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Curvas y Lugares Geométricos a) Elipse Y

Y

P=(x,y) 𝑟(𝑡) P(x,y) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗

a ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑟(𝑡)

P

b

X X

𝑥 = 𝑎 cos 𝑡 𝐶: { 𝑦 = 𝑏 sin 𝑡 𝐶: ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑟(𝑡) = (𝑎 cos 𝑡 , 𝑏 sin 𝑡) 𝑥2 𝑦2 𝐶: 2 + 2 = 1 𝑎 𝑏

b) Astroide Y 𝑎 cos 𝑡 A

Y

t t 𝑎 sin 𝑡 𝑟(𝑡) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗

a(sin 𝑡)2

B a(sin 𝑡)3

𝐶: {

𝑥 = a(cos 𝑡)3 𝑦 = a(sin 𝑡) 3

𝐶: ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑟(𝑡) = (a(cos 𝑡)3 ; a(sin 𝑡) 3 ) 𝐶: 𝑥 2/3 + 𝑦 2/3 = 𝑎2/3

P(x,y) X

𝑟(𝑡) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ X

c) Bruja de Agnesi Y

t

2a

Π-2t

(x,y) 𝑟(𝑡) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗

ө

𝐶: {

𝑥 = 2𝑎 cot 𝑡 𝑦 = 𝑎 + 𝑎 cos(𝜋 − 2𝑡)

𝑟(𝑡) = (2𝑎 cot 𝑡 , 𝑎 + 𝑎 cos(𝜋 − 2𝑡)) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗

X

Y

(x,y)

𝑟(𝑡) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗

X

d) Cicloide Y

𝜋

𝑎 sin(𝑡 − 2 )

t X

𝜋

acos(𝑡 − 2 )

𝐶: {

𝑥 = 𝑎(𝑡 − sin 𝑡) 𝑦 = 𝑎 − 𝑎 cos 𝑡

𝑟(𝑡) = (𝑎(𝑡 − sin 𝑡), 𝑎 − 𝑎 cos 𝑡) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗

e) Cicloide de Diocles Y

Q l

M

Q’

2𝑎 sin 𝑡

a

a

Y t X (x,y) 𝑟(𝑡) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗

̅̅̅̅̅ ̅̅̅̅̅ = l 𝑂Q’ =𝑄𝑀

𝐶: {

𝑥 = 𝑙 cos 𝑡 ; 𝑙 = 2𝑎 (sin 𝑡) 2 sec 𝑡 𝑦 = 𝑙 sin 𝑡

𝑟(𝑡) = (2𝑎 (sin 𝑡) 2 , 2𝑎 (sin 𝑡) 3 . sec 𝑡) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗

X

f)

Catenaria

La ecuación de la catenaria tomando su minimo en el punto (0,h) es: 𝑥 −𝑥 𝑥 ℎ 𝑦 = ℎ cosh ( ) = . (𝑒 ℎ + 𝑒 ℎ ) ℎ 2

Se puede deducir la ecuación de la catenaria según el siguiente dibujo

𝑇. 𝑐𝑜𝑠𝜃 = 𝑇0 , 𝑇. 𝑠𝑖𝑛𝜃 = 𝑤. 𝑠(𝑥) 𝑑𝑥 𝑑𝑦

= 𝑡𝑔𝜃 =

𝑤. 𝑠 𝑇0

𝑑𝑠 𝑑𝑦 = √1 + ( )2 𝑑𝑥 𝑑𝑥

𝑥

𝑦 = ℎ cosh (ℎ)

g) Toroide

Z

P

z=b sin u

b u a

b cos 𝑢

Y

Z

v

(a+bcosu)sinv

(a+bcosu)cosv P

X

Y

u

0 ≤ 𝑢 ≤ 2π; 0 ≤ v ≤ 2π 𝑥 = (𝑎 + 𝑏 cos 𝑢) cos 𝑣 𝑦 = (𝑎 + 𝑏 cos 𝑢) sin 𝑣 𝑧 = 𝑏 sin 𝑢

Capítulo 1 Funciones Vectoriales de Variable real 1.1. Definición Nos interesa estudiar funciones 𝑓⃗: 𝐴 → 𝑅 𝑛 , 𝐴 ⊂ 𝑅 Pues para cada 𝑡 ∈ 𝐴, 𝑓⃗(𝑡)es un vector En especial cuando 𝐴 es un intervalo

Identificación Así podemos identificar a 𝑓⃗: 𝐴 → 𝑅 𝑛 como 𝑓⃗ = (𝑓1 , 𝑓2 ,∙∙∙, 𝑓𝑛 ) Donde para cada 𝑖 𝜖 {1,2,∙∙∙, 𝑛} 𝑓𝑖 : 𝐴 → 𝑅 llamada 𝑖 −ésima componente de 𝑓⃗ Observación 𝐷𝑜𝑚𝑓𝑖 = 𝐴 𝐴=𝐼⊂𝑅 𝑓⃗(𝑡) = (𝑡 2 , 𝑡 3 , 1) 𝑓1 (𝑡) = 𝑡 2 , 𝑓2 (𝑡) = 𝑡 3 , 𝑓3 (𝑡) = 1 𝑓⃗(𝑡) ∈ 𝑅 𝑛 , 𝑡 ∈ 𝐼

1.2. Rango Por definición 𝑓 → 𝑅 𝑛 𝑅𝑎𝑛 𝑓⃗ = {𝑓⃗(𝑡)/𝑡 ∈ R} Ejemplo: Encuentre el Rango de 𝑓⃗ ,si 𝑓⃗: [0, ∞ >→ 𝑅2

𝑓⃗(𝑡) = (𝑡 2 , 𝑡 4 ) Intuitivamente Rango de 𝑓⃗ pertenece al cuadrante I. (𝑎, 𝑏) ∈ cuadrante I, a ≥ 0, b ≥ 0 ∃ 𝑡0 ∈ [0, ∞ >/𝑓⃗(𝑘) = (𝑎, 𝑏) No es cierto 𝐺𝑟𝑎(𝑓⃗) = {(𝑥, 𝑦)/𝑦 = 𝑥 2 , 𝑥 ≥ 0} Y

𝑦 = 𝑥2

X

Figura 1

1.3.

Gráfica de una función 𝑓⃗

𝐺𝑟𝑎(𝑓⃗) = {(𝑡, 𝑓(𝑡)/ 𝑡 ∈ 𝐴)} 𝐺𝑟𝑎(𝑓⃗)



Rn+1

Lo cual implica que podremos visualizar la gráfica de f, para n =1. Para n = 3, 𝐺𝑟𝑎(𝑓⃗) 𝑔⃗(𝑡) = (1,1,1,1) 𝐺𝑟𝑎(𝑓⃗) = {(𝑡, 1,1,1,1 ) /𝑡 ∈ 𝑅} Nos imaginamos estar en R5 n=2

𝑟⃗(𝑡) = (1,1)

𝐺𝑟𝑎(𝑟⃗) = {(𝑡, 1,1) /𝑡 ∈ 𝑅} 𝐺𝑟𝑎(𝑟⃗)

es una recta

𝐺𝑟𝑎(𝑟⃗) = {(0,1,1) + 𝑡(1,0,0)/ 𝑡 ∈ 𝑅}

(0, 0,1) 𝑙

Figura 2

1.4.

