )2 y D es la f ( f (x,y,z) x,y,z ) dV donde f ( f (x,y,z) x,y,z ) = (x + 2y
D
limitada por los planos coordenados y el plano x + y + z = 1.
32. Calcular la integral triple de f ( on D limitada limitada por f (x,y,z) x,y,z ) = 1 + (x2 + y2 )2 sobre la regi´on 2 2 el cono z = x + y y el plano z = 2.
33. Calcule el volumen del s´olido olido en el primer octante acotado por las gr´aficas aficas de las ecuaciones z = x2 + y 2, y = 4 x2, x = 0, y = 0, z = 0
−
34. Eval´ ue ue la integral cambiando a coordenadas esf´ericas. ericas.
√ 2
√4−x
2
−2 −√4−x
2
8 x2 y 2
√
− −
(x2 + y2 + z 2 ) dz dy dx
x2 +y 2
35. Calcule, usando integrales triples, el volumen de la regi´on on acotada por las superficies 2 2 2 2 2 x + y + z = 4 y x + y = 1/4.
Cap´ıtulo 4 Calculo Vectorial 4.1
Curvas Param´ etricas etricas
En este capitulo estudiaremos curvas en el plano, que pueden ser interpretadas como la trayectoria de una particula a lo largo del tiempo. Entonces, si I es un intervalo de tiempo a medida que t recorre I la particula particula dibuja una trayectori trayectoriaa en el plano que llamamos curva curva param´etrica, etrica, ya que depende depen de del d el parametro p arametro t.
Formalment ormalmente, e, una curva curva param´ param´etrica etrica es una funci´ funci´on o n de la forma λ(t) = (f ( dondee t est´a en el intervalo I . Tanto anto f ( f (t), g(t)) , dond f (t) como g (t) son continuas y derivables (en casi todos los puntos)
Ejemplo de curva Consideremos la funci´on on λ(t) = (t 2, t2 ) definida en el intervalo [ 1, 1]. Pongamos x = t 2 e y = t2 . Pa Para ra gr´ gr´ aficar la curva buscamos la relaci´on aficar on existente entre x e y. De lo anter anterior ior tenemos t = x + 2 y reemplazando en la definici´on on de y obtenemos:
−
−
−
y = (x + 2)2 Esto significa que los puntos del plano de la forma (t ( t 2, t2 ) satisfacen la ecuaci´on on y = (x +2) 2 y por lo tanto la gr´afica afica de estos puntos corresponde a una parte de la gr´afica afica de esta ecuaci´on. on.
−
102
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
Adem´as, as, si t = 1 entonces x = 3 e y = 1. Asim Asimis ismo mo,, si t = 1 se tiene que x = As´ı, la imagen o gr´ afico (o trayectoria) de esta curva es: afico y = 1. As´
−
−
103
−1 e
A medida que t recorre el intervalo [ 1, 1] de d e izquierda izqui erda a derecha, dere cha, la curva tambi´en en se dibuja de izquierda a derecha, donde λ( 1) es el punto inicial y λ(1) es el punto final .
−
−
curvas param´etricas etricas siguientes. Ejercicios: Para practicar estas ideas, dibujemos las curvas 1. λ(t) = (t, t2 + 2), 2), t
[0, 2] ∈ [0,
Punto inicial λ(0) = (0, (0, 2) Punto inicial λ(2) = (2, (2, 6)
Relaci´ on on entre x e y: y = x2 + 2. Gr´afico: afico:
2. λ(t) = (t, t2 + 2), 2), t
∈ [−2, 3] Punto inicial λ(−2) = (−2, 6) Punto inicial λ(3) = (3, (3, 11)
104
Calculo Vectorial
Relaci´ on on entre x e y: y = x2 + 2. Gr´afico: afico:
3. λ(t) = (t, 3
− 3t), t ∈ [0, [0, 1]
Punto inicial λ(0) = (0, (0, 3) Punto inicial λ(1) = (1, (1, 0)
Relaci´ on on entre x e y: y = 3 Gr´afico: afico:
− 3x.
En general, el gr´afico afico de toda funci´on on continua definida sobre un intervalo es una curva param´ par am´etrica. etri ca. Si y = f ( f (x), la curva correspondiente est´a dada por: )), λ(t) = (t, f (t)),
Ejemplos: λ(t) = (t, sin t), t
∈ [0, [0, 2π]
t
∈ I
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
λ(t) = (t, ln t), t
λ(t) = (t, et ), t
∈ (0, (0, ∞)
(0, ∞) ∈ (0,
Algunas Alguna s curvas clasicas cla sicas vistas como curvas cu rvas param´etricas. etricas.
• C´ırcul cu lo
105
106
Calculo Vectorial
• Elipse • Recta o segmento de recta El c´ırculo ırc ulo como co mo curva cu rva pa para ram´ m´ etrica etr ica C´ırculo unitario (radio 1 centrado en (0,0))
λ(t) = (f ( f (t), g (t)) , La curva (cos t, sin t) con t
t
∈ I
∈ [0, [0, 2π] tiene como imagen o trayectoria trayectoria el c´ırculo unitario.
• En un c´ırculo centrado en el origen de radio a corresponde a la curva siguiente: λ(t) = (a cos t, a sin t) ,
t
[0, 2π] ∈ [0,
( h, k) esta representado por: • En general el c´ırculo de radio a centrado en el punto (h, λ(t) = (a cos t + h, k + a sin t) ,
t
∈ [0, [0, 2π]
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
Elipse
x2 y 2 + 2 =1 a2 b
donde: x2 = cos2 t 2 a
y2 = sin2 t 2 b
x2 = a2 cos2 t
y2 = b2 sin2 t
x = a cos t
y = b sin t
Entonces la elipse con ecuaci´on on cartesiana x2 y2 + 2 =1 a2 b Se puede representar param´etricamente etricamente por: λ(t) = (a cos t, b sin t)
Ejercicios : Parametrizaci´on on de algunas curvas clasicas
107
108
Calculo Vectorial
1. Gr´afico afico de una funci´on on de una variable. λ(t) = (t, f (t)) , t
∈ I
2. Gr´afico afico de un c´ırculo. ırcu lo. λ(t) = (h + a cos t, k + a sin t) , t
[0, 2π] ∈ [0,
λ(t) = (h + a cos t, k + b sin t) , t
[0, 2π] ∈ [0,
3. Gr´afico afico de una elipse.
4. Gr´afica afica de una recta y de un segmento (Parametrizaci´on de una recta). (a) no vertic vertical al (b) vertic vertical al En el caso a) la recta es el gr´afico afico de una funci´on on y = mx + b y por lo tanto λ(t) = (t,mt + b) t R
∈
Si se quiere parametrizar un segmento de esta recta basta con tomar t en un subintervalo apropiado t
∈ [a, b]
En el caso b) las rectas verticales tienen como ecuaci´on λ(t) = (a, t) , t
∈R
Para un segmento acotamos t en el intervalo [a, [ a, b]
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
Observaci´ on: on: Las curvas tienen infinitas parametrizaciones Otra manera de parametrizar un segmento (y tambi´ en en una recta) Sean A y B dos puntos en el plano, la curva.
[0, [0, 1] λ(t) = (1 t)A + tB λ(0) = A λ(1) = B A+B (1/2) = λ(1/ punto medio del segmento AB 2
−
∈
En general el gr´afico afico o trayectoria de λ(t) es el segmento entre A y B . Ejemplos:
Parametrizar este segmento de dos formas distintas
109
110
Calculo Vectorial
1. Como el gr´afico afico de una funci´on on Soluci´ on: on: La ecuaci´on on para la recta dada m=
4 2
−0 =2 −0
punto (x (x0 , y0 ) y pendiente
y
= m(x y = 2x
−y
0
−x ) 0
Por lo tanto la parametrizaci´on on del segmento es: λ(t) = (t, 2t) t
[0, 2] ∈ [0,
2. Con el m´etodo etodo anterior que se usa para cualquier segmento Soluci´on: on: Con este m´etodo etod o Para cualquier segmento entre [0, [0 , 1] λ(t) λ(t) λ(t) λ(t)
= = = =
(1 t)A + tB , t [0, [0, 1] (1 t)(0, )(0, 0) + (2, (2, 4)t 4)t (0, 0) + (2t, (2t, 4t) (2t, 4t) t [0, [0, 1]
− −
∈
∈
Si queremos queremos conocer conocer la parametriz parametrizaci´ aci´ on on del segmento (2, (2 , 0) al (2, (2, 4).
)(2, 0) + t(2, (2, 4) λ(t) = (1 t)(2, (2t, 4t)) λ(t) = (2 2t, 0) + (2t, [0, 1] λ(t) = (2, 4t) t [0,
− −
∈
Consideremos el trozo de la par´abola abola y = x2
−1≤x≤1
111
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
Las parametrizaciones que conocemos: λ(t) = (t, t2 )
t
∈ [−1, 1]
2
t
t
∈ [−1, 1]
Consideremos Conside remos las siguientes siguie ntes curvas cur vas param´etricas etricas β (t) = ((1
− t), (1 − t ))
γ (t) = (t3 , t6 )
∈ [−1, 1]
Dado que tanto β como on que la segunda componente es el cuadrado β como γ cumplen γ cumplen con la condici´on de la primera, y que por lo tanto el gr´afico de ambas est´a sobre la par´abola abola (coincide con la 2 par´abola abola y = x )
112
Calculo Vectorial
Punto inicial de β : β ( 1) = (2, (2, 4)
−
Punto final de β : β (1) (1) = (0, (0, 0) Si consideramos
β (t) = ((1
Su gr´afica afica ser´a
En el caso de γ Punto inicial de γ : γ ( 1) = ( 1, 1)
−
−
Punto final de γ : γ (1) (1) = (1, (1, 1)
2
− t), (1 − t ))
t
∈ [0, [0, 2]
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
Otra parametrizaci´on on de esta par´abola abola puede ser
α(t) = (sin t, sin2 t)
Punto inicial de α : α( π/2) π/2) = ( 1, 1)
−
−
Punto final de α : α(π/2) (1, 1) π/2) = (1,
t
∈ [−π/2 π/2, π/2] π/2]
113
114
Calculo Vectorial
Cual es el gr´afico afico de la curva ω (t) = (sin t, sin2 t) ,
t
∈ [−π/2 π/2, π]
Punto inicial de ω : ω ( π/2) π/2) = ( 1, 1)
−
−
Punto final de ω : ω (π) = (0, (0, 0)
ε(t) = (sin t, sin2 t) , Punto inicial de ε(t) : ε( π/2) π/ 2) = ( 1, 1)
−
−
Punto final de ε : ε(3π/ (3π/2) 2) = ( 1, 1)
−
t
∈ [−π/2 π/2, 3π/2] π/2]
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
115
Descripci´ on: on: Una curva param´etrica etrica se llama simple, si esta no se cruza a si misma.
En otras palabras la curva λ(t) es simple si es inyectiva en el intervalo abierto de su definici´on. umero λ(t1 ) = λ(t2 ) no puede ser el mismo n´umero
Una curva definida en el intervalo [a, [ a, b] se llama cerrada si: λ(a) = λ(b) Es decir punto inicial = punto final.
116
Calculo Vectorial
Hemos vistos que una curva puede tener infinitas parametrizaciones. Por ejemplo: la par´abola abola
λ(t) = (t, t2 ), t [ 1, 1] λ(t) = (sin t, sin2 t), t [ π/2 π/2, π/2] π/2]
∈−
∈−
y definimos definimos el concepto concepto de curva curva simple, simple, curva curva cerrada cerrada y curva curva cerrada cerrada simple. Ver que en este caso, solo los extremos de curva se tocan.
1. Cerrada pero no simple 2. Cerrada y simple 3. No es simple simple ni cerrad cerradaa 4. Es simple, pero no cerrada
4.2 4.2
Repa Reparam ramet etri riza zaci cione oness
2 Sea λ : I curva param´etrica etrica y sea φ : J on continua R una curva I una funci´on creciente o decreciente en el intervalo I . Entonces la funci´on on β (t) = λ(λ(φ(t))) se llama una reparametrizaci´on on de λ.
→
→
J
φ
→
I
λ
2
→ R β = λ ◦ φ
Esta reparametrizaci´on on β ”dibuja”la misma curva.
117
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
• Si φ(t) > 0 , β tiene la misma orientaci´on on que λ • Si φ(t) < 0 , β tiene la misma orientaci´on on opuesta λ Ejemplo: 1. λ(t) = (t, t2 ) , t
∈ [−1, 1] Sea φ(t) = sin t , t ∈ [−π/2 π/ 2, π/2] π/ 2] luego, φ (t) = cos t > 0 en (−π/2 π/2, π/2) π/2) entonces: φ : [−π/2 π/2, π/2] π/2] → [−1, 1]
β (t) = λ(φ(t)) = λ(sin t) = (sin t, sin2 t) , t
2. γ (t) = (t3 , t6 ) , t
∈ [−π/2 π/ 2, π/2] π/ 2]
3
∈ [−1, 1] es una reparametrizaci´on on de λ con φ(t) = t
φ : [ 1, 1]
−
→ [−1, 1]
φ (t) = 3t2 > 0, excepto en 0
,t
∈ [−1, 1]
118
4.2.1 4.2.1
Calculo Vectorial
Usand Usando o un una a repara reparame metri trizac zaci´ i´ on para cambiar el intervalo de on definici´ on on de una curva
Supongamos λ est´a definida sobre el intervalo [a, [ a, b] y queremos redefinirla sobre el intervalo [c, d]. Mostraremo Mostraremoss un m´etodo etodo para cambiar cambiar el interv intervalo alo de definici´ definici´on on de la curva y para cambiar su orientaci´on. on.