Operaciones

Sean 𝑓⃗: 𝐴 → 𝑅 𝑛 , 𝑔⃗: 𝐵 → 𝑅 𝑛 Definimos: 1) (𝑓⃗ + 𝑔⃗)(𝑡) = 𝑓⃗(𝑡) + 𝑔⃗(𝑡) 𝑅𝑎𝑛(𝑓⃗ + 𝑔⃗) = 𝐴 ∩ 𝐵 ≠ ∅ 2) c “cte” (𝑐𝑓⃗)(𝑡) = 𝑐𝑓⃗(𝑡) 𝑅𝑎𝑛 (𝑐𝑓⃗) = 𝐷𝑜𝑚(𝑓⃗) 3) (𝑓⃗. 𝑔⃗)(𝑡) = 𝑓⃗(𝑡). 𝑔⃗(𝑡) ⃗⃗⃗𝑓⃗ = ⃗𝑓⃗𝑖 𝑒𝑖 𝑔⃗ = ⃗⃗⃗⃗𝑒 𝑔𝑖 𝑖 f. g = 𝑓𝑖 𝑔𝑖 (f . g)(t) = f(t) .g(t) 4)

Para n = 3

(𝑓⃗ x 𝑔⃗)(t) =⃗⃗⃗𝑓⃗(t) x 𝑔⃗ (t)

Apreciaciones

1) Si: ∃ 𝑓⃗ + 𝑔⃗

⃗⃗⃗𝑓⃗ + 𝑔⃗ = 𝑔⃗ + 𝑓⃗ ⃗⃗ 2) Si: ∃ 𝑓⃗ + 𝑔⃗ , 𝑔⃗ + ℎ Nota:

⃗⃗ = 𝑓⃗ + (𝑔⃗ +ℎ ⃗⃗ ) (⃗⃗⃗𝑓⃗ + 𝑔⃗ ) + ℎ

δ: A → R 𝑓⃗ : A → 𝑅 𝑛

:

(δ𝑓⃗ )(t) = δ (t). 𝑓⃗(𝑡)

1.5.

t∈ 𝐴

Punto de acumulación En caso A  R , se vio que 𝑥0 es un punto de acumulación si: ∀ 𝑟 > 0 ∶ 〈𝑥0 − 𝑟, 𝑥0 + 𝑟〉 {𝑥0 } ∩ 𝐴 ≠ ∅ Vecindades n =1

V (𝑥0 , 𝑟) = (𝑥0 − 𝑟, 𝑥0 + 𝑟)

Para: 𝑥⃗0 ∈ 𝑅 𝑛 , 𝐴



𝑅𝑛

V(𝑥 ⃗⃗⃗⃗⃗, ⃗0 ∈ 𝑅 𝑛 /||𝑥⃗ − ⃗⃗⃗⃗⃗|| 𝑥0 < 𝑟} 0 𝑟) = {𝑥 V(𝑥 ⃗⃗⃗⃗⃗, ⃗0 0 𝑟) se conoce como una vecindad de 𝑥 La vecindad reducida V(𝑥 ⃗⃗⃗⃗⃗, ⃗⃗⃗⃗⃗, ⃗0 } 0 𝑟) = V(𝑥 0 𝑟) − {𝑥 acumulación de A ∈ 𝑅 𝑛

𝑥⃗0 ∈ 𝑅 𝑛 es un punto de

si ∀𝑟 > 0 V(𝑥 ⃗⃗⃗⃗⃗, 0 𝑟) ∩ 𝐴 ≠ ∅

Si: A= {(𝑥, 𝑦)/∈ 𝑎} . Halle B = {(𝑎, 𝑏)/ (𝑎, 𝑏)𝑒𝑠 𝑢𝑛𝑎 𝑓𝑢𝑛𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒 𝐴 } a ∈ 𝑄 , 𝑏 ∈ 𝑅 𝑏 − 𝑟 < 𝑏1 < 𝑏 + 𝑟

1.6.

(𝑎, 𝑏) ∈ 𝑉((𝑎, 𝑏), 𝑟)

Límites Conceptos básicos. Sea 𝑓⃗ : A→ Rn A 

R

, 𝑡0 un punto de acumulación de A, si existe a un

𝐿⃗⃗ ∈ 𝑅 𝑛 tal que ∀ ɛ > 0, ∃δ=δ(ɛ)>0/t ∈ A ∩ V ;(t0; r) → ||𝐹⃗ − 𝐿⃗⃗|| < ɛ

En caso afirmativo escribiremos: lim 𝐹⃗ (𝑡) = 𝐿⃗⃗

𝑡→t0

Interpretación 𝑓: 𝐴 → 𝑅 𝑛

𝑡0 − 𝑓

A

𝑡0 + 𝑓

𝑓 ̅(𝑡) 𝑟

𝑅𝑛

Figura 3

Vecindad Si x∈ Rn , una vecindad de x, de radio r es : 𝑉(𝑥𝑖 , 𝑟) = { 𝑥̅ ∈ Rn /|| 𝑥̅ − 𝑥𝑖 || < 𝑟 } Vecindad en R2 𝑉(𝑎̅ , 𝑟) = { (𝑥, 𝑦) ∈ R2 /|| 𝑥 − 𝑎1 , 𝑦 − 𝑎2 || < 𝑟 } 2

𝑟 }

Figura 4

{ (𝑥, 𝑦) ∈ R2 /|| (𝑥 − 𝑎1 )2 + ( 𝑦 − 𝑎2 )2 || <

Vecindad en R3 𝑉(𝑎̅ , 𝑟) = { (𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ R3 /|| (𝑥, 𝑦, 𝑧) − 𝑎̅ || < 𝑟 }

Figura 5

Demostración de límites 𝐹⃗ (𝑡) = (𝑡, t 2 , 3𝑡) lim 𝐹⃗ (𝑡) = (1,2,3) 𝑡→1

Dado ɛ > 0(arbitrario) debemos hallar f = 𝐹⃗ (𝑡) (f depende de (ɛ) tal que se cumpla ||𝐹⃗ (𝑡)|| = ||(1,1,3)|| = ||(𝑡 − 1, t 2 − 1,3𝑡 − 3)||=||𝑡 − 1||||(1, t + 1,3)||

||(1, t + 1,3)|| = √1 + (𝑡 + 1)2 + 9 Tenemos

δ=1

0<||𝑡 − 1|| < 1 t≠1 ˄ -1
Tenemos

ENTONCES

Donde A ⊂ R, ∃ lim (𝜓⃗⃗𝐹⃗ )(𝑡) = 𝐿 𝑎̅ 𝑡→𝑡0

4) Sea 𝜓: 𝐴 → R 𝐹⃗ : 𝐴 → 𝑅 𝑛 , lim 𝜓⃗⃗(𝑡) = 0 𝑦 𝑓 𝑒𝑠 𝑎𝑐𝑜𝑡𝑎𝑑𝑎, 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝑡→𝑡0