M´etodo Si queremos cambiar de intervalo, pero no de orientaci´on, on, consideremos el rect´angulo angulo en el plano dado por estos dos intervalos, a saber: R = (x, y ) c
{
| ≤ x ≤ d, a ≤ y ≤ b}
Ahora, construyamos la recta de pendiente positiva que pasa por los dos v´ertices ertices opuestos como se ve en la figura. Llamemos a esta funci´on φ.
Entonces φ : [c, d] [a, b] es continua, derivable y su derivada nunca es cero, de hecho se tiene φ (t) > 0. Por lo tanto, la funci´on on β (t) = λ(φ(t)) es una reparametrizaci´on on de la curva on. λ y que tiene la misma orientaci´on.
→
Si queremos cambiar de intervalo y de orientaci´on, consideremos el mismo rect´angulo angulo en el plano. Ahora, Ahora, construy construyamos amos la recta recta de pendiente pendiente negativ negativaa que pasa por los dos v´ertices ertices opuestos como se ve en la figura. Llamemos a esta funci´on on φ.
119
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
Entonces φ : [c, d] [a, b] es continua, derivable y su derivada nunca es cero, de hecho se tiene φ (t) < 0. Por lo tanto, la funci´on on β (t) = λ(φ(t)) es una reparametrizaci´on on de la curva on. λ y que revierte la orientaci´on.
→
Ejemplos: 1. λ(t) = (cos t, sin t), t
[0, π] ∈ [0,
Reparametricemos sobre el intervalo [0, [0 , 1]
m=π
(y
− 0) = π(x − 0)
η = πx φ(t) = π t [0, 1] φ : [0,
,t
∈ [0, [0, 1]
→ [0, [0, π]
β (t) = λ(φ(t)) = λ(πt) πt) = (cos πt, sin πt) πt), t
∈ [0, [0, 1]
120
Calculo Vectorial
2. consideremos el segmento que parte en (1, (1, 2) a (2, (2, 5) la parametrizaci´on on ”cl´asica” asica” λ(t) = (1 t)A + tB, t [0, [0, 1] permite dibujar el segmento en 1 segundo.
−
∈
3t) , t λ(t) = (1 + t, 2 + 3t
∈ [0, [0, 1]
Queremos ver en camara lenta este trazado, que demora 10 segundos en dibujar.[0, dibujar.[0 , 10] [0, [0, 1]
m=
1 10
η=
φ(t) =
1 t 10
1 x 10
3t t t = 1+ ,2+ β (t) = λ(φ(t)) = λ ,t 10 10 10 (5) = (1. (1.5, 3.5) (10) = (2, (2, 5) β (5) β (10)
[0, 10] ∈ [0,
Curva cerrada y simple Una curva se llama cerrada si el punto inicial coincide con el punto final. λ : [a, b]
2
→R
λ(a) = λ(b) Una curva se llama simple si no tiene auto intersecci´on, on, es decir: λ(x1 ) = λ(x2)
si x1 = x2 y con x1 , x2
o´ bien si λ es inyectiva ´o 1-1 en el intervalo abierto ]a, ] a, b[
Ejemplos 1. λ(t) = (sin t, sin2 t) , t
∈ [0, [0, π]
∈ ]a, b[
→
121
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
2. λ(t) = (t3
2
− 4t, t − 4) , t ∈ [−2, 2]
Soluci´ on: on: 1. cerrada, no simple
(0, 0) • λ(0) = (0, • λ(π/6) (1/2, 1/4) π/ 6) = (1/ (0.7, 0.49) • λ(π/4) π/ 4) = (0. (0.86, 86, 0.75) • λ(π/3) π/ 3) = (0. • λ(π/2) (1, 1) π/ 2) = (1, (2π/3) 3) = (0. (0.86, 86, 0.75) • λ(2π/ • λ(3π/ (3π/4) 4) = (0. (0.7, 0.49) (5π/6) 6) = (1/ (1/2, 1/4) • λ(5π/ (0, 0) • λ(π) = (0, 2. λ( 2) = (0, 0) λ(2) = (0, 0)
−
λ(a) = (a3 λ(b) = (b2
2
− 4a, a − 4) − 4b, b − 4) 2
entonces λ(a) = λ(b) a3 4a = b2 a2 4 = b2
− −
− 4b (1) − 4 (2)
122
Calculo Vectorial
entonces de (2) a2 = b2 Si a =
−b
⇒
a=
±b 3
−b
+ 4b 4b 4b 4 b
= b2 4b = b3 si b = 0 = b2 = 2
−
±
⇒ es inyectiva (−2, 2), por lo tanto es simple.
4.3
Campos Vectori ectoriale aless bidimens bidimension ionale aless
Sea D un conjunto en R2 (una regi´on o n plana ). Un campo vectorial en R2 es una funci´on on F que asigna a cada punto (x, (x, y) perteneciente a D un vector bidimensional F ( F (x, y). Es decir, F : D
2
2
⊆ R −→ R .
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
123
Ejemplos:
1. F ( F (x, y) = (x + y, y ) 2. F ( ln(x + y)) F (x, y) = (exy , ln(x 3. F ( F (x, y) = (xy2 , x
2
−y )
4. F ( cos(xy)) )) F (x, y) = (x + sin y, cos(xy
El nombre de Campo Vectorial proviene de la manera de representar en forma gr´afica estas func funcio ione nes. s. Para ara ello ello se elig eligee un unaa gril grilla la de pu punt ntos os del del plan planoo (o m´as as espec´ıficamente ıficamente del dominio D) y sobre cada punto (x, ( x, y) de esta grilla se dibuja el vector correspondiente a (eventualme ualmente nte adaptando adaptando su longitud). longitud). Veamos los siguiente siguientess ejemplos ejemplos que han F ( F (x, y) (event sido producidos por el software Maple Maple..
1. F ( F (x, y) = ( y, x) (campo rotacional)
−
2. F ( (2x, y) F (x, y) = (2x,
124
3. F ( (1, 1) (campo vectorial constante) F (x, y) = (1,
4. F ( (cos(x + y ), sin(x sin(x + y)) F (x, y) = (cos(x
Calculo Vectorial
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
5. F ( F (x, y) = (cos x, sin y)
4.4
Integrales de L´ınea
Sea F ( par am´etrica etrica definida en [a, b]. F (x, y) un campo vectorial y λ una curva param´
125
126
Calculo Vectorial
Se define la integral de l´ınea de F con respecto a la curva λ como
b
F dλ =
λ
f ( f (λ(t)) λ (t) dt
·
a
Si λ(t) = (x(t), y(t)) entonces λ (t) = (x (t), y (t)). Asimismo, F ( F (λ(t)) = F ( F (x(t), y(t)). Dado que F ( F (λ(t)) y λ (t) son vectores, entonces su producto es el producto interno (o producto punto) (α1, β 1 ) (α2 , β 2 ) = α1 α2 + β 1 β 2
·
Ejemplo Calcular la integral de l´ınea en los siguientes casos: λ(t) = (t, t2 ), t
1. F ( F (x, y) = (x + y, y )
∈ [−1, 2] 2
F dλ =
λ
F ( F (λ(t)) λ (t) dλ
·
−1
λ (t) = (1, 2t) F ( F (λ(t)) = F ( F (t, t2 ) = (t + t2 , t2) (1, 2t) = t + t2 + 2t 2t3 F ( F (λ(t)) λ (t) = (t + t2 , t2 ) (1,
·
·
Por lo tanto : 2
t2 t3 2t4 (t + t + 2t 2t ) dt = + + F dλ = 2 3 4 λ −1
2. F ( F (x, y) = (x, y)
2
3
λ(t) = (2cos t, 2sin t), t
λ
[0, π ] ∈ [0,
2
−1
=
121 = 6.05 20
π
F dλ =
0
f ( f (λ(t)) λ (t) dλ
·
λ (t) = ( 2sin t, 2cos t) cos t, 2sin t) F ( F (λ(t)) = F (2cos F (2cos t, 2sin t) = (2 cos c os t, 2sin t) ( 2sin t, 2cos t) = 4 cos cos t sin t F ( F (λ(t)) λ (t) = (2 co
−
·
·−
− 4cos t sin t = 0
127
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
Por lo tanto :
π
F dλ =
λ
3. λ : [0, [0, 2π]
2
→R
: t
0 dt = 0
0
→ (t − sin t, 1 − cos t) y F ( F (x, y) = (y, −x) 2π
F dλ =
λ
·
F ( F (t
0
− sin t, 1 − cos t) · (1 − cos t, sin t) dt
2π
=
(1
− cos t, sin t − t) · (1 − cos t, sin t) dt
(2
− 2cos t − t sin t) dt = 6π
0
2π
=
0
4. λ : [0, [0, π]
λ
2
→R
: t
3
→ (cos
t, sin3 t) y F ( F (x, y) = ( y, x)
−
π
F dλ =
·
−
F (cos F (cos3 t, sin3 t) ( 3cos2 t sin t, 3sin2 t cos t) dt
0
=
0
=
0
π
π
·−
( sin3 t, cos3 t) ( 3cos2 t sin t, 3sin2 t cos t) dt
·−
3 3sin2 t cos2 t dt = 4
π
0
3 sin2 2t dt = 8
π
0
(1
3π cos4t) dt = − cos4t 8
Propiedades Propieda des de las integrales de l´ınea Las curvas se pueden subdividir en partes o bien se pueden a˜ nadir , como se ilustra en la figura.
128
Calculo Vectorial
Esta idea de a˜nadir nadir la llamamos sumar . Po Porr cierto cierto,, para para suma sumarr ´o unir 2 curvas el punto finall de la primer fina primeraa debe coincid coincidir ir con el punto punto inicia iniciall de la segund segunda. a. Al igual que para las integrales de una variable definidas sobre un intervalo en R, las integrales de l´ınea cumplen con la siguiente propiedad:
F dλ =
λ1 +λ2
Por otro lado, si denotamos por
F dλ +
λ1
F dλ
λ2
−λ a la curva λ orientada en sentido contrario, se tiene:
F dλ =
−λ
−
F dλ
λ
Ejemplo: Calcular Calcular la integral integral del campo vectori vectorial al f ( f (x, y) = (x2 + y2 , 2xy), xy), sobre la curva definida por la frontera orientada negativamente de la regi´on on acotada por la gr´afica afica de y = x y de la recta al punto (4, (4 , 2) del origen, con la orientaci´on on dada en la figura.
√
F dλ =
λ
λ1
F dλ +
F dλ
λ2
Soluci´ on: on: Se necesita necesita parametrizar parametrizar las dos curvas curvas que componen la curva curva de la figura. Llamamos Llamamos λ1 al segmento de recta y λ2 al trozo de la gr´afica afica de y = x.
√
(4 , 2) a (0, (0, 0) λ1 = segmento de recta de (4,
129
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
λ1 (t) = ( 1 λ1 (t) = ( 4 afico y = λ2 = trozo gr´afico
)(4, 2) + t(0, (0, 0) − t)(4, − 4t, 2 − 2t) , t ∈ [0, [0, 1]
√x √
λ2 (t) = (t, t) , t
[0, 4] ∈ [0,
Calculemos:
1
F dλ =
λ1
F ( F (λ(t)) λ (t) dλ
·
0
λ1 = ( 4, 2) F ( F (λ1 (t)) = F (4 F (4 4t, 2 2t) = (4 4t)2 + (2 2t)2 , 2(4 4t)(2 4 (4 4t)2 + (2 2t)2 4[(4 4t)(2 2t)] F ( F (λ1 (t)) λ1 (t) =
− − − − − −
− − −
·
−
−
−
−
entonces: 1
−
4 (4
0
2
− 4t)
+ (2
2
− 2t) − 4[(4 − 4t)(2 − 2t)]
dt =
Calculemos:
λ2
4
F dλ =
F ( F (λ(t)) λ (t) dλ
·
0
√ √
(1, 1/2 t) λ2 = (1, F ( F (λ2 (t)) = F ( F (t, t) = (t2 + t, 2t t) F ( F (λ2 (t)) λ2 (t) = t + t2 + t = 2t + t2
·
entonces:
√
−112 3
− 2t)
130
Calculo Vectorial
4
(2t (2t + t2) dt =
0
112 3
Por lo tanto, la soluci´on on es:
λ
F dλ =
F dλ +
λ1
λ2
Ejercicios:
1. Calcular
f dλ,
donde F ( F (x, y ) = ( y, x)
F dλ,
donde F ( F (x, y) = ( y, x)
λ
2. Calcular
λ
−
−
F dλ = 0
131
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
4.5
Campos vectoria ectoriales les conserv conservati ativ vos
Las dos componentes de un campo vectorial, que llamamos M y N , son funciones reales de las dos variables x e y: F ( F (x, y) = (M, N ) Por ejemplo 1. Si F ( F (x, y ) = (x + y, y) entonces M = x + y ; N = y 2. Si F ( ln(x + y)) entonces M = exy ; N = ln(x ln(x + y) F (x, y ) = (exy , ln(x 3. Si F ( F (x, y ) = (xy2 , x
2
2
− y ) entonces M = xy ; N = x − y
2
4. Si F ( cos(xy)) )) entonces M = x + sin y; N = cos(xy cos(xy)) F (x, y ) = (x + sin y, cos(xy
Si f ( on real su gradiente es un campo vectorial. f (x, y) es una funci´on
f =
∂f ∂f , ∂x ∂y
Ejemplo: 1. f ( funci´ on on real f (x, y) = xy2 2 gradiente en un campo vectorial f = (y , 2xy) xy)
→ → 2. f ( on real f (x, y) = e → funci´on f = (ye , xe ) → gradiente en un campo vectorial 3. f ( on on real f (x, y) = x + y → funci´ (2x, 2y) → gradiente en un campo vectorial f = (2x, xy
xy
2
xy
2
Un campo vectorial F se llama conservativo si es el gradiente de alguna funci´on f . f . Es decir, si F ( F (x, y) =
∂f ∂f , ∂x ∂y
132
Calculo Vectorial
A partir de lo c´alculos alculos anteriores, los siguientes son campos conservativos: 1. F ( F (x, y) = (y2 , 2xy) xy) 2. F ( F (x, y) = (ex y, ex ) 3. F ( (2x, 2y) F (x, y) = (2x, Entonces un campo de la forma F = (M, N ) es conservativo si existe una funci´on real f tal que: M =
∂f ∂x
N =
∂f ∂y
La funci´on on f se denomina funcion potencial del campo F . F . Ejemplos adicionales: 1. F ( (2xy,x2 ) F (x, y) = (2xy,x f ( f (x, y) = x2 y es conservativo ya que el gradiente coincide con el campo vectorial; M =
∂f = 2xy ∂x
N =
∂f = x2 ∂y
2. F ( (1, 1) F (x, y) = (1, f ( f (x, y) = x + y es conservativo ya que el gradiente coincide con el campo vectorial; M =
∂f =1 ∂x
N =
∂f =1 ∂y
3. F ( (2x, 1) F (x, y) = (2x, f ( f (x, y) = x2 + y es conservativo ya que el gradiente coincide con el campo vectorial; M =
∂f = 2x ∂x
N =
∂f =1 ∂y
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
133
Teorema (Independencia del camino) Si F es un campo vectorial conservativo, conservativo, entonces la integral de l´ınea de F no depende de la trayectoria, s´olo olo depende del punto inicial y el punto final de esta curv curva. M´as a s a´ un u n , si f es una funci´on on potencial, y A y B son los puntos iniciales y finales de la curva; entonces:
F dλ = f ( f (B )
C
− f ( f (A)
1. ¿C´omo omo se sabe si un campo vectorial es conservativo? 2. Sabiendo que un campo F es conservativo, ¿c´omo omo se encuentra una funci´on on potencial?
Observaci´ on on ¿Qu´ ¿Q u´e pasa pa sa si F es conservativo y λ es una curva cerrada?.
F dλ = f ( f (B )
− f ( f (A) f ( f (B ) − f ( f (B )
C
= = 0
Notaci´ on on Si
C es una curva cerrada
C
F dλ =
F dλ
134
Calculo Vectorial
Teorema Un campo vectorial F = (M, N ) es conservativo si y solo si ∂M ∂N = ∂y ∂x
Ejemplo: Determinar si F es conservativo. conservativo. 1. F ( (2x + 3y 3y3 , 9x2y + 2y 2y ) F (x, y) = (2x ∂M = 9y 2 ∂y 2. F ( F (x, y) = (x2 , xy) xy)
∂M =0 ∂y
∂N = 18xy 18xy ∂x ∂N =y ∂x
NO
NO
3. F ( (2x + 3y 3y3 , 9xy2 + 2y 2y ) F (x, y) = (2x ∂M = 9y2 ∂y
∂N = 9y 2 ∂x
∂M = 2x ∂y
∂N = 2x ∂x
SI
4. F ( (2xy,x2 + cos y ) F (x, y) = (2xy,x
SI
5. F ( F (x, y) = (x3 + y 2, 2xy2 + sin y) ∂M = 2y ∂y
∂N = 2y2 ∂x
NO
Sea F un campo vetorial conservativo, entonces ahora analizaremos la busqueda de la funci´on on potencial. Si f es la funci´on on potencial, entonces:
135
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
∂f = M ∂x
(i)
∂f = N ∂y
(ii) ii)
Entonces, si integramos la igualdad (i (i) con respecto a x f ( f (x, y) =
M dx + g (x)
y ahora derivando esta igualdad con respecto a y
− −
∂f ∂ = ∂y ∂y
M dx + g (y ) = N
∂ ∂y
g (y) = N g (y) =
N
M dx
∂ ∂y
M dx
dy
Ejemplo: 1. Sea F campo vectorial, conservativo (2xy,x2 ), F ( F (x, y) = (2xy,x encontrar la funci´on on potencial potencial f . f . (I )
∂f = 2xy ∂x
(I I )
P1) f (x, y) = x2y + g(y) ∂f P2) = x2 + g (y) ∂y P3) x2 = x2 + g (y) P4) g (y) = 0
⇒ g(y) = C
Por lo tanto la funci´on on potencial es: f ( f (x, y) = x2y + C
∂f = x2 ∂y
136
Calculo Vectorial
2. Sea F campo vectorial, conservativo 2y, 2x + y ), F ( F (x, y) = (x2 + 2y, encontrar la funci´on on potencial potencial f . f . (I )
∂f = x2 + 2y 2y ∂x
∂f = 2x + y ∂y
(I I )
x3 P1) f (x, y) = + 2xy 2xy + g(y) 3 ∂f P2) = 2x + g (y ) ∂y P3) 2x 2x + y = x2 + g (y) P4) g (y) = y
⇒
y2 + C g (y ) = 2
Por lo tanto la funci´on on potencial es: x3 y2 + 2xy 2xy + + C f ( f (x, y) = 3 2 3. Sea F campo vectorial, conservativo 2xy,x2 F ( F (x, y) = (3 + 2xy,x
2
− 3y ),
encontrar la funci´on on potencial potencial f . f . (I )
∂f = 3 + 2xy 2xy ∂x
(I I )
∂f = x2 ∂y
P1) f (x, y) = 3x + x2 y + g (y) ∂f P2) = x2 + g (y) ∂y P3) x2
− 3y
P4) g (y) =
2
= x2 + g (y) 2
−3y ⇒ g(y) = −y
3
+ C
Por lo tanto la funci´on on potencial es: f (x, y) = 3x + x2 y
−y
3
+ C
− 3y
2
137
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
La funci´on on potencial de un campo vectorial conservativo corresponde a una suerte de primitiva, ya que (por el Teorema de la independencia del camino) se tiene, al igual que en el llamado Teorema Fundamental del C´alculo: alculo:
F dλ = f ( f (B )
λ
− f ( f (A)
donde A es el punto inicial y B el punto final de la curva λ. En Enton tonces ces,, saber saber calcular calcular la funci´on on potencial de los campos vectoriales conservativos permite reducir el c´alculo de las integrales de l´ınea al c´alculo alculo de esta funci´on on potenci potencial. al. Veamos eamos esto esto usando usando los ejempl ejemplos os anteriores: 1. Consideremos el campo vectorial F ( (2xy,x2 ). Ya vimos que es conserv conservativ ativoo F (x, y) = (2xy,x 2 y una funci´on on potencial es: f ( Porr lo tanto, tanto, si querem queremos os calcula calcularr la f (x, y) = x y + C . Po integral integral de l´ınea de este campo sobre una curva, curva, nos basta conocer el pun punto to inicial inicial y el punto final de esta curva. curva. Por ejemplo, ejemplo, calculemos calculemos la integral integral de este campo sobre la curva λ(t) = (2t, (2t, t + 1), 1), t [1, [1, 3]. Entonces,
∈
F dλ = f (6 f (6,, 4)
λ
2
2
− f (2 f (2,, 2) = (6 · 4 + C ) − (2 · 2 + C ) = 144 − 8 = 136
2. Sea F ( 2 y, 2x + y), calculemos la integral de l´ınea de este campo camp o sobre F (x, y) = (x2 + 2y, 2 la curva β (t) = (1 t, t ), t [0, [0, 1]. 1]. Como la funci´on on potencial de F es f ( f (x, y) = y x + 2xy 2xy + 2 + C , se tiene: 3 3
−
2
∈
F dβ = f (0 f (0,, 1)
β
− (1, (1, 0) =
− 1 + C 2
1 1 + C = 3 6
3. Sea F ( 2xy,x2 3y 2), calculemos la integral de l´ınea de F sobre la curva F (x, y) = (3 + 2xy,x (2t 3, t + 5), 5), t [1, [1, 2]. 2]. Dado que la funci´on on potencial de este campo es λ(t) = (2t f ( f (x, y) = 3x + x2 y y3 + C , se tiene:
−
λ
4.6 4.6
F dλ = f (1 f (1,, 7)
−
− ∈
− f ( f (−1, 6) = (10 − 7
3
+ C )
3
− (3 − 6
+ C ) =
−333 − (−213) = −120
Teore eorema ma de Gr Gree een n
Una integral integral de l´ınea ınea sobre sobre una curva cerrada cerrada se puede calcular mediante mediante en una integral integral doble sobre una regi´ on y viceversa.
138
Calculo Vectorial
Sea F un campo vectorial y sea la curva.
C una curva cerrada, llamamos D a la regi´on on encerrada por
Tambi´en en decimos deci mos que es la frontera de la regi´on on D. Si un unaa hormiga camina por sobre la curva en el sentido del transito y la regi´on on est´a siempre a mano izquierda decimos que la curva (frontera) est´a orientada positivamente.
C
Teorema de Green Sea F un campo vectorial con componentes M y N que tengan derivadas parciales continuas. Sea D una regi´on on del plano de tipo I , I I o´ I I I . Entonces:
donde
C
F dλ =
D
∂N ∂x
−
∂M ∂y
dA
on D, orientada positivamente. C es la frontera de la regi´on
Utilizamos como notaci´on, on, en lugar de , la siguiente:
C
fronte tera ra de D ∂D = fron + fronte tera ra de D orientada positivamente positivamente ∂D = fron
Ejercicios: Verificar el teorema de Green en los siguientes ejercicios 1. Calcular
C
F dλ, dλ, si F ( F (x, y) = (y
2 x
2
− x e , cos(2y cos(2y ) − x), donde C es el rect´angulo angulo con
v´erti er tice cess (1, (1 , 1), 1), (0, (0, 1), 1), (1, (1, 3), 3), (0, (0, 3), orientada en sentido contrario al reloj.
139
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
F dλ =
D
C
∂N ∂x
−
∂M ∂y
→ ∂M =1 ∂y ∂N cos(2 os(2yy ) − x → = −1 ∂x
M = y
2 x
−x e 2
N =
−
( 2) dA = ( 2)(1)(2) =
−
D
2.
2x cos(2y cos(2y) dx
C
2
− 2x
dA
−4
sin(2y sin(2y) dy
Para toda curva cerrada simple suave, orientada +.
cos(2y) M = 2x cos(2y 2
N =
−2x
→
sin(2y sin(2y)
−
[( 4x sin(2y sin(2y))
D
3. Sea
→
∂M = 4x sin(2y sin(2y) ∂y ∂N = 4x sin(2y sin(2y) ∂x
−
−
sin(2y))] dA = 0 − (−4x sin(2y 2
2
C la curva cerrada formada por las curvas y = x , x = y , calcule
√x
(y + e
) + (2x (2x + cos y 2 ) dy
C
√x
M = y + e
→
N = 2x + cos y2
→
∂M =1 ∂y ∂N =2 ∂x
140
Calculo Vectorial
√x
1
dA =
D
√ − − dy dx
x2
0
√x
1
=
y
0
dx
2
x
1
=
[ x
x2 ] dx
0
=
2 3/2 x 3
x3 3
1 0
1 = 3 4. Calcular
(xy + y2 ) dx + x2 dy , limitada por y = x y y = x2
M = xy + y2
= x + 2y 2y → ∂M ∂y
N = x2
→
∂N = 2x ∂x
141
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
1
dA =
D
x
− − − [2x [2x
0
x
1
=
[xy
0
1
=
(x + 2y 2y)] dy dx
2
[x4
x
2
y ]
dx 2
x
x3 ] dx
0
=
− 201
Dejamos los siguientes ejercicios para que los resuelva el lector: 1. Verifique el teorema de Green para P = x y Q = xy donde D es el disco unitario x2 + y2 1.
≤
2. Verifiquemos el teorema de Green para el campo F ( (3x2y, x3 ) donde D es la F (x, y) = (3x regi´on on comprendida entre la par´abola abola y = x2 y la recta y = 1.