∃ lim (𝜓⃗⃗𝐹⃗ )(𝑡) = 0 𝑡→𝑡0

Nota : 𝐹⃗ 𝑒𝑠 𝑎𝑐𝑜𝑡𝑎𝑑𝑎 𝑒𝑛 𝑠𝑢 𝑑𝑜𝑚𝑖𝑛𝑖𝑜 𝐴 ⊂ R .Si ∀ t ∈ 𝐴 ; ∃𝑘 > 0 /∀ || 𝐹⃗ (𝑡)|| ≤ 𝑘

Límite especial Sea 𝐹⃗ : 𝐴 → 𝑅 𝑛 (𝐷𝑜𝑚 𝐹⃗ ) = 𝐴 = [𝑏; ∞ > lim 𝐹⃗ (𝑡) = 𝑎̅ ,definimos así t → +∞

𝑡→∞

lim 𝐹⃗ (𝑡) = 𝑎̅ ⇔ ∀ ɛ > 0, ∃𝑁: 𝑁(ɛ)>0 /t → +∞

𝑡→∞

t ∈ A ˄ t >N → || 𝐹⃗ (𝑡) − 𝑎̅ || < ɛ

lim 𝑓⃗(𝑡) = (0, 1,0)

𝑡→𝑡0 +

lim 𝑓⃗(𝑡) = (2,0,3)

𝑡→𝑡0 −

lim 𝑓⃗(𝑡) ≠ lim− 𝑓⃗(𝑡)

𝑡→𝑡0 +

𝑡→𝑡0

Por lo cual el límite no existe

1.7.

Continuidad

Si: 𝑓⃗: 𝐴 → 𝑅𝑛 A  R entonces se dice que 𝑓⃗ es continua en 𝑡𝑜 si: 1. 𝑡𝑜 ∈ 𝐴 𝑙í𝑚 ⃗ (𝑡) 2. ∃ 𝑡→𝑡 𝑓 𝑜

3.

𝑙í𝑚 ⃗ 𝑡→𝑡𝑜 𝑓 (𝑡)

+ 𝑓⃗(𝑡𝑜 )

Equivale 𝑓⃗ Contínua en 𝑡𝑜 ↔

1.8.

𝑙í𝑚 ⃗ ℎ→𝑜𝑓 (𝑡𝑜

+ ℎ) = 𝑓⃗(𝑡𝑜 )

Derivada

Si: 𝑓⃗: 𝐴 → 𝑅 𝑛 A

R

, 𝑡𝑜 ∈ 𝐴, definimos

𝑓⃗(𝑡𝑜 +ℎ)−𝑓⃗(𝑡𝑜 ) ℎ ℎ→0

𝑓 ′ (𝑡𝑜 ) = lim

𝐿 𝑇𝐴𝑁𝐺𝐸𝑁𝑇𝐸 : 𝑃 = 𝑓⃗(𝑡𝑜 ) + 𝑚𝑓⃗′ (𝑡𝑜 )

Figura 6

Ejemplo

𝑓⃗(𝑡) = (𝑡 2 , 𝑡 3 ) 𝑓 ′ (𝑡) = lim

𝑓⃗(1+ℎ)−𝑓⃗(1) ℎ

ℎ→0

((1+ℎ)2 ,(1+ℎ)3 ))−(1,1)

lim (

ℎ

ℎ→0 (ℎ+1)2 −1 (1+ℎ)3 −1

lim (

ℎ→0

ℎ

,

ℎ

)

lim(2,3)

ℎ→0

Apreciación 𝑓⃗(𝑡) = 𝑓𝑘 (𝑡)𝑒⃗𝑘 ∃𝑓𝑘 ↔ ∀𝑘 = 1.2 … . 𝑛 ∃𝑓𝑘 , (𝑡𝑜 ) 𝑡𝑜 ∈ 𝑅 = Dom𝑓⃗

Generalizando Definimos la función 𝑓⃗ como 𝑓⃗(𝑡+ℎ)−𝑓⃗(𝑡) ℎ ℎ→0

𝑓 ′ (𝑡) = lim

⃗

⃗

𝑓(𝑡+ℎ)−𝑓(𝑡) Dom(𝑓⃗) = {𝑡 ∈ 𝐴 /∃ lim } ℎ ℎ→0

Observación Si 𝑓⃗(𝑡) = 𝑓𝑘 (𝑡)𝑒⃗𝑘 Y ∃𝑓⃗ tenemos 𝑓⃗(𝑡) = (𝑡, 𝑡 2 , 𝑡 3 )

𝑓 ′ (𝑡) = 𝑓 ′ 𝑘 (𝑡)𝑒⃗𝑘

)

𝑓 ′ (𝑡) = (1,2𝑡, 3𝑡 2 )

Propiedad 1) Si 𝑓⃗ :A → 𝑅 𝑛 ,

𝑔⃗ ; B → 𝑅 𝑛 A, B

 R , ∃𝑓⃗′(𝑡𝑜 ), ∃𝑔⃗′(𝑡𝑜 )

Entonces ′

1. (𝑓⃗ + 𝑔⃗) (𝑡) = 𝑓⃗′ (𝑡) + 𝑔⃗′ (𝑡) ′

2. (𝑓⃗ − 𝑔⃗) (𝑡) = 𝑓⃗′ (𝑡) − 𝑔⃗′ (𝑡) ′

3. (𝑓⃗. 𝑔⃗) (𝑡) = 𝑓⃗′ (𝑡). 𝑔⃗′ (𝑡)



2. Lea

R → R diferenciable en todo R, entonces ′

(  f ) (𝑡) =



′

(𝑡)𝑓(𝑡) +

 (𝑡)𝑓 ′ (𝑡)

 f =  𝑓𝑘 𝑒⃗𝑘 ′

′

(  f) = (  𝑓𝑘 𝑒𝑘 ) = 3. Si



′

𝑓(𝑡) +

 (𝑡)𝑓 ′ (𝑡)

𝑓⃗(𝑡) , 𝑔⃗(𝑡) ∈ 𝑅 3 ′

(𝑓⃗𝑥𝑔⃗) (𝑡) = 𝑓⃗′ (𝑡)𝑥𝑔⃗(𝑡) + 𝑓⃗(𝑡)𝑥𝑔⃗′ (𝑡) 4. Si 𝑓⃗ es de módulo constante a su dominio entonces 𝑓⃗′ (𝑡). 𝑓⃗(t) = 0 Visualización

𝑓⃗′ (𝑡) 𝑦 𝑓⃗(t) son perpendiculares. ∀ ||𝑓⃗(𝑡)|| = 𝑎, 𝑎 > 0 2

||𝑓⃗(𝑡)|| = 𝑎2 𝑓⃗′ (𝑡). 𝑓⃗(t) = 𝑎2 Derivando respecto a

t

𝑓⃗′ (𝑡). 𝑓⃗(t) = 0

Ejemplo: Encuentre en caso exista, una recta tangente a la gráfica 𝑓⃗(t) = (𝑡, 𝑡 2 , 𝑡 + 1) pasa por (0, 0,2) Solución:

que

Supongamos que ∃ 𝑡𝑜 ∈ 𝑅 (0,0,2) ∈ 𝐿 𝑇𝐴𝑁𝐺𝐸𝑁𝑇𝐸

Figura 7 Sistema incompatible ∄ 𝑡𝑜 No existe una recta tangente que pasa por (0, 0,2) Propiedad Si 𝑓⃗ tiene derivada en 𝑡𝑜 , entonces f es continua en 𝑡𝑜 lim 𝑓⃗ (𝑡0 + ℎ) = lim 𝑓⃗ (𝑡0 + ℎ) − 𝑓⃗(𝑡0 ) + 𝑓⃗(𝑡0 ) ℎ→0

ℎ→0

= lim

(𝑓⃗(𝑡0 +ℎ) −𝑓⃗(𝑡0 ))ℎ

ℎ→0

ℎ

+ lim 𝑓⃗(𝑡0 ) ℎ→0

= lim 𝑓⃗ (𝑡0 + ℎ) = lim 𝑓⃗ (𝑡0 ) ℎ→0

ℎ→0

Generalización Si n ∈ 𝑁 (𝑛 ≥ 2) definimos para: 𝑓⃗ :A → 𝑅 𝑛 𝑓 𝑘 (𝑡) = (𝑓 𝑘−1 (𝑡)) 𝑓 ′′ = (𝑓 ′ )′ 𝑓 ′′′ = (𝑓 ′′ )′ 𝑓⃗(𝑡) = 𝑟⃗(𝑡)

Cuando:

Desde la trayectoria de un cuerpo la velocidad escalar V(𝑡) y 𝑉(𝑡) velocidad vectorial. ′

𝑉 (𝑡) , 𝑟⃗ ′ (𝑡) V(𝑡) = |𝑟⃗(𝑡)| La aceleración es: ′

𝑎⃗(𝑡) = 𝑉 (𝑡) ⃗⃗ ′ (𝑡)| a(t) = |𝑉

𝑎⃗(𝑡) = |𝑎⃗(𝑡)|

𝑎⃗(𝑡) = |𝑟⃗ ′′ (𝑡)|

1.9.

Integración

Sea 𝑓⃗ : A → 𝑅 𝑛 , A n=2

R

coincidimos

𝑓⃗ : t → 𝑅 2

Y

̅ 𝑓 (𝑡) 𝐿 𝑡𝑔

Figura 8

X 𝐿𝑡𝑔 = 𝑓⃗(𝑡𝑜 ) +

 𝑓⃗′ (𝑡𝑜 )

Es decir el vector 𝑓⃗′ (𝑡𝑜 ) en caso exista, es un vector tangente a la gráfica del rango de 𝑓⃗ , 𝑓⃗ Tiene derivada en 𝑡𝑜

⃗⃗⃗𝑓⃗ (𝑡0 + ℎ) − 𝑓⃗(𝑡0 )

Figura 9

en 𝑓⃗(𝑡𝑜 ) es

Para el vector tangente a 𝛾 Sea 𝑓⃗ : A → 𝑅 𝑛 , A

R

𝑓⃗′ (𝑡𝑜 )

𝑓⃗ = 𝑓𝑖 𝑒𝑖

𝑏 𝑏 Definimos la integral de 𝑓⃗ como ∫𝑎 𝑓⃗(𝑡)𝑑𝑡 = (∫𝑎 (𝑓𝑖 (𝑡))𝑑𝑡) 𝑒𝑖 siempre y cuando

existan las integrales. Ejemplo: Si 𝑓⃗(𝑡)= (𝑆𝑒𝑐𝑡, 𝑇𝑔𝑡, 𝑡) 𝜋 4

𝜋 4

𝜋 4

𝜋 4

∫ 𝑓⃗(𝑡)𝑑𝑡 = (∫ 𝑆𝑒𝑐𝑡 𝑑𝑡, ∫ 𝑇𝑔𝑡 𝑑𝑡, ∫ 𝑡 𝑑𝑡, ) 0

0

0

𝜋 4

0 𝜋

𝜋

∫ 𝑓⃗(𝑡)𝑑𝑡 = (𝑙𝑛(𝑆𝑒𝑐𝑡 + 𝑇𝑔𝑡)|04 , 𝑙𝑛(𝑆𝑒𝑐𝑡)|04 , 0

𝜋 4

∫ 𝑓⃗(𝑡)𝑑𝑡 = (𝑙𝑛(√2 + 1), 𝑙𝑛√2, 0

𝜋2 ) 32

𝜋2 ) 32

Propiedad Si 𝑓⃗ : A → 𝑅 𝑛 , A [𝑎; 𝑏]



1.

R

𝑏

⃗⃗⃗⃗ ∩ Dom𝑔 ⃗⃗⃗⃗, Ran𝑓 ⃗⃗⃗⃗ Dom𝑓 ⃗⃗⃗⃗ , Ran𝑓 𝑏

∃ ∫𝑎

 𝑓⃗(𝑡)𝑑𝑡 = 

𝑏

se aprecia que si ∃ ∫𝑎 𝑓⃗(𝑡)𝑑𝑡 , ∃ ∫𝑎 𝑔⃗(𝑡)𝑑𝑡



𝑅 𝑛 entonces:

𝑏

∫𝑎 𝑓⃗(𝑡)𝑑𝑡

𝑏 𝑏 𝑏 2. ∃ ∫𝑎 (𝑓⃗(𝑡) + 𝑔⃗(𝑡)) 𝑑𝑡 = ∫𝑎 𝑓⃗(𝑡)𝑑𝑡 + ∫𝑎 𝑔⃗(𝑡)𝑑𝑡 𝑏 3. 𝑐 ∈ 〈𝑎. 𝑏〉 y ∃ ∫𝑎 𝑓⃗(𝑡)𝑑𝑡

Entonces:

𝑏 𝑐 𝑏 ∫𝑎 𝑓⃗𝑑𝑡 = ∫𝑎 𝑓⃗ 𝑑𝑡 + ∫𝑐 𝑓⃗ 𝑑𝑡 3 ∫−1/2 𝑓⃗(𝑡)𝑑𝑡

, 𝑓⃗(𝑡) = (|𝑡|, 𝑡, 𝑡 2 )

3 1 1 1 ∫−1/2 𝑓⃗(𝑡)𝑑𝑡 = − (− 2 𝑡 2 , 2 𝑡, 3 𝑡 3 )|

0 1 − 2

𝑡2 𝑡 𝑡3

0

+ ( 2 , 2 , 3 )|

−

1 2

37 13 217 , ) 4 24

=(8 ,

1.10. Longitud de arco Si tenemos un arco de curva Es

𝑏

𝑙𝑟 = ∫𝑎 |𝑓 ′ (𝑡)| 𝑑𝑡



en 𝑅 𝑛 con parametrización 𝑟⃗(𝑡), t∈ [𝑎, 𝑏] , la longitud



 𝑟⃗(𝑎)

Figura 10

𝑟⃗(𝑏𝑡)

Definamos la función longitud de curva

 = s(t) S(t)= ∫𝑎𝑏|𝑓 ′(𝑡)|  ; 𝑟⃗ ∶ [𝑎, 𝑏] → 𝑅𝑛 1.11. Curvas Un arco



en 𝑅 𝑛 tiene como una representación a una función ⃗⃗⃗𝑟 ∶ [𝑎, 𝑏] → 𝑅 𝑛



: 𝑟⃗ = (𝑡, 𝑡, 𝑒 𝑡 ), 𝑡 ∈ 𝑅 en este caso



no es una “curva”

Figura 11



: 𝑟⃗ = (1, 𝑡, 𝑡, 𝑡), 𝑡 ∈ [0,1] en dimensión 4 es elemental.