−
3. Usemos Usemos el teorema teorema de Green Green para calcular la integral integral de l´ınea del campo F ( F (x, y ) = 2 2 (2x (2x + y, x + 4xy) sob re el c´ırculo ırcu lo x + y = 1 recorrido una vez en sentido antihorario. xy) sobre
−
4. Sea F ( recorrido cont contra ra reloj. Escriba Escriba F (x, y) = (y, x) y sea C el c´ırculo de radio r recorrido F dλ como una integral doble usando el teorema de Green. C
−
5. Sea C la frontera del cuadrado [0, [0 , 1]
[0, 1] orientada positivamente. Eval´ue, ue, × [0,
(y4 + x3)dx + 2x 2x6 dy
C
6. Sea C la frontera del rect´angulo angulo con lados x = 1, y = 2, x = 3, y = 3. Evalue las siguientes integrales: (a) (b) (c)
(2y (2y2 + x5 )dx + 3y 3y6 dy
C
(xy2
C
C
3
2
− y )dx + (−5x
+ y3 )dy
2y + sin x x + ey dx + dy 1 + x2 1 + y2
7. Desaf´ Desaf´ıo. Considere los c´ırculos de radio 1 centrados en el (2, (2 , 0) y en el ( 2, 0) y el c´ırculo de radio 4 centrado en el origen. Sea D la regi´on on al interior del mayor c´ırculo y al exterior exterior de los c´ırculos ırculos menores. menores. Verificar erificar el teorema de Green Green para el campo Indicaci´ ci´ on: on: Parametr Parametrice ice las fronteras fronteras de estos discos para que la F ( F (x, y) = ( y, x). Indica frontera de D tenga orientaci´on on positiva .
−
−
142
Calculo Vectorial
4.6.1
Calculo ´ alculo de ´ areas usando el Teorema de Green areas
Consideremos una regi´on on D cuya frontera es una curva cerrada y simple, orientada positivamente. itivamente. Sea F ( (0 , x), entonces ∂N = 1 y ∂M = 0. Po Porr lo tanto tanto el lado derecho derecho F (x, y ) = (0, ∂x y del Teorema de Green es igual a = area a´rea de D. Por otro otro lado lado,, el lado izqui izquier erdo do D dA del mismo teorema nos da: C + xdy. xdy. Asimismo, este argumento se puede usar para el campo F ( area de D = C + ydx. Finalmen ente, te, una F (x, y) = ( y, 0), lo que da como resultado ´area ydx. Finalm situaci´on o n un poco m´as as sim´etrica etrica se obtiene con el campo F ( F (x, y) = ( y, x) y el resultado est´a reflejado en el siguiente:
C
−
−
−
area A de la regi´on on D encerrada por una curva cerrada simple C Teorema El ´area y orientada positivamente es: A=
x dy =
C
− C
1 y dx = x dy 2 C
− y dx
Este teorema nos ofrece ofrece tres integrales integrales de l´ınea que nos permiten permiten calcular calcular el ´area de una regi´on on D. A pesar de que las dos primeras f´ormulas ormulas son m´as as simples, la tercera permite en algunos algunos casos una integrac integraci´ i´ on on m´as as sencilla. sencilla.
Ejemplos: x2 y2 + 2 = 1. a2 b Primero, una parametrizaci´on on de la elipse con orientaci´on on positiva es: λ(t) = (a cos t, b sin t), [0, [0, 2π]
1. Calcular el ´area area de la elipse
A = = = =
1 x dy y dx 2 C 1 2π ((a ((a cos t)(b )(b cos t) (b sin t)( a sin t)) dt 2 0 1 2π ab(cos ab(cos2 t + sin2 t) dt 2 0 ab 2π = πab 2
−
−
−
t
∈
143
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
2. Calcular el ´area area de la regi´on on acotada por la curva λ(t) = (t3 4t, t2 4) con 2 t 2. Observe que se trata de una curva cerrada simple que se recorre en sentido horario.
−
−
− ≤ ≤
Se tiene entonces (el signo menos representa la orientaci´on negativa de la curva), A=
− λ
4.7
2
x dy =
−
−2
3
(t
2
)2t dt = −4t)2t
−
−2
4
(2t (2t
2
−8t ) dt =
−
2 5 t 5
−−
8 3 t 3
2
−2
=
256 15
Ejercicios Ejercici os de C´ alculo alculo Vectorial ectoria l (Cap (C ap´ ´ıtulo IV)
1. (a) Para Paramet metriz rizar ar C el c´ırculo ırculo de radio 3 centrado centrado en el pun punto to ( 2, 7) en el sentido horario.
−
(b) Cambiar Cambiar la orientaci´ orientaci´ on on de la curva λ(t) = (t2
2
− 1, t + 1), 1), t ∈ [0, [0, 2] (c) Determine si β (t) = (cos(t (cos(t), cos (t)) con t ∈ [π/2 π/2, 3π/2] π/2] es una curva cerrada. 3
Asimismo, reparametricela en el intervalo [1, [1 , 3] y dibuje la curva.
√
2. Considere la curva parametrizada por λ(t) = ( 2cos t
− 1, √2sin t − 1).
(a) Dibuje Dibuje (con precisi´ precisi´on) on) la curva y su orientaci´on. on. (b) Reparametrice la curva para recorrerla en el sentido opuesto y en la mitad del tiempo tiemp o (aqu´ (aqu´ı suponemos sup onemos que t representa el tiempo). (c) Reparametrice la curva original sobre el intervalo [ 1, 1], conser conserv vand andoo la oriorientaci´on. on.
−
144
Calculo Vectorial
3. Calcule la integral
(x2 + y2 )dx + 2xydy 2xydy
C
donde C es la frontera, orientada negativamente, de la regi´on on acotada por la gr´afica afica de (4 , 2) al origen. y = x y de la recta del punto (4,
√
4. Calcular Calcula r la integral de l´ l´ınea
6xy dx + (3x (3x2 + 2y 2y) dy
C
donde C es una curva que une los puntos P = (0, (0, 0) y Q = (1, (1, 1) en cada uno de los siguientes casos: (a) C es el segmento que une P y Q. (b) C es el arco de la par´abola abola x = y 2 que va de P a Q. (c) C va del punto P al punto (0, (0, 1) y de ah´ ah´ı al punto Q. 5. Calcular Calcula r la integral de l´ınea ınea del campo cam po vectorial vectori al F ( angulo F (x, y) = (xy,x+ xy,x+y ) sobre el rect´angulo (orientado positivamente) pos itivamente) con v´ertices ertices (0, (0 , 0), 0), (1, (1, 0), 0), (1, (1, 2), 2), (0, (0, 2). 6. Sea a una constante. Para la funci´on on F ( 4y,ax + y ) y la curva λ dada por F (x, y) = (x + 4y,ax 2 2 el c´ırcu ır culo lo x + y = 9 orientado positivame p ositivamente. nte. Calcular la integral de l´ınea
F dλ
λ
7. Eval´ ue ue la integral de l´ınea
2xy dx + x2 dy
λ
donde λ est´a parametrizada por λ(t) = (cos (cos 8t, 5sin16t 5sin16t), con 0 8. Calcule la integral
≤ t ≤ π/4. π/ 4.
(x2 + y2 )dx + 2xydy 2xydy
C
donde C es la frontera de la regi´on on acotada por las gr´aficas aficas de y =
√x, y = 0 y x = 4
9. Calcular la integral de l´ınea del campo vectorial F ( F (x, y) = (x + y, x2 ) sobre la curva que se ilustra, ilustra, orientada orientada positivamen positivamente. te. (segmen (segmento to del origen al (2, (2, 0), arco de c´ırculo ırcu lo de radio 2 y segmento de (1, (1 , 3) al origen.
√
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
145
10. Calcular la integral de l´ınea del campo F ( (4x + sin2 y, x sin2y sin2y + 1) sobre la F (x, y) = (4x curva curva que se ilustra (cada tramo es un semic´ semic´ırculo).
11. Considere el campo vectorial F ( (2xy2 + y + 5, 5, 2x2 y + x + 2) F (x, y) = (2xy (a) Demuestre que es conservativo conservativo (b) Encuent Encuentre re una funci´on on potencial para F (c) Calcule la integral de l´ınea de F a lo largo de la curva λ(t) = (t + cos(πt cos(πt)), t cos(πt cos(πt)) )),, t [0, [0, 1].
∈
12. 12. (a) (a) Sea Sea F ( 1, ex cos y + 1). Demuestre que F es conservativo. F (x,y,z) x,y,z ) = (ex sin y + 1,
−
146
Calculo Vectorial
(b) Encuent Encuentre re una funci´on on potencial para F . F . 13. Calcular la integral de l´ınea del campo vectorial F ( F (x, y) = (xy, sin y) sobre la frontera del tri´angulo ang ulo con v´ertices erti ces (1, (1 , 1), 1), (2, (2, 2), 2), (3, (3, 0) recorrido una vez en sentido antihorario. 14. Calcule el ´area area de la regi´on on acotada por las funciones y = x2 usando el Teorema de Green.
2
− 4x e y = 4x − x
15. Considere la curva C , definida como al arco de c´ırculo de radio r y ´angulo angulo central kπ d´onde onde 0 < k 2, como se muestra en la figura. Calcular
≤
F dλ
λ
donde F ( F (x , , y) y) = x −+yy , x +x y 2
2
2
2
16. Calcular Calcula r la integral de l´ l´ınea
(x + y)2 dx
C
− (x − y )
2
dy
donde C es el contorno, orientado positivamente, de la curva formada por la sinusoidal y = sin x y el segmento del eje x entre 0 y π. 17. Verifique el Teorema de Green para el campo vectorial F ( (3x2 y, x3 ), donde F (x, y) = (3x on acotada por la par´abola abola y = x2 y la recta y = 1. D es la regi´on
−
147
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
18. Calcular la integral de l´ınea del campo vectorial F ( 4y, 6x F (x, y) = (x5 + 4y, 2 2 c´ırcul cu lo x + y = 16.
4
− y ) sobre el
19. Sea F ( F (x, y) un campo conservativo, si la integral de F sobre la curva ABE es 3 y la integral de F sobre el segmento BE es 2, calcular la integral sobre: (a) ABCDE (b) EDCB
20. Considere Considere la la funci´ funci´on on f ( f (x, y ) = xy+ xy +exy . Sea λ la curva dada por λ(t) = donde t
[0, 1]. Calcule la integral i ntegral de l´ınea ınea ∈ [0,
t 1 1, , t + 1, t+1 2
−
f dλ
λ
21. Calcule la l a integral de l´ l´ınea
µ
(2x + y, x + 4xy) F dµ, dµ, donde F ( F (x, y) = (2x xy ) y µ representa
·
−
el c´ırcu ır culo lo x2 + y2 = 4 recorrido una vez en sentido antihorario.
Cap´ıtulo 5 Ecuaciones Diferenciales Ordinarias 5.1 5.1
Ecuac Ecuacio iones nes Dif Difere erenc ncia iale less de Prim Primer er Orden Orden
Estas ecuaciones son una herramienta fundamental para estudiar el cambio (en el mundo natural y social). En la ciencias de la vida, en la ingenier´ ingenier´ıa, en la f´ısica, en la psicolog´ psicolog´ıa, en la biolog´ biolog´ıa, entre muchas otras areas, a´reas, estas ecuaciones son herramientas fundamentales en los aspectos cuantitativos que tienen relaci´on on con el cambio. Una gran parte de los modelos matem´aticos aticos que buscan comprender comprender y predecir predecir los fen´omenos omenos tienen su base ba se en la teor teo r´ıa de de ecuaciones diferenciales. Ejemplos de estos modelos mo delos son ca´ıda ıda libre, decaimiento radiocativo, la ley de enfriamiento de Newton Newton,, el crecim crecimien iento to de poblaci poblacione ones, s, modelos modelos de oscilad osciladore oress arm´ arm´onicos onicos y resortes, modelamiento mode lamiento de circuitos cir cuitos el´ectricos, ectricos, caos, etc. (a) Ley de Newton de ca´ ca´ıda libre. Si un objeto (por ejemplo ejemplo una manzana) manzana) se libera de una altura dada, la masa del objeto por su aceleraci´on es igual a la fuerza que act´ua ua sobr so bree ´el: el : d2 h m 2 = mg dt donde m es la masa, h la altura desde el suelo, g es la aceleraci´on on gravitacional y 2 2 on del objeto. d h/dt es la aceleraci´on
−
(b) Ley de enfriamien enfriamiento to de Newton: La tasa de cambio de la temperatura temperatura T de un cuerpo con respecto al tiempo (t ( t) es proporcional a la diferencia de la temperatura del cuerpo y del medio ambiente, que llamaremos A. dT = k (A dt 148
− T ) T )
149
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
(c) La tasa de cambio de la poblaci´on on P ( no no de la poblaci´on: on: P (t) es proporcional al tama˜ dP = kP dt (d) La ecuaci´on on de Laplace (usada en electricidad, calor y aerodin´amica, entre muchas otras aplicaciones) es: ∂ 2 u ∂ 2 u + =0 ∂x 2 ∂y 2 Esta no es una ecuaci´on on diferencial ordinaria, se denomina ecuaci´ on en derivadas parciales.