1.12. Curvas Simples



es una curva con representación paramétrica 𝑟⃗(t), t ∈ [𝑎, 𝑏] se dice que es una

“curva simple” si 𝑟⃗ (𝑡1 ) = 𝑟⃗(𝑡2 ) → 𝑡1 = 𝑡2

Figura 12

1.13. Curvas Cerradas Si



está definida ⃗⃗⃗𝑟 , 𝑡 ∈ [𝑎, 𝑏] se dice que es una curva cerrada

si:



𝑟⃗(𝑎) = 𝑟⃗(𝑏) : x + y = 0,

𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 1

√2 √2 𝐶𝑜𝑠𝑡, − 2 𝐶𝑜𝑠𝑡, 𝑡), 2 𝑦2 𝑧2 𝑧 2 = 1 → 1/2 + 1 = 1

𝑟⃗(𝑎) =(− 2y +



tiene como representación paramétrica

t ∈ [0,2𝜋]

Cuando hablamos de la longitud de una curva, la longitud de curva

s

está

𝑡

dado por s= ∫𝑎 |𝑟⃗ ′ (𝑢)|𝑑𝑢 𝑑𝑠 𝑑𝑡

= |𝑟⃗ ′ (𝑡)|

1.14. Parametrización de una curva Una curva

:

𝑟⃗ = (𝑡, 𝑡, 2𝑡), 𝑡 ∈ [0,3]

𝑡

S =∫𝑎 |1,2,1|𝑑𝑢 = √6𝑡 → t =



𝑠√6 6

: 𝑟⃗ = (

,

𝑠√6 𝑠√6 , 6 , ), 3

𝑠 √6

𝑡 ∈ [0,3√6]

Figura 13

1.15. Velocidad 𝑣⃗(𝑡) Describe la trayectoria de un móvil que se desplaza a lo largo de 𝑣⃗(𝑡) = 𝑟⃗ ′ (𝑡) , 𝑣⃗(𝑡) = |𝑟⃗ ′ (𝑡)| 𝑎⃗(𝑡) = 𝑟⃗ ′′ (𝑡) = 𝑣⃗ ′ (𝑡) , 𝑎⃗(𝑡) = |𝑎⃗|



entonces

1.16. Triedro de Frenet Dada



con representación paramétrica 𝑟⃗(t), t ∈ [𝑎, 𝑏] y 𝑟⃗(t)≠ 0

y definimos

el vector tangente, entonces. ⃗⃗(𝑡) = ′1 𝑟⃗ ′ 𝑇 |𝑟⃗ (𝑡)| ⃗⃗(𝑡) es unitario → 𝑇 ⃗⃗(𝑡) Como 𝑇



⃗⃗ ′ (𝑡) 𝑇

⃗⃗(𝑡) = 1′ 𝑇 ′ 𝑁 |𝑇 |

Definimos el vector

Además

⃗⃗(𝑡) = 𝑇 ⃗⃗(𝑡)𝑥𝑁 ⃗⃗(𝑡) 𝐵

Figura 14

Observación



:

Caso Hipotético

1.17.

⃗⃗ = 1′ 𝑟⃗ ′ = 1′ 𝑑𝑟⃗ = 𝑇 |𝑟⃗ | |𝑟⃗ |

𝑟⃗(s), s ∈ [0, 𝑎] ,

𝑑𝑡

⃗⃗ = 𝛼⃗ ′ (s) = 𝑇

⃗⃗⃗ 𝑑𝛼 𝑑𝑠

=

⃗⃗⃗ 𝑑𝛼 𝑑𝑠 𝑑𝑠 𝑑𝑡

=

⃗⃗ 𝑑𝑟 𝑑𝑡 𝑑𝑠 𝑑𝑡

= 𝑟⃗ ′ (s)

𝑟⃗′ (t) |𝑟⃗′ (t) |

CURVATURA Si



con representación 𝑟⃗(s) definimos la curvatura en un punto 𝑟⃗(s) de

ella como:

𝑑𝑇

𝑘(𝑠) = | 𝑑𝑠 |

Figura 15

Apreciación 𝑘(𝑠) = |𝑟⃗ ′′ (s)|

1.18.

 Si 

1) Si

es una recta , 𝑘(𝑡) = 0

2)

es una circunferencia 𝑘(𝑡) es constante

RADIO DE CURVATURA Se conoce como radio de curvatura a

1.19.

𝜌(𝑠) =

CÍRCULO DE CURVATURA ⃗⃗(𝑠) es de módulo constante → Como 𝑇 ⃗⃗(𝑠)| = 1 → |𝑇

⃗⃗(𝑠) 𝑑𝑇 𝑑𝑠



⃗⃗(𝑠) 𝑇

2

⃗⃗(𝑠)| = 𝑇 ⃗⃗(𝑠). 𝑇 ⃗⃗(𝑠) = 𝑟⃗ ′ (s). 𝑟⃗ ′ (s) = 1 |𝑇

derivamos con respecto a s

1.20.

1 𝑘(𝑠)

⃗⃗

⃗⃗(𝑠). 𝑑 𝑇(𝑠) = 0 2𝑟⃗ ′ (s). 𝑟⃗ ′′ (s)=0 → 𝑇 𝑑𝑠

CENTRO DE CURVATURA La curvatura en un punto de la curva



es la variación del vector tangente

con respecto a la longitud de arco



⃗⃗(𝑡𝑜 ) : 𝑟⃗(𝑡) = 𝑟⃗(𝑡𝑜 ) + 𝑔(𝑡𝑜 )𝑁

Apreciaciones ⃗⃗(𝑠) = ′′1 | 𝑟⃗ ′ (s) x 𝑟⃗ ′′ (s)| 1. 𝐵 | 𝑟⃗ (s)| ⃗⃗(𝑠), 𝑁 ⃗⃗(𝑠), 𝐵 ⃗⃗(𝑠)} forman una base para 𝑅 3 o se determina un sistema de 2. {𝑇 referencia ortogonal.

1.21.

TORSIÓN La torsión de una curva en un punto de ellas, es la variación de la binomial con respecto a la longitud de arco 𝑘(𝑡) =

⃗⃗′ | |𝐵 𝑠′

𝑑𝐵

= 𝑑𝑠

Figura 16

Apreciación ⃗⃗ , 𝑇⃗⃗ ) w =  (𝐵 ′

Sea

′

⃗⃗′ . 𝑁 ⃗⃗ ′ = |𝐵 ⃗⃗′ ||𝑁 ⃗⃗|𝐶𝑜𝑠𝑤 𝐵 Definimos equivalentemente la torsión k(s) como el escalar ⃗⃗′ (𝑠). 𝑁 ⃗⃗(𝑠) k(s)= - 𝐵 Consecuencia Sea la curva

1.22.



: 𝑟⃗(𝑡), t ∈ [𝑎, 𝑏]

1

⃗⃗′ (𝑡)𝑁 ⃗⃗ ′ (𝑡) entonces 𝑘(𝑡) = |𝑟⃗′ | 𝐵

Fórmulas de Frenet ⃗⃗ ′ (𝑠) = 𝑘(𝑠)𝑁 ⃗⃗(𝑠) 𝑇 ⃗⃗ ′ (𝑠) = −𝑘(𝑠)𝑇 ⃗⃗ (𝑠) + 𝜏(𝑠)𝐵 ⃗⃗(𝑠) 𝑁 ⃗⃗′ (𝑠) = −𝜏(𝑠)𝑁 ⃗⃗(𝑠) 𝐵 ⃗⃗ ′ (𝑠) ⃗⃗(𝑠) 𝑇 𝑇 0 𝑘(𝑠) 0 ⃗⃗ ′ (𝑠)] = [−𝑘(𝑠) ⃗⃗(𝑠)] 0 𝜏(𝑠)] [𝑁 [𝑁 0 −𝜏(𝑠) 0 ⃗⃗′ (𝑠) ⃗⃗(𝑠) 𝐵 𝐵 2

⃗⃗(𝑠)| = 1 → 𝑁 ⃗⃗(𝑠). 𝑁 ⃗⃗(𝑠) Derivando respecto a s |𝑁 ⃗⃗(𝑠). 𝑁 ⃗⃗ ′ (𝑠) = 0 → 2𝑁

⃗⃗ ′ (𝑠)  𝑁 ⃗⃗(𝑠) 𝑁

⃗⃗ ′ (𝑠)  𝑇 𝑠 , 𝑁 ⃗⃗ ′ (𝑠) 𝑁

⃗( )

 𝐵⃗⃗(𝑠)

⃗⃗ ′ (𝑠) = 𝑁 Hallamos

1

1 𝑁⃗⃗(𝑠) +  2 𝐵⃗⃗(𝑠)

2

y

⃗⃗(𝑠). 𝑇 ⃗⃗(𝑠) = 0 → 𝑇

⃗⃗ ′ (𝑠) 𝑁 ⃗⃗(𝑠) + 𝑇 ⃗⃗(𝑠). 𝑁 ⃗⃗ ′ (𝑠) = 𝑘(𝑠)𝑁 ⃗⃗. 𝑁 ⃗⃗ + 𝑇 ⃗⃗(𝑠). { 1 𝑇 ⃗⃗(𝑠) + 𝑇

2

⃗⃗(𝑠)} = 0 𝐵 𝑘(𝑠) + 1 = 0 → Por otro lado

⃗⃗(𝑠) = 𝑇 ⃗⃗(𝑠) 𝑥𝑁 ⃗⃗(𝑠) → 𝐵 ⃗⃗′ (𝑠) = 𝑇 ⃗⃗ ′ (𝑠)𝑥𝑁 ⃗⃗(𝑠) + 𝑇 ⃗⃗(𝑠)𝑥𝑁 ⃗⃗ ′ (𝑠) 𝐵

⃗⃗′ (𝑠) = 𝑘(𝑠)𝑁 ⃗⃗(𝑠) + 𝑇 ⃗⃗(𝑠)𝑥 { 1 𝑇 ⃗⃗(𝑠) + 𝐵

 2 𝐵⃗⃗(𝑠)}

⃗⃗(𝑠)) = −𝑘(𝑠). 𝑁 ⃗⃗(𝑠) = 0 + 0 +  2 (−𝑁

→

1.23.

1 = - 𝑘(𝑠)

 2 = 𝑘(𝑠)

Aceleración normal y tangencial Si



representa la posición de una partícula o móvil que se desplaza a

través de ella, se obtiene. 𝑣⃗(𝑡) = 𝑟⃗ ′ (𝑡) , ,

𝑎⃗(𝑡) = 𝑣⃗ ′ (𝑡) = 𝑣⃗ ′′ (𝑡)

𝑣⃗(𝑡) = |𝑣⃗(𝑡) = |𝑟⃗ ′ (𝑡)|| ,

𝑎⃗(𝑡) = |𝑟⃗ ′ (𝑡)| = |𝑟⃗ ′′ (𝑡)|

⃗⃗(𝑡) = ′1 𝑟⃗ ′ (𝑡) → 𝑟⃗ ′ (𝑡) = 𝑣⃗(𝑡)𝑇 ⃗⃗(𝑡) 𝑇 |𝑟⃗ (𝑡)| ′

′

⃗⃗(𝑡)) = 𝑑(|𝑟⃗ (𝑡)|) 𝑇 ⃗⃗(𝑡) + 𝑣⃗(𝑡)𝑇 ⃗⃗ ′ (𝑡) 𝑎⃗(𝑡) = 𝑣⃗ ′ (𝑡) = 𝑟⃗ ′′ (𝑡) = (|𝑟⃗ ′ (𝑡)|𝑇 𝑑𝑡

⃗⃗(𝑡) + |𝑟⃗ ′ (𝑡)|2 𝑘(𝑡)𝑁 ⃗⃗(𝑡) 𝑎⃗(𝑡) = |𝑟⃗ ′ (𝑡)|𝑇

1.24.

Ecuaciones intrínsicas de una curva

Una curva quedará identificada si conocemos un punto de ella y sus ecuaciones intrínsicas, es decir 𝑘(𝑡) , 𝜏(𝑡) es cada 𝑡 ∈ [𝑎, 𝑏], la curva  : ⃗⃗(𝑡), 𝑡 ∈ [𝑎, 𝑏]. Se denominan ecuaciones intrínsicas o naturales de una curva a la curvatura y torsión expresadas en función de un parámetro, es decir k = 𝑘(𝑡) , 𝜏 = 𝜏(𝑡)

1.25.

Podaria

L a podaría de una curva

 con respecto a un punto P, es

el lugar geométricode los puntos obtenidos al trazar perpendiculares desde P a cada recta tangente en cada punto de ⃗⃗⃗⃗

Figura 17

′

⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ (  −𝑃⃗⃗)((  (𝑡))



′

)(((

⃗⃗ + 𝛽⃗ (𝑡) = 𝑃⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗  𝛽⃗ (𝑡) = 𝑃 ′

|(

1.26.

⃗⃗⃗⃗⃗ (𝑡)) 

⃗⃗⃗⃗⃗ (𝑡)) 



))

2



|

Evoluta de una curva regular

Evoluta Es el lugar geométrico de los centros de curvatura de los centros de curvatura.

Figura 18

⃗⃗(𝑡)𝐶⃗(𝑡) = ⃗⃗⃗⃗(𝑡) + 1 𝑁 ⃗⃗(𝑡) 𝐶⃗(𝑡) = ⃗⃗⃗⃗(𝑡) + 𝜌(𝑡)𝑁 𝑘(𝑡) una curva suave



.