Dicho de manera simple, una Ecuaci´on on Diferencial Ordinaria (EDO) involucra una funci´ funci´on on y (dependiente de una variable x) y una o m´as as de sus derivadas. M´as as precisamente, toda ecuaci´on on diferencial de primer orden se puede escribir de la forma: F ( F (x,y,y ) = 0
(5.1)
Una soluci´on on de esta ecuaci´on on es una funci´on on f ( f (x) que al sustituirla por y en la ecuaci´ ecuaci´on on (5.1) sastisface la ecuaci´on on para todo x en un intervalo.
Otros ejemplos: en los siguientes ejemplos m´as as abstractos, y es una funci´on on de la variable x. (a) y = ky (d) y + y = 0
(b) y = 2x (e) y = y
(c) y = 6x (f ) 3yiv 2y + 4y 4y = 2x
−
En una ecuaci´on on diferencia diferencial, l, la derivada derivada puede aparecer aparecer en forma impl´ impl´ıcita a trav´ trav´es es de diferenciales, como en la siguiente: (x2 + y2 ) dx
− 2xy dy = 0
Esta ecuaci´on on puede ser escrita como: x2 + y 2
dy =0 − 2xy dx
150
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias
o bien de la forma (x2 + y 2)
dx dy
− 2xy = 0
por lo que podemos considerar a cualquiera de las dos variables como la variable dependiente y la otra ser´a la independien independiente. te. En los siguientes ejemplos, para cada ecuaci´on on diferencial encontramos una o m´as as soluciones de manera artesanal artesana l (es decir sin m´etodos etod os espec´ıficos). ıficos). x3 2 1. y = x − 2x. Por simple integraci´on on podemos saber que una soluci´on on es y = x3 Aunque, la soluci´on on m´ as as general posible es: y = 3
3
2
−x
2
−x .
+c
2. y = y. Sabemos que una funci´on on que no cambia al derivarla es y = ex , por lo tanto es una soluci´ solucion. o´n. Al igual que en el ejemplo anterior, otra soluci´on ser´a y = c ex . 3. y +2y +2 y = 0 se puede escribir como: y = 2y. Una soluci´on on es: y = e−2x , en efecto y = 2e−2x Pero otra soluci´on on tambi´ ta mbi´en en es: y = c e−2x .
−
−
4. y + y = 0. Para encontrar soluciones, tratamos de recordar qu´e funciones cumplen con esta ecuaci´on, on, es decir, qu´e funci´on on al deriv derivarl arlaa dos veces veces cambia cambia de signo. signo. Dos ejemplos son f ( f (x) = cos x y g (x) = sin x. En efecto, f (x) = sin x y f (x) = cos x. Lo mismo sucede con g(x). Pero tambi´ ta mbi´en en la l a funci´ fu nci´on on h(x) = c1 cos x + c2 sin x es una soluci´ on on de la ecuaci´on on diferencial y + y = 0.
−
−
En este cap´ıtulo ıtu lo s´olo olo estudiaremos ecuaciones diferenciales de primer orden, es decir, aquellas que involucran s´olo olo la primera derivada de y. Estas ecuaciones ecuaciones tienen la siguiente siguiente particularidad:
Toda ecuaci´on on diferencial de primer orden se puede escribir como: y = f ( f (x, y)
´o
dy = f ( f (x, y) dx
Del primer ejemplo podemos concluir algo m´as as general: general:
151
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
La ecuaci´ ecuaci´on on y = f ( f (x) se resuelve mediante integraci´on on y la soluci´on on es: y=
f ( f (x) dx
Entonces, el estudio de este tipo de ecuaciones puede entenderse como el estudio del c´alculo integral integral de una variable, ariable, para lo cual se establecie establecieron ron una serie de m´etodos etodos y m´as as particularmente el famoso Teorema Fundamental del C´ alculo. alculo. En los ejemplos anteriores, las soluciones son funciones que pueden ser expresadas de manera expl´ ex pl´ıcit ıc ita a . Consideremos la ecuaci´on on x y = y Multiplicando por 2y 2y obtenemos 2yy = 2x
−
−
luego integrando a ambos lados y recordando la Regla de la Cadena (en este caso, el hecho que (y (y2 ) = 2yy ) obtenemos y2 = x2 + C o bien x2 + y 2 = C
−
Entonces decimos que la ecuaci´ on x2 + y2 = C es la soluci´on o n de la ecuaci´on on diferencial Con n esto esto quer querem emos os deci decirr que que esta esta ecuaci ecuaci´´on on define de manera impl´ im pl´ıcit ıc ita a las y = x/y. x/y. Co 2 2 soluciones soluciones de la ecuaci´ ecuaci´on on (la soluci´on on y = C x y la soluci´on on y = C x ). Entonces:
−
√ −
−√ −
Se dice que una relaci´on on (ecuaci´on) on) G(x, y) = 0 es una soluci´on on de una ecuaci´on on diferencial en el intervalo I , si ´esta esta define una o m´as as soluciones soluci ones expl´ expl´ıcitas en I .
En esta teor´ teor´ıa de las l as ecuaciones ecua ciones diferencia d iferenciales les hay tres tr es cuestiones cuesti ones b´asicas. La primera tiene que ver con los modelos matem´aticos: aticos: Determinar Determina r qu´e ecuaci´ ecu aci´on on diferencial describe un fen´omeno omeno espec´ espec´ıfico. La segunda es acerca de la existencia de soluciones: Sabemos que en las ecuaciones algebraicas, algunas tienen soluci´on on y otras no (como por ejemplo, la ecuaci´on on x2 + 1 = 0).
152
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias
Entonces, una importante pregunta es si una ecuaci´on on diferencial dada tiene o no soluci´on. on. Y finalmente, sabiendo que una ecuaci´on on tiene soluci´on on necesitamos, en algunos casos, saber si hay otras soluciones (unicidad de la soluci´on). on). El siguiente resultado da respuesta a estas dos ultimas u ´ ltimas cuestiones para el caso de las ecuaciones de orden 1.
Teorema (existencia y unicidad de la soluci´ on.) on.) Para el problema de valor inicial dy = f ( f (x, y ), y(xo ) = yo dx si f y ∂f son funciones continuas en un rect´angulo angulo ∂y R = (x, y) a < x < b, b, c < y < d
{
|
}
que contiene el punto (x ( xo , yo ), entonces existe una ´unica unica soluci´on on φ(x) definida en un intervalo alrededor del n´umero umero xo, que pasa por el punto (x ( xo , yo ).
Las ecuaciones diferenciales de primer orden se pueden escribir indistintamente de las formas: dy 1. y = = f ( f (x, y) dx 2. M dx + N dy = 0, donde M y N son funciones reales de las variables x e y. Ejemplos: y = 3xy dy x (d) = dx x + y (a)
(b) (e)
dy y = dx x y dx + x dy = 0
(c) y = x2 + y2 (f )
(x2 + y 2) dx
En todo caso se puede pasar f´acilmente acilmente de una descripci´on on a la otra: 1. dy = f ( f (x, y) dx dy = f ( f (x, y) dx f ( f (x, y) dx + dy = 0
−
2
− x y dy = 0
153
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
2. M dx + N dy = 0 / dx dy = 0 M + N dx dy M = dx N
÷
−
Ejemplos: (a) y = 3xy M dx + N dy = 0 dy = 3xy dy = 3xy dx dx 3xy dx + dy = 0
⇒ →
−
(b)
dy y = dx x x dy = y dx
−y dx + x dy = 0 (c)
dy = x2 + y 2 dx dy = (x2 + y2 )dx 2
−(x (d)
+ y2 )dx + dy = 0
dy x = dx x + y (x + y) dy = x dx (x + y) dy = 0 −x dx + (x
(e) y dx + x dy = 0 y = G(x, y) x dy = y dx dy = y x dx dy y = dx x y y = x
− − − −
154
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias
(f) (x (x2 + y 2 ) dx
2
− x y dy = 0
(x2 + y2 ) dx = x2 y dy (x2 + y2 ) = x2 y
dy dx
x2 + y 2 dy = x2 y dx
5.2 5.2
Curv Curvas as isocl isoclin inas as
Un a t´ecni Una ec nica ca util u ´ til para visualizar la familia de soluciones de una ecuaci´on on diferencial de primer orden es dibujar (con la ayuda de un computador) el campo de direcciones de la ecuaci´on. En una ecuaci´on on de primer orden dy = f ( f (x, y ) dx on en el punto (x, (x, y). Es decir decir,, f ( f ( f (x, y) es la pendiente de la soluci´on f (x, y) nos provee de la direcci´on on que debe tener una soluci´on on de la ecuaci´on on diferencial diferencial en cada punto. punto. Entonces Entonces para dibujar el campo de direcciones, en cada punto del plano (en realidad de una grilla) dibujamos la direcci´on on (pendiente) que tiene la soluci´on on en ese punto.
Ejemplos.
1. Para la ecuaci´on, on, y =
−y − sin x
cuya soluci´on on general es y=
sin x + cos x + ce−x 2
el campo de direcciones se muestra en la figura siguiente, junto con la gr´afica de cuatro miembros de la familia de soluciones (que llamamos curvas isoclinas.) isoclinas.) Se puede apreciar que tres de las curvas curvas convergen convergen a una cuarta (onda verde en la pan pantalla) talla).. Esta cuarta curva es la soluci´on on que se obtiene al poner c = 0, es decir y = (sin x + cos x)/2.
155
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
2. En la ecuaci´on on y = x + y que tiene como soluci´on on a y = cex
− (x + 1)
tambi´ tambi´en en mostramos el campo de direcciones junto a tres curvas isoclinas iso clinas (soluciones particulares). La recta que se aprecia (en verde en pantalla) es la soluci´on con c = 0.
3. Para la ecuaci´on on y = y cuya soluci´on on general es y = c ex , mostramos el campo de direcciones y algunas de las soluciones particulares: para c = 2, c = 0.5 y c = 0.5
·
−
156
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias
4. En el caso de la ecuaci´on on y = x
on general es − 4xy, xy, la soluci´on y=
1 + c e−2x . 4
·
2
Se ilustra el campo de direcciones y algunas curvas isoclinas: c = 1 y c =
−1.5.
En resumen, en la gr´afica afica del campo de direcciones direcciones de una ecuaci´ on on diferencial se pueden apreciar todas las soluciones de la ecuaci´on on dada. dada. Po Porr el teorema teorema de existencia y unicidad, cada curva soluci´ on se determina, ya sea d´andole andole un valor a la constante c o de forma equivalente, estipulando un punto (x ( xo , yo ) del plano por donde pasa la soluci´ on. on.
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
5.3
157
Ecuaci Ecuaciones ones diferen diferencia ciales les separabl separables es
Una EDO de primer orden y = f ( f (x, y) se llama separable si f ( on f (x, y) se puede escribir como un producto F F ((x)G(y), de una funci´on de x por una funci´on on de y. Ejemplos: (a) y = 3xy
es separable
y = 3x y
·
y (b) y = x 1 y = y x
es separable
·
(c) y = x2 + y2 (d) y =
x x+y
no es separable no es separable
¿Por qu´ e se llama separable? separab le?
y = F ( F (x) G(y) dy = F ( F (x) G(y) dx dy = F las variables est´an an separadas F ((x) dx G(y )
· ·
→
M´etodo:
y = F ( F (x) G(y)
·
(P.1) (P.1) Separar las variables variables dy = F F ((x) dx G(y )
158
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias
(P.2) (P.2) Integrar Integrar en ambos lados
dy = G(y )
F (x) dx F (
(P.3) (P.3) Despejar y de la ecuaci´on on anterior (P.4) (P.4) Si y no se puede despejar, entonces la ecuaci´on on resultante sera la soluci´on on implicita de la EDO.
Ejemplo: 1. y = 3xy dy = 3xy dx dy = 3x dx y dy = 3x dx y 3x2 ln y = + C /exp 2
2 3x
Soluci´ on on general explicita y = e eC y 2. y = x dy y = dx x dy dx = y x dy dx = y x ln y = ln x + C /exp 2
→
eln y = eln x+C y = eln x eC y = xeC Como se puede apreciar, la soluci´on on general es una familia de funciones que dependen de un par´ametro ametro (constante de integraci´on). on). Si, por simplici simplicidad dad,, llamam llamamos os m a la constante eC , tenemos: tenemos:
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
y = mx
3. y =
rectas que pasan por el origen
− xy
dy = dx
− xy
y dy =
−x dx
− y dy =
y2 = 2
−
x dx
x2 + C 2
on general implicita c´ırculos centrados en el origen x2 + y2 = 2C soluci´on
Familia de soluciones soluciones (campo de direccione direccioness y algunas algunas soluciones soluciones particulares) particulares)
159
160
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias
5.4
Ecuaciones Homog´ eneas eneas
Funciones uncione s homog´eneas: eneas: Una funci´on on de 2 variables H (x, y) se llama homog´enea enea de grado r si para todo x cualquiera se tiene: H (tx,ty) tx,ty) = tr H (x, y) Ejemplo: Funciones homog´eneas eneas (a)
H (x, y) = x + y
(d) H (x, y) =
x2 + y2
(b) H (x, y) = x2 + xy (e)
(c) H (x, y) =
x
H (x, y) = e y
(f)
H (x, y) =
x y
1 x2 + y2
Veamos: (a) H (tx,ty) tx,ty) = tx + ty = t(x + y)
→
es homog´enea enea de grado 1
(b) H (tx,ty) (tx)( )(ty tx,ty) = (tx) tx)2 + (tx ty)) = t2 x2 + t2 xy = t2 (x2 + xy) xy)
→
es homog´enea enea de grado 2
161
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
(c) H (tx,ty) tx,ty) = (d) H (tx,ty) tx,ty) =
tx x x = = t0 ty y y
→
t2 x2
tx
+ x
t2 y2
= x
(e) H (tx,ty) tx,ty) = e ty = e y = t0 e y (f) H (tx,ty) tx,ty) =
es homog´enea enea de grado 0 t2 (x2
→
+
y2 )
= t x2 + y2
→
es homog´enea enea de grado 1
es homog´enea enea de grado 0
1 1 1 −2 1 = = t t2 x2 + t2 y 2 t2 x2 + y2 x2 + y 2
→
es homog´enea enea de grado -2
Propiedades Propieda des de las funciones funcion es homog´ eneas eneas 1. H (x, y) = C es homogenea de grado 0 2. x e y son homogeneas de grado 1 3. Si H y G son homogeneas de grado r y s respectivamente, respectivamente, entonces: (a) H (x, y) G(x, y) es homog´enea enea de grado r + s
·
(b) H (x, y)/G( enea de grado r /G(x, y) es homog´enea (c) [H [H (x, y)]k es homog´ hom og´enea enea de grado gra do k r
·
−s
(d) Si r = s, entonces H (x, y) + G(x, y) no es homog´ hom og´enea enea
(e) Si r = s, entonces H (x, y) + G(x, y) es homog´enea enea de grado r o´ es la funci´on on 0 4. la funci´on on 0 no tiene grado.
Supongamos que M y N son homog´eneas eneas de grado r, entonces la EDO: Definici´ on: on: Supongamos M dx + N dy = 0
se llama Ecuaci´ on on homogenea
Teorema: Si f ( enea de grado 0, entonces f ( olo de la variable f (x, y ) es homog´enea f (x, y) depende s´olo x y u = o´ v = y x
M´ etodo eto do de soluci´ solu ci´ on on de una ecuaci´ on on homo ho mog´ g´ enea en ea
162
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias
M (x, y) dx + N (x, y) dy = 0
M (x, y ) + N ( N (x, y)
dy =0 dx
la funci´on on M/N es homog´enea enea de grado 0, por el teorema anterior, si u =
M = g(u) N
y , se tiene: x (5.2)
dy = d(ux) ux) = x du + u dx De lo que se concluye que:
dy du =x +u dx dx
(5.3)
Luego consideramos consideramos la ecuaci´ ecuaci´on on original y la dividimos por N : M (x, y) + N (x, y) Para obtener:
dy =0 / dx
÷ N
M dy + =0 N dx
Utilizando Utilizando la igualdad igualdad (5.3): (5.3):
M du +x +u =0 N dx
Usando ahora la igualdad (5.2): du = u g (u) dx Finalmente podemos separar la variables para llegar a: x
du = u + g(u)
M´etodo:
− −
− dxx →
separable
163
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
• Partir de una ecuaci´on on homo ho mog´ g´enea en ea • Hacer cambio de variable u = xy o´ v = xy on separable en u y x o´ en v e y . • Reescribir como una ecuaci´on Ejercicios: 1. (x2
2
2
2
− xy + y ) dx − xy dy = 0 (x − xy + y ) = M → homog´ hom og´enea enea de grado gra do 2 −xy = N → homog´ hom og´enea enea de grado gra do 2 enea de grado 2 ⇒ EDO es homog´enea
Soluci´ on: on: Sea u =
(x2
y x
⇒
y = ux
2 2
− xux + u x ) dx − xux( xux(u dx + x du) du) x (1 − u + u ) dx − x u(u dx + x du) du) (1 − u + u ) dx − u(u dx + x du) du) (1 − u + u − u ) dx − uxdu (1 − u) dx − uxdu (1 − u) dx 2
2
0 0 / x2 0 0 0 uxdu dx u = du 1 u x
2
2
2
2
= = = = = =
÷
−
Integramos a ambos lados
dx = x dx = x ln x =
ln x =
u
−− 1
u
du
1+
1 1
−u −u − ln(1 − u) + C − xy − ln(1 − xy ) + C
164
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias
2. Resolver usando las dos sustituciones posibles (y ( y = ux y x = vy): vy ): (x
− 2y) dx + (2x (2x + y ) dy = 0
Soluci´ on:La on:La ecuaci´on on es homog´enea enea de grado 1. y = ux
dy = u dx + x du
⇒
(x + 2ux 2ux)) dx + (2x (2x + ux)( ux)(u u dx + x du) du) )(u dx + x du) x(1 2u) dx + x(2 + u)(u du) [1 2u + (2 + u)u] dx + (2 + u)x du (1 u2 ) dx dx x
− −
−
= 0 = 0 = 0 = (2 + u)x du (2 + u) = du 1 + u2
− −
Las integrales son f´aciles aciles de calcular y las dejamos al lector. on: x = vy ⇒ ∗ Usemos ahora la sustituci´on: (vy 2y)(v )(v dy + y dv) (2vy + y) dy dv) + (2vy 2)(v dy + y dv) (2v + 1) dy y (v 2)(v dv) + y(2v (v 2)v 2)v dy + (v (v 2)y 2)y dv + (2v (2v + 1) dy ((v ((v + 2)v 2)v + (2v (2v + 1)) dy + (v (v 2)y 2)y dv (v 2 + 1) dy dy y dy y
−
− −
−
−
dx = v dy + y dv
= = = = =
0 0 0 0 (2 v )y dv 2 v = 2 dv v +1 2 = v2 + 1
− −
ln y = 2 arc arctan( tan(vv )
− −
v dv v2 + 1 1 ln(v ln(v 2 + 1) + C 2
−
x ln y = 2 arctan y 3. Resolve Resolver: r: 2xy y = 4x2 + 3y 3y 2
·
ln
x2 + 1 + C y2
165
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
Soluci´ on:La on:La ecuaci´on on es homog´enea enea de grado 2, ya que : 4x2 + 3y 3y 2 dy = 2xy dx
on: ∗ Sustituci´on:
⇒
2xy dy = (4x (4x2 + 3y 3y2 ) dx
y = ux , dy = u dx + x du
(2x (2x(ux)) ux)) dy (2x (2x2 u)(u )(u dx + x du) du) (2u (2u)(u )(u dx + x du) du) 2u2 dx + 2uxdu 2uxdu 2uxdu 2uxdu dx x
(4x (4x2 + 3u 3u2 x2 ) dx (4x2 + 3u 3u2 x2 ) dx (4 + 3u2 ) 4 dx + 3u 3u2 dx 4 dx + 3u 3u2 dx 2u2 dx 4 dx + u2 dx 2u du = (4 + u2)
= = = = = =
−
Integramos a ambos lados
2u du dx = (4 + u2 ) x ln x = ln(4 + u2 ) + C /e x = (4 + u2 )eC y2 4 + 2 eC , eC = k x = x 4x2 + y2 x = k x2 x3 = 4x2 + y2 k x3 4x2 y = k
·
±
−
166
5.5 5.5
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias
Ecua Ecuaci cion ones es Exac Exacta tass La ecuaci´ ecuaci´on on diferencial de primer orden: M dx + N dy = 0 se llama exacta si: ∂N ∂M = ∂x ∂y
El m´etodo etodo de soluci´on o n se basa en la existencia de una funci´on on potencial potencial f ( f (x, y) con la propiedad:
f = (M, N ) Es decir: M =
∂f , ∂x
N =
∂f ∂y
Si reemplazamos esto en la ecuaci´on on general: ∂f ∂f dx + dy = 0 ∂x ∂y pero, justamente la diferencial de una funci´on de dos variables es: df ( f (x, y) =
∂f ∂f dx + dy ∂x ∂y
por lo tanto, si la diferencial de una funci´on on de dos variables es cero, entonces:
on general de la ecuaci´on on f ( f (x, y) = C que representa la soluci´on
167
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
En resumen,: Si
∂N ∂M = ∂x ∂y
on f ( ⇒ ∃ una funci´on f (x, y)
con la propiedad propiedad f = (M, N ) (funci´on on potencial) y la soluci´on on (implicita) de la EDO es la ecuaci´on: on:
f (x, y) = C
Por lo tanto tanto el m´etodo etodo se reduce reduce al m´ etodo etodo que ya conocemos conocemos para encontrar encontrar la funci´ funci´on on potencial del campo (conservativo) F = (M, N ). ).
Ejemplos: 1. Resol Resolv ver 3x(xy
3
− 2) dx + (x (x
+ 2y 2y) dy = 0
Soluci´ on: o n: es exacta ya que: M : 3x(xy
∂M = 3x2 ∂y
− 2) →
2y N : x3 + 2y
→
∂N = 3x2 ∂x
Para encontrar la ecuaci´on on potencial ∂f = M ∂x
→
∂f = N ∂y
∂f = 3x2 y ∂x
→
− 6x
∂f = x3 + 2y 2y ∂y
entonces: f ( f (x, y) =
(3x (3x2 y
f ( f (x, y) = x3y
− 6x) dx + g(y) 2
− 3x
+ g (y)
168
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias
ahora derivando con respecto a y: ∂f = x3 + g (y) = x3 + 2y 2y ∂y por lo tanto g ( y ) = 2y As´i f ( f (x, y ) = x3 y
2
− 3x
⇒
g (y ) = y 2
+ y2
luego la soluci´on on general es: x3 y 2. Resolv Resolver er (2x (2x3
2
− 3x
2
+ y 2 = C
2
2x) dy = 0 − xy − 2y + 3) dx − (x y + 2x
Soluci´ on: o n: es exacta ya que: M : 2x3
N :
2
− xy − 2y + 3 → 2
2x) → −(x y + 2x
∂M = ∂y
∂N = ∂x
−2xy − 2
−2xy − 2
Para encontrar la ecuaci´on on potencial ∂f = M ∂x
→
∂f = N ∂y
∂f = 2x3 ∂x
→
∂f = ∂y
2
− xy − 2y + 3 2
−(x y + 2x 2x)
entonces: f ( f (x, y ) =
(2x (2x3
x4 f ( f (x, y) = 4
−
2
− xy − 2y + 3) dx + g(y) x2 y2 2
3x + g (y ) − 2yx + 3x
ahora derivando con respecto a y: ∂f = ∂y
2
2
−x y − 2x + g(y) = −x y − 2x
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
169
por lo tanto g (y ) = 0
⇒
g (y) = C
x4 x2 y2 ´ Asi f ( 2yx + 3x 3x f (x, y ) = 4 2 luego la soluci´on on general es:
−
−
x4 4
5.6 5.6
−
x2 y2 2
− 2yx + 3x 3x = C
Ecua uacci´ on Lineal de Primer Orden on
Una ecuaci´on on diferencial de primer orden se llama lineal si se puede escribir de la forma: A(x) y + B (x) y = C (x)
Sin embargo, la forma est´andar andar de esta ecuaci´on on se obtiene al dividirla por A(x) y escribirla de la forma: Forma est´andar andar
y + P ( P (x) y = Q(x)
(5.4)
M´ etodo eto do de soluci´ solu ci´on: on: Para resolver esta ecuaci´on on se usa una funci´on on auxiliar llamada factor integrante, integrante, la que se define del siguiente modo:
170
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias
µ=e La derivada de esta funci´on on es:
P ( P (x) dx
P (x) dx µ = P ( P (x) e P (
Al multiplicar ambos lados de la ecuaci´on on (5.4) por µ se obtiene:
e
P ( P (x) dx
P ( P (x) dx P (x) dx , para simplificar usamos µ y + P ( P (x) e y = Q(x) e P ( µ y + µ y = Q(x) µ (µ y) = Q(x) µ
Ahora integrando a ambos lados se obtiene:
µy =
y = =
Q(x) µ dx + C , en forma explicita se obtiene
e
1 P ( P (x) dx
Q(x)e
P ( P (x) dx
dx + C
Esta f´ormula ormula (que aparece como complicada) no se debe aprender de memoria. En la pr´actica se realiza el proceso completo para arribar a la soluci´on (que por lo dem´as a s es siempre expl´ expl´ıcita). En resumen, el m´etodo etodo consiste consist e en: 1. Escribir la ecuaci´on on de la forma : y + P ( P (x) y = Q(x)
2. Calcular la funci´on, on, llamada factor integrante: µ = e
P ( P (x)
3. Multiplicar ambos lados por µ 4. Integrar Integrar a ambos lados (recordar (recordar que el lado izquierdo izquierdo de la ecuaci´on on es la derivada de un producto) producto) 5. Despejar y .