𝜌(𝑡): radio de curvatura. 𝑘(𝑡): curvatura

𝐶⃗(𝑡) : describe a la evoluta de

1.27.

Involuta o Envolvente

Sea la curva 𝑅⃗⃗ = 𝑅⃗⃗ (𝑠), donde s es el arco. Al variar s sus rectas tangentes originarán una superficie. Las curvas sobre esta superficie que cortan ortogonalmente a las rectas tangentes (generatrices) reciben el nombre de involutas o envolventes.

Figura 19

Del gráfico: La superficie originada por las rectas tangentes será ⃗⃗(𝑠) . Se trata de determinar 𝑣 = 𝑣(𝑠) con la condición de 𝑅⃗⃗ = 𝑅⃗⃗ (𝑠, 𝑣) = 𝑅⃗⃗ (𝑠) + 𝑣𝑇 ⃗⃗(𝑠) corten ortogonalmente a las rectas tangentes a la que las curvas 𝑅⃗⃗ = 𝑅⃗⃗ (𝑠) + 𝑣𝑇 ⃗⃗(𝑠) respecto a s se obtiene: curva 𝑅⃗⃗ (𝑠) . Dervivando 𝑅⃗⃗ = 𝑅⃗⃗ (𝑠) + 𝑣𝑇 ⃗⃗ 𝑑𝑅 𝑑𝑠

⃗⃗(𝑠) + 𝑣 ′ (𝑠)𝑇 ⃗⃗(𝑠) + 𝑣(𝑠)𝑘(𝑠)𝑁 ⃗⃗(𝑠) = (1 + 𝑣 ′ )𝑇 ⃗⃗(𝑠) + 𝑣(𝑠)𝑘(𝑠)𝑁 ⃗⃗(𝑠) = 𝑇 ⃗⃗

⃗⃗(𝑠) entonces 𝑑𝑅 . 𝑇 ⃗⃗(𝑠) = 0 perpendicular a 𝑇 𝑑𝑠

Como

⃗⃗ 𝑑𝑅 𝑑𝑠

es

Por tanto 1 + 𝑣 ′ (𝑠) = 0 en

consecuencia 𝑣 ′ (𝑠) = −1 Integrando se obtiene: 𝑣(𝑠) = 𝐶 − 𝑆 Siendo C una constante real arbitraria. ⃗⃗(𝑠) Entonces la ecuación será: 𝑅⃗⃗ = 𝑅⃗⃗ (𝑠) + (𝐶 − 𝑆)𝑇

1.28. Bertrand Sean ⃗⃗⃗⃗1 (𝑡) , ⃗⃗⃗⃗2 (𝑡)

t ∈ 𝐼 donde I es un intervalo [𝑎, 𝑏]. Diremos que son dos ⃗⃗⃗⃗ (𝑡) = ⃗⃗⃗⃗ (𝑡) + 𝑈(𝑡)𝑁 ⃗⃗(𝑡) curvas de Bertrand si tienen las mismas normales. 2 1

Figura 20

1.29. Puntos homólogos ⃗⃗⃗⃗ (𝑡𝑜 ) , ⃗⃗⃗⃗ (𝑡𝑜 ) , para 𝑡𝑜 ∈ 𝐼, se denominan puntos homólogos en estas curvas 1 2 de Bertrand.

Apreciaciones: 1) La distancia entre puntos homólogos es constante en dos curvas de Bertrand. 2)Las rectas tangentes en puntos homólogos determina un ángulo constante 3) Una curva con 𝑘(𝑡) ≠ 0 , 𝜏(𝑡) ≠ 0 , es una curva de Bertrand si ∃𝜇, 𝐴 ∈ 𝑅 /𝜇𝑘(𝑡) + 𝐴𝜏(𝑇) = 1

1.30.

Vector de Darboux

Si  =  (𝑠) nos da la posición de un punto de la curva de la cual es una representación paramétrica, se define el vector Darboux W8s tal que: ⃗⃗ ′ (𝑠) = 𝑊 ⃗⃗⃗⃗ (𝑠)𝑥𝑇 ⃗⃗(𝑠) 𝑇 ⃗𝑁⃗ ′ (𝑠) = 𝑊 ⃗⃗⃗⃗ (𝑠)𝑥𝑁 ⃗⃗(𝑠) ⃗⃗′ (𝑠) = 𝑊 ⃗⃗⃗⃗ (𝑠)𝑥𝐵 ⃗⃗(𝑠) 𝐵 Aclaración : (𝑥, 𝑦, 𝑧)

 : 𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 = 9 , 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 1 , 𝑃 = (2; −2; 1)   (𝑥) =

′

 = (1, 𝑦 ′ , 𝑧 ′ ) , 2𝑥 + 2𝑦𝑦 ′ + 2𝑧𝑧 ′ = 0 , 1 + 𝑦 ′ + 𝑧 ′ = 0 , 2 − 2𝑦 ′ + 𝑧 ′ = 0, 1

𝑦 ′ + 𝑧 ′ = −1 𝑦 ′ = 3, Necesitamos

𝑧′ =

−4 3

⃗⃗⃗⃗  ′ , derivando

1 + (𝑦 ′ )2 + 𝑦𝑦 ′′ + (𝑧 ′ )2 + 𝑧𝑧 ′′ = 0 De donde:

26

𝑥 + 𝑦𝑦 ′ + 𝑧𝑧 ′ = 0 , 𝑦 ′ + 𝑧 ′ = −1 , , 𝑦 ′′ + 𝑧 ′′ = 0 −26

𝑥 ′′ = 0, 𝑦 ′′ = 27 , 𝑧 ′′ = 27 1 −4 26 −26 |(1; 3 ; 3 ) 𝑥 (0; 27 ; 27 )| 3 𝑘= =√ 3 26 1 −4 |(1; 3 ; 3 )|

1.31.

Leyes de Kepler

1.31.1. Primera ley :Ley de la Orbita Todos los planetas se desplazan alrededor del Sol describiendo órbitas elípticas. El Sol se encuentra en uno de los focos de la elipse.