Ejemplo:
171
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
1. Resolver
2
2(y 2(y
− 4x ) dx + x dy dy 2(y 2(y − 4x ) + x dx dy 2y − 8x + x dx 2
2
= 0 /
÷ dx
= 0 = 0
2y = 8x2 / xy + 2y 2y = 8x y + x
÷x
en este caso P ( P (x) = 2/x y Q(x) = 8x y el factor integrante es: µ = e eln x = x2 µ = x2 2
⇒
Multiplicando la igualdad por este factor integrante, tenemos: 2y = 8x / µ = x2 x 2 2xy = 8x3 x y + 2xy (x2 y) = 8x3 y +
·
2
xy =
8x3 dx
x2 y = 2x4 + C 2x4 + C = y x2
2. Resolver
2
xy
− 2y = x / · 2 y − y = x x
•e • •
P ( P (x) dx
1 2
= eln( x
·
1 1 d y 2 = dx x x y = ln x + C x2
||
)
=
⇒
Soluci´on on general gen eral expl´ıcita ıcit a
1 x
2 • P ( P (x) = − x 2 • P ( P (x) dx = − dx = −2 x
→
1 x2 y = x2
1 = x
1 dx x
−2 ln |x| = ln x1
2
2
x
dx
= e2 ln x =
172
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias 2
2
• y = x ln |x| + x C → 3. Resolver
Soluci´ on on general gene ral expl´ıcita ıci ta
y = y + ex x
y
−y =e • P ( P (x) = −1 • P ( P (x) dx = − dx = −x • µ = e− • dxd y · e− = e e− ⇒ ye− = 1 dx • ey = x + C on general gen eral expl´ıcita ıcit a • y = xe + e C → Soluci´on
x
x
x
x
x
x
x
5.7 5.7
x
Ecua uaccion ´ on de Bernoulli Una ecuaci´on on que se pueda escribir de la forma: dy + P ( P (x) y = Q(x) y n dx donde n es un n´ umero real, se denomina de Ecuaci´ umero on on de Bernoulli
Cuando n = 0, 1, una ecuaci´on on de Bernoulli es una ecuaci´on on lineal, ya que se tiene:
dy + P ( P (x) y = Q(x) , cuando n = 0 dx
dy + (P (P ((x) dx
− Q(x)) y
= 0 , cuan cuando do n = 1
Por otro lado, cuando n = 0, 1, es posible transformar la ecuaci´on o n de Bernoulli en una ecuaci´on on lineal. Consideremos la ecuaci´on on original y dividamos por y n :
y −n
dy + P ( P (x) y 1−n = Q(x) dx
(5.5)
173
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
Si consideramos la sustituci´on on z = y1−n , z = y1−n
⇒
dz = (1 dx
Por lo tanto, si ahora multiplicamos por (1 obtenemos:
(1
n dy
− n) y−
dx
n
− n) y−
dy dx
o n (5.5) , − n) en ambos lados de la ecuaci´on
1 n
− n) P ( P (x) y − z + (1 − n) P ( P (x) z
+ (1
= (1 =
− n) Q(x) (1 − n) Q(x)
Lo que resulta ser una ecuaci´on on lineal en la variable z . Luego, el proceso se continua con el m´etodo eto do de resoluci reso luci´´on on de ecuaciones lineales. Ejemplos: 2y x
1. Resuelv Resuelvaa y =
2 2
−x y
P1) Escribir Escribir la ecuaci´ ecuaci´on on como: y
− 2xy = −x y
2 2
P2) Entonces Entonces tenemos tenemos una ecuaci´ ecuaci´on on de Bernoulli con n = 2 1 P3) Hacemos Hacemos la sustituci´ sustituci´on on z = y1−n = y −1 = y 1 dy dz dy dz P4) = = y2 2 dx y dx dx dx 2 2 dz P5) Luego, y2 zy = x2 y2 y = y2 z dx x dz 2 P6) Ecuaci´ Ecuaci´on on lineal en su forma est´andar andar + z = x2 dx x P7) El factor integra integrante nte es e x dx = e2 ln x = x2 1 x5 d 2 4 P8) Entonces Entonces (x z ) = x o´ z = 2 + C 5 dx x 1 P9) Como z = , tenemos y
⇒
−
−
−
−
−
→
2
y=
x2 + C
→ x5 5
Soluci´on on general general
(Tambi´ (Tambi´en, en, no hay que olvidar olvida r que y = 0 es soluci´on on de la ecuaci´on) on)
174
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias 2
2. Resolver y + xy = xe−x y−3 P1) Ecuaci´ Ecuaci´on on de Bernoulli con n =
−3
P3) realizemo realizemoss la sustituci´ sustituci´ on on z = y1−n = y 1−(−3) = y 4 P4)
⇒
dz dy = 4y3 dx dx
1 dz dy = 3 dx 4y dx 2
P5)) Luego P5 Luego,, 4y3 y + 4y 4y 4 x = 4xe−x P6) P7) P8) P9)
y = y4 z dz Ecuaci´ Ecuaci´on on lineal en su forma est´andar andar + 4x 4x z = 4xe−x dx El factor integra integrante nte es e 4x dx = e2x d 2x Entonces Entonces (e z ) = 4xe−x e2x o´ z e2x = 2ex + C dx 1 Como z = , tenemos y
→
2
2
2
2
2
2
2
·
2
y4 = 2e−x + C e−2x
5.8
2
Soluci´ on on general
→
Ejerci Ejercicio cioss de Ecuaci Ecuaciones ones difere diferenci nciale aless de primer primer orden de n (Cap (Cap´ ´ıtulo ıtu lo V)
1. Resuelv Resuelvaa la siguiente siguiente ecuaci´ ecuaci´on: on: e2y dx + 2(xe 2(xe2y
− y) dy = 0
(a) Como una ecuaci´on on exacta (b) Como una ecuaci´on on lineal de primer orden 2. Encuentre la soluci´on on de la ecuaci´on on diferencial (2x (2x + 3)y 3)y = y + (2x (2x + 3)1/2 que pase por el punto ( 1, 0)
−
3. Resuelva la ecuaci´on on diferencial (6y2 y(6y
1)dx + 2xdy 2xdy = 0 − x − 1)dx
175
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
4. Encuentre la soluci´on on expl´ expl´ıcita de la ecuaci´on on diferencial 2xyy = 4x2 + 3y 3y 2
5. Resuelva el problema de valor inicial 3y (x2
3
(x − 1 )dx + (x
+ 8y 8y
− 3x) dy = 0
donde y = 1 cuando x = 0. 6. Encuentre, Encuentre, en forma expl´ expl´ıcita, la soluci´on on general de la ecuaci´on on 6y = 3xy4/3 xy + 6y
7. Resuelva el problema de valor inicial 2xyy = 4x2 + 3y 3y 2 con y(1) = 2. 8. Resuelva la ecuaci´on on diferencial k n
xy
−y =x y Para esto considere separadamente el caso n = 1 y k = 0 del caso n = 1 y k = 0. 9. Encuentre en forma expl´ expl´ıcita la soluci´on on de la ecuaci´on on 2xyy = y2
3
− 2x
que pasa por el punto (1, (1 , 2) 10. Resolver el problema de valor inicial 3y (x2
3
(x − 1 )dx + (x
+ 8y 8y
− 3x) dy = 0
donde y = 1 cuando x = 0. 11. Encuentre la soluci´on on general de la ecuaci´on: on: 7xy + 2y 2y 2 x2 y = 4x2 + 7xy
176
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias
12. Sean a,b,n constantes. Calcular en forma expl´ expl´ıcita la soluci´on on general de la ecuaci´on on diferencial (x + a)y = bx ny
−
considerando todos los posibles valores de n. 13. Encuentre la soluci´on on general de la ecuaci´on on diferencial 2xy2 y = y3
3
− 2x
14. Resuelva el problema de valor inicial (3x (3x2 con y(0) =
2
− 2y )y = 2xy
−1.
15. Encuentre la soluci´on on general de la ecuaci´on on diferencial 6x2 dy
− y(2y (2y
3
+ x)dx = 0
16. Encuentre la soluci´on on general de la ecuaci´on on x 2 (y
y/x
−e
) = xy
17. Encuentre la soluci´on on de la ecuaci´on on diferencial x dy
(6y + 3xy 3xy − (6y
4/3
) dx = 0
que pasa por el punto (1, (1 , 1/8) 18. Demuestre que la soluci´on on de la ecuaci´on on diferencial
−y
x2 + y2
dx +
x dy = 0 x2 + y2
on: on: Encuentre en forma expl´ es una recta ( Indicaci´ expl´ıcita la soluci´on). on).
Cap´ıtulo 6 Soluci´ on de Pruebas anteriores on
Soluci´ on on de la Prueba 3 6 de julio de 2004
1. (2 pts) Encuentre la soluci´on on particular de la ecuaci´on on diferencial 2xy + y 2 = 0 y x2 + 2xy que satisface y( 1) = 1
−
Soluci´ on: on: Dividimos Dividimos la ecuaci´ ecuaci´ on on por x2 para obtener: 2 y2 + + = 0 y y 2 x
x 2 y + y = x
−
y2 x2
Lo que representa una ecuaci´on on de Bernoulli, con n = 2. Multip Multiplic licand andoo esta ´ultima ultima 2 − ecuaci´on on por y y por 1 obtenemos:
−
−y− y − x2 y− 2
177
1
=
1 x2
178
Pruebas Resueltas
Ahora, sustituyendo z = y−1 obtenemos z = ecuaci´on on lineal en z , a saber: z
− x2 z
2
−y− y, con lo cual obtenemos una 1 x2
=
. Esta Esta ecua ecuaci ci´´on on tiene como factor integrante a la funci´on u = x−2 . Multip Multiplic licand andoo por este factor, el lado izquierdo de la ecuaci´on se transforma en la derivada de un producto: 1 x4
(x−2 z ) =
Integrando a ambos lados con respecto a x obtenemos:
x−2 z = z = 1 = y
− 13 x− − 13 x− − 13 x−
y =
3
+c
1
+ cx2
1
+ cx2
3x 3cx3 1
−
Al incorporar la condici´on on y( 1) = 1 obtenemos c = 2/3 de modo que
−
y =
3x 2x3
−1
2. (2 pts) Calcular la integral de l´ınea
(2xy (2xy + y2 ) dx + (x (x + y)2 dy
C
donde C es la curva λ(t) = (t, sin t), con t
[0, π/2] ∈ [0, π/2]
campo vecto vectoria riall es conser conserv vativo ativo,, puesto puesto que ∂M = 2x + 2y = Soluci´ on: on: El campo ∂y Buscamos entonces una funci´on on potencial f , f , a partir de la ecuaciones
∂N . ∂x
179
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
∂f = 2xy + y2 ∂x ∂f = (x + y ) 2 ∂y
(6.1) (6.2)
Integrando la igualdad (6.1) con respecto a x se obtiene: f ( f (x, y) = x2y + xy2 + g (y) Y luego derivando esta ultima ´ultima con respecto a y, y usando la igualdad (6.2) se obtiene: ∂f = x2 + 2xy 2xy + g (y) ∂y = x2 + 2xy 2xy + y 2 Por lo que g(y) = y3 /3, lo que nos da como funci´on on potencial f ( f (x, y) = x2 y + xy2 + ınea se puede calcular simplemente evaluando evaluando esta funci´on on y3 /3. Ahora, la integral de l´ınea potenci potencial al en los pun puntos tos extremo extremoss de la curv curva. Estos Estos pun puntos tos son: λ(0) = (0, (0, 0) y (π/22, 1). λ(π/2) π/2) = (π/ Entonces,
(2xy (2xy + y 2) dx + (x (x + y)2 dy = f ( f (π/2 π/ 2, 1)
C
− f (0 f (0,, 0)
= π2 /4 + π/2 1/3 π/ 2 + 1/
3. (2 pts) Calcular la integral de l´ l´ınea del campo vectorial F ( (3x2 y + y3 , 3y3 + y2 ) F (x, y) = (3x sobre la curva λ(t) = (2 cos cos t, 2sin t), con 0 t 2π.
≤ ≤
Soluci´ on: on: En este caso podemos usar el Teorema de Green, dado que la curva es cerrada y est´a orientada positivamente (c´ (c´ırculo de radio 2 centrado en el origen). Entonces, si llamamos I a la integral de l´ınea, tenemos,
I =
− R
=
R
∂N ∂x
−
∂M ∂y
dA
3x2 + 3y 3y2 dA
180
Pruebas Resueltas
donde R es la regi´on on del plano plano encerr encerrada ada por este este c´ırculo ırculo.. Esta Esta integ integral ral dob doble le la calculamos calculamos usando coordenadas coordenadas polares: polares:
−
2
3x + 3y 3y
R
2
2π
dA =
2
− − 0
3r 2r d r d θ
0
2π
=
3/4(16) dθ
0
=
24π −24π
181
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
Soluci´ on on Prueba Opcional 13 de julio de 2004
1. (2 pts) Calcular el volumen del s´olido olido acotado por las superficies 3y 2 , z = 3x2 + 3y
y=9
2
−x ,
y=
−2,
x=0yz=0
.
Soluci´ on: on: La superficie techo es el paraboloide z = 3x2 + 3y2 , el piso es el plano z = 0 y la regi´on on de integraci´on on est´a definida por:
R = (x, y)
2
| −2≤y ≤9−x , 0≤x≤
√
11
Por lo tanto, el volumen del s´olido olido est´a dado por:
√11
V =
0
=
0
=
0
=
9 x2
−
− −
2
9−x 3x2 y + y3 ]− 2
[3x [3x2 (9
√11
x2 ) + (9
√
2 3
2
− x ) ] − [−6x − 8] dx
210x 210x2 + 24x 24x4
[737
0
(3x (3x2 + 3y 3 y 2 ) d y dx
√11 −2 √11
6
− x ] dx
12. 12.518 = 11 35
2. (2 pts) Calcular la integral triple
x2 + y 2 + z 2 dV
Ω
donde Ω es el s´olido olido sobre el cono z 2 = 3x2 + 3y 3y2 y bajo la esfera x2 + y2 + z 2 = 4. olido se puede describir en coordenas esf´ ericas ericas de siguiente modo: Soluci´ on: on: El s´olido Ω = (ρ,θ,φ) ρ,θ,φ) 0
{
| ≤ ρ ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ φ ≤ π/6 π/6}
La ultima u ´ ltima desigualdad para φ se obtiene de la igualdad z 2 = 3x2 + 3y2 en coordenadas nad as esf´ericas eric as (tan 2 φ = 13 ). De este modo, podemos podemos calcular calcular la integ integral ral triple, triple, que llamaremos I , como una integral iterada:
182
Pruebas Resueltas
2π
2
π/6 π/6
−
I =
0
0
2π
ρρ2 sin φdφdρdθ
0
2
cos 0) dρdθ ρ3 ( cos π/6 π/6 + cos
=
0
= (1
0
−
√3 2
)8π )8π
3. (2 pts) Calcular la integral de l´ınea ınea del campo vectorial F ( F (x, y) = (x2 y y,xy2 x) sobre la curva que resulta al unir las gr´aficas aficas de la curva y = x2 1, para x [0, [0, 2], con el segmento que une el punto (2, (2 , 3) con el punto (3, (3, 0) y con el segmento que une el punto (3, (3, 0) con el punto (5, (5, 0).
−
−
∈
−
Soluci´ on: on: Si llamamos C a la curva total, esta se puede escribir como C = C 1 + C 2 + C 3 donde C 1 es la gr´afica afica de la par´abola, abola, C 2 es el primer segmento y C 3 es el otro. Por lo tanto, la integral de l´ınea se descompone en una suma de integrales de l´ınea, a saber:
F dλ =
C
F dλ +
C 1
C 2
F dλ +
F dλ
C 2
Ahora calculamos cada integral por separado. La parametrizaci´on on de la curva C 1 est´a dada por λ(t) = (t, t2
− 1), con 0 ≤ t ≤ 1.
2
[(t [(t2 (t2
Fλ =
C 1
0 4
= t 2 = 5
2
2
2
2
5
3 2 0
La parametrizaci´on on de la curva C 2 est´a dada por λ(t) = (2 + t, 3
C 2
− 1) − (t − 1)] − [t(t − 1) − t] 2t ] − 2t + 1 − t + 2t
dt
− 3t), con 0 ≤ t ≤ 1.
1
Fλ =
[(2 + t)2 (3
0
= 25 = 11
2
− 9t
+ 6t 6t3
2
− 3t) − (3 − 3t)] + [(2 + t)(3 − 3t) − (2 + t)] 25t] − 25t 1 0
dt
183
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
La parametrizaci´on on de la curva C 3 est´a dada por λ(t) = (3 + 2t, 2t, 0), con 0
1
Fλ =
C 3
(0) dt
0
= 0
Finalmente, sumando los resultados obtenemos:
C
2 + 11 + 0 5 57 = 5
F dλ =
≤ t ≤ 1.
184
Pruebas Resueltas
Soluci´ on on de la Prueba 1 23 de agsoto de 2004 1. (2 pts) Demostrar que
x dA = 2
R
donde R es la regi´on on achurada de la Figura 1.
Figura 1
Soluci´ on: on: Las ecuaciones ecuacion es de d e los lo s c´ırculos ırculos son: x2 + y2 = 4 (y 1)2 = 1 x2 + (y
−
La regi´on on R es una regi´on on de tipo II, que se puede describir como: R = (x, y)
{
−
∈ R | 0 ≤ y ≤ 2,
1
Por lo tanto, se tiene:
√ √ √ √ − −
R
− }
0
2
0
xdxdy
x2 2
1 (4 2
4 y2
−
(2
0
= 2
2
1 (y 1)
− −
y2 )
2
=
4
2
− −
0
=
≤x
1 (y 1)
2
=
−
≤ −
4 y2
2
x dA =
(y
1)2
y) dy
dy 2
− (1 − (y − 1) )
dy
y2
}
185
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
2. (2 pts) Comprobar la igualdad: 1
−1+√1−x
2
0
xy2 dy dx =
x 2
−
5 12
(Indicaci´on: on: La Figura 2 lo puede ayudar en al an´alisis) alisis)
Figura 2
Soluci´ on: on: La integral iterada, planteada como est´a, a, presenta p resenta dificultad di ficultades es t´ecnicas ecnicas para su resolures oluci´on. on. Para Para simplificar este problema, problema, describire describiremos mos la regi´ on on de integraci´on on como la uni´on on de dos regions regions de tipo II (como (como se muest muestra ra en la Figura Figura 2). A saber: saber: R1 = R2 =
{(x, y) ∈ R | − 2 ≤ y ≤ −1, 0 ≤ x ≤ y + 2} {(x, y) ∈ R | − 1 ≤ y ≤ 0, 0 ≤ x ≤ −2y − y }
2
As´ As´ı, la integral iterada la podemos reescribir como la suma de dos integrales iteradas: 1
−1+√1−x
0
2
2
xy dy dx =
x 2
xy2 dA
R
−
=
2
xy dA +
R1
= = =
−1
√ − − − xy 2 dA
R2
y +2
2
0
−2y−y
xy dxdy +
−2 0 −1 0 0 −1 1 4 3 2 2y + 2y 2y dy + y + 2y −2 2 −1 1 − 1 1 2 1 1 5
4
3
y + y + y 10 2 3 −2 4 3 5 = + = 15 20 12
10
y
5
4
y
2
xy2 dxdy 1 4 y 2
0
4
−1
−y
3
dy
186
Pruebas Resueltas
3. (a) (1 pt) pt) Tran Transfo sforma rmarr la ecuac ecuaci´ i´on, on, dada en coordenadas polares, a una en coordenadas cartesianas (rectangulares). r=
2
−
6 3cos θ
(b) (1 pt) Encontrar Encontrar una representac representaci´ i´on on polar de los puntos Q y S dados en coordenadas cartesianas: Q = ( 1, 3) y S = (1, (1, 32)
− √
Soluci´ on: on:
−
(a) r = 2r
− 3r cos θ 2r − 3x
= = 2r = 4r2 = 4(x 4(x2 + y2 ) =
6 3cos θ
2 6 6 6 + 3x (6 + 3x)2 (6 + 3x)2
−
(b) Sabemos, a partir de la relaciones entre las coordenadas que para el caso de Q se tiene r = 1 + 3 y θ = arctan arctan(( 3) + π . Del Del mismo mismo modo, modo, para para S se tiene r = 1 + 322 y θ = arctan( 32). Por lo tanto:
√
√
−
−√
(4, 2π/3) Q = (4, π/3) 1025, 1.539556493) R = ( 1025,
√
−
187
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
Soluci´ on on Prueba 2 12 de Octubre de 2004 1. (2 pts) Demostrar que el volumen del s´olido olido dentro del cilindro x2 + y2 = 2y y entre el 32 cono z = x2 + y 2 y el plano xy es . 9
Soluci´ on: on:
El techo del s´olido olido es el cono y el piso es el plano xy y la regi´on on de integraci´on on R es el 2 2 c´ırcul cu lo x + y = 2y. Por lo tanto
V =
(techo - piso) dA
R
=
x2 + y2 dA
R
Este c´ırculo se expresa en coordenadas polares como r = 2 sin sin θ. As´ı, π
V =
2sin θ
− − − rrdrdθ
0
0
2π
=
0
8 3 8 = 3 =
8 = 3 32 = 9
r3 3
π
2sin θ
dθ
0
sin3 θ dθ
0
π
(1
cos2 θ)sin θ dθ
0
cos θ
cos3 θ 3
π 0
188
Pruebas Resueltas
2. (2 pts) Demostrar que
√a −x
a
2
0
2
0
a3 xdydx = 3
on de inte integra graci´ ci´ on on es el cuarto cuarto de c´ırculo ırculo ilustr ilustrado ado en la figu figura. ra. Soluci´ on: on: La regi´on Mostraremos dos estrategias de soluci´on. on.
(a) En coordenadas rectangulare rectangulares, s, revirtiend revirtiendoo el orden de integraci´ integraci´on, on, se tiene:
√a −x
a
0
2
2
√ √ −
a2 y 2
a
xdydx =
0
0
= = = =
−
xdxdy
0
a2 y 2
−
1 a 2 x dy 2 0 0 a 1 (a2 y 2) dy 2 0 a 1 2 3 (a y y /3) 2 0 3 a 3
−
(b) En coordenadas polares, la regi´on on de integraci´on on es el cuarto de c´ırculo dado por Enton tonces ces la integ integral ral doble doble se puede R = (r, θ) 0 θ π/2 π/2, 0 r a . En escribir como:
{
| ≤ ≤
≤ ≤ }
π/2 π/2
a
0
Luego, calculamos esta integral:
0
r cos θ r d r d θ
189
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
π/2 π/2
a
0
π/2 π/ 2
r cos θ r d r d θ =
0
a
cos θ dθ
0
π/2 = sin θ[π/2 0
3 a
r 3
3
=
a 3
r2 dr
0
0
3. (2 pts) Considerar el cono, que se ilustra en la figura, acotado por arriba por la superficie (x,y,z)) es z=1 x2 + y2 y por abajo por el plano xy. xy . Si la densidad en el punto (x,y,z la distancia de este punto al plano xy, xy, demostrar que el centro de masa de este s´olido 2 es (0, (0, 0, 5 ).
−
( x,y,z)) est´a dada por ρ(x,y,z) Soluci´ on: on: La densidad en el punto (x,y,z x,y,z ) = z . de modo que la masa del cono es: m=
z dV
Ω
El cono es el s´olido olido cuyo techo es el mismo cono y el piso el plano xy, on R xy, sobre la regi´on dada por la intersecci´on on del cono con el plano xy, es to es el c´ırculo ırculo de radio ra dio 1 centrado centra do xy, esto en el origen. As´ As´ı, la masa mas a es:
√ 1
m=
R
0
−
x2 +y 2
z dz dA
En coordenadas cil´ cil´ındricas esta integral triple se puede representar p or:
190
Pruebas Resueltas
2π
1
1 r
−
− − −
m =
0
0
2π
=
−
z 2
0
2π
1 2
=
0 2 1 r
1
0
r
1 = 2 1 = 2 π = 12
rdrdθ
0
1
0
zdzrdrdθ
2r 2 + r3 dr dθ
0
2π
r2 r3 r4 2 + 2 3 4 1 2 1 + dθ 2 3 4
0 2π
0
1 0
Ahora Ahora calcul calculamo amoss las coorden coordenada adass x, mediante te las f´ ormulas ormulas cl´ asicas asicas.. x¯, y, y¯, z¯ median primero x ¯.
M yz yz =
− − − xz dV
Ω 1
2π
=
0
= = = = =
−
0
z2 (r cos θ) 2
2π
0
(r cos θ) z d z r d r d θ
0
1
0
1 = 2
1 r
0
2π
=
Veamos eamos
2
1
cos θ r2
1 r
−
dr dθ
0
2r3 + r4 drdθ
0
1 2π r3 r4 r5 cos θ 2 + 2 0 3 4 5 1 2π 1 1 1 cos θ + dθ 2 0 3 2 5 2π 1 cos θ dθ 60 0 2π 1 sin θ 60 0 0
1
dθ 0
Del mismo modo M xz (esto es claro por la simetr simetr´ıa del cono). Calculamos Calculamos ahora xz = 0 (esto z¯, para lo cual debemos calcular primero M xy xy .
191
C´ alculo alculo I I , Juan Pablo Prieto y Mauricio Vargas C.
M xy xy =
− − − z 2 dV
Ω 1
2π
=
0
1 = 3
= = = Luego,
z¯ =
1 3 1 3 1 60 π 30
z2 d z r d r d θ
0
1
0
=
−
0
2π
=
1 r
0
z3 r 3
2π
1
r
0
1 r
−
drdθ
0
3r 2 + 3r 3r3
−r
0
2π
0 2π
0
4
r2 r3 r4 r5 3 +3 2 3 4 5 1 3 1 1+ dθ 2 4 5
2π
−
−
dθ
0
M xy π/30 π/30 12 2 xy = = = = 0.4 m π/12 π/12 30 5
dr dθ 1 0
dθ