Figura 21 Demostración: Sabemos que:

𝐹𝑟 = −

𝐺𝑀𝑀 𝑟2

=−

𝑘𝑚 𝑟2

𝑑2 𝑟

𝑑𝜃 2

= 𝑚 [ 𝑑𝑡 2 − 𝑟 ( 𝑑𝑡 ) ] 

𝑑2 𝑟 𝑑𝑡 2

𝑑𝜃 2

𝑘

− 𝑟 ( 𝑑𝑡 ) = − 𝑟 2 → 1

Ecuación Diferencial No lineal No Homogénea  Haciendo 𝑍 = se obtiene una 𝑟 ecuación Diferencial lineal  Diferencial Lineal

𝑑2 𝑑𝑡 2

Solución homogénea

2 𝑑2 𝑟 1 𝑘 2 𝑑𝜃 − (𝑟 ) = − 𝑟2 2 3 𝑑𝑡 𝑟 𝑑𝑡 𝑘 𝑑2 𝑧 𝑘 − 2 +𝑧 = 2  𝑟 𝑑𝜃2 ℎ

ℎ2 = 𝑟3 𝑑2𝑧 +𝑧 𝑑𝜃2

−

,

𝑑𝜃 𝑑𝑡

= 𝑧2ℎ

=0

(𝐷 2 + 1)𝑧 = 0  𝐷 2 + 1 = 0 → D= ±𝑖  𝑟1 = 𝑖, 𝑟2 = −𝑖 𝑍𝐻 = 𝐶1 𝑒 𝑟1 𝜃 + 𝐶2 𝑒 −𝑟2 𝜃  𝑍𝐻 = 𝐶1 𝑒 𝑖𝜃 + 𝐶2 𝑒 −𝑖𝜃 = 𝐶1 (𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑖𝑠𝑒𝑛𝜃) + 𝐶3 (𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑖𝑠𝑒𝑛𝜃) 𝑍𝐻 = 𝐴𝐶𝑜𝑠𝜃 + 𝐵𝑠𝑒𝑛𝜃 como la órbita es una curva cerrada entonces: 𝐵 = 0 → 𝑍𝐻 = 𝐴𝐶𝑜𝑠𝜃 ∗ 1 𝑘 1 𝑘 𝑘 [𝑒 𝑎𝑡 ] = 1  (𝐷 2 + 1)𝑍 = 2  𝑍𝑝 = 2 [ 2 𝑒 𝑎𝑡 ] = 2 ∗ Solución particular: 𝐷 2 +1 ℎ 𝐷 +1 ℎ ℎ  

Z = 𝑍𝑝 + 𝑍𝐻 = 𝑟=

ℎ2 𝑘

1+𝑒𝑐𝑜𝑠𝜃

𝑘 ℎ2

+

1 𝐴𝐶𝑜𝑠𝜃 𝑟

=

𝑘+𝐴ℎ 2 𝑐𝑜𝑠𝜃 ℎ2

Ecuación Polar de la elipse

→

r=

ℎ2 𝑘+𝐴ℎ 2 𝑐𝑜𝑠𝜃

=

1+

ℎ2 𝑘 𝐴ℎ2 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑘

1.31.2. Segunda ley :Ley de Áreas El radio vector que une un planeta y el Sol barre Áreas iguales en tiempos iguales.

Figura 22

𝑑 𝐹⃗ = 𝑚𝑎⃗ = 𝑚 [

Sabemos que:

2𝑟

𝑑𝑡 2

𝑑𝜃 2

𝑑𝑟 𝑑𝜃 2

𝑑2 𝜃

− 𝑟 ( ) ] 𝜇⃗ + 𝑚 [𝑟 2 + 2 ( ) ] ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝜇𝜃 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑟 𝑑𝜃 2

𝑑2 𝜃

Luego se debe cumplir: 𝐹𝜃 = 0  r[𝑟 𝑑𝑡 2 + 2 𝑑𝑡 ( 𝑑𝑡 ) ] = 0 𝑑𝜃

ℎ

𝑡

∫𝐴 2 𝑑𝐴 = 2 ∫𝑡 2 𝑑𝑡 1

𝑑 𝑑𝜃 [𝑟 2 𝑑𝑡 ] 𝑑𝑡

=0

ℎ

→ 𝑟 2 𝑑𝑡 = ℎ𝑑𝐴 = 2 𝑑𝑡 𝐴



1.31.3.

ℎ 2

𝐴2 − 𝐴1 = (𝑡2 − 𝑡1 )𝑡1 = 𝑡2

1

 𝐴1 = 𝐴2

Tercera ley :Ley de Periodo

Para cualquier planeta, el cuadrado de su periodo orbitales directamente proporcional al cubo de la longitud del semieje mayor de su órbita elíptica. La aproximación que realizaremos es considerar las órbitas de los planetas (satélites) circular, para ello tomarémos la distancia media de los planetas respecto al Sol .La clave está en apreciar que la fuerza céntripeta de los satélites. Por lo tanto:

𝐹𝑐 = 𝐹𝑔

Como son iguales:

𝑚

𝑣2 𝑟

=𝐺

𝑀𝑚 𝑟2

=𝐺

𝑀 𝑟

⋯ (𝛼)

Siendo: La constante de gravitación universal de valor 6,67x10−11 𝑁𝑚2 /𝑘𝑔2 velocidad orbital del satélite. Ahora bien tenemos en cuenta que la velocidad orbital del satélite también se puede expresar así: Sustituimos (𝛽) 𝑒𝑛 (𝛼) Haciendo: Tenemos:

𝑘=

4𝜋2 𝐺𝑀

𝑇 2 = 𝑘𝑟 3

2𝜋𝑟 2 ) 𝑇

(

=𝐺

𝑀 4𝜋2 𝑟 2 𝑟 𝑇2

=

2𝜋𝑟 …(𝛽) 𝑇 2 𝑀 4𝜋 𝐺 𝑟 𝑇 2 = 𝐺𝑀 𝑟 3

𝑣=

Problemas del capítulo 1 1) Cuatro moscas se encuentran en cada uno de los vértices de una mesa cuadrada y en un instante determinado cada mosca se mueve con velocidad constante apuntando en dirección a la mosca que se encuentra a su derecha, describiendo una trayectoria hacia el centro, hallar la ecuación vectorial de la trayectoria de una de las moscas y además la longitud de la trayectoria desde uno de los vértices hasta el centro de la mesa.

Solución: Y

𝛼

Y X X X

Figura 24

Del grafico se puede

establecer la siguiente relación trigonométrica:

tan( ) 

dy y  x  dx y  x

Resolvemos la ecuación diferencial resultante

haciendo

y  ux

con ello

dy du  xu dx dx

Reemplazando en la

ecuación y dando forma de

integral:

u 1 dx du    2 1 x

u

Figura 25

ln





C  u 2  1  arctg (u )  ln   x

Donde C es la constante de integración y la determinaremos usando las condiciones iniciales, es decir en x=a, y=a y queda de la siguiente forma:

e

 y arctg    x



x y a 2e 4  x x 2

2

Luego nos conviene pasar la

ecuación a coordenadas polares:

x  r cos( )

y y=rsen( )

     4 

r  a 2e

Además si hacemos tender el ángulo theta hasta el infinito tenemos que:        lim  a 2e 4    0      

y ello indica que llegarían hasta el centro de la mesa, aunque eso es físicamente imposible porque el centro matemático es un punto y las moscas no lo son, ahora hallaremos la longitud de arco:

 4t 2  t3  R(t )   , , 0  4  t2 24  t2     s

2







 2   dr  2 2  2   r = 4 a e d    d     4

s  2a

2) sea la parábola podaria de la

y 2  4 px donde p es el parámetro calcular la

parábola con respecto a su vértice:

Solución: La podaria tiene como ecuación vectorial: R(t )   R(t )   ( P  R(t ) )  T(t )  T(t )

Por ello se plantea la siguiente parametrización y la curva como función

 t2  vectorial: R(t )   , t ,0   4p  

Calculamos el vector tangente T(t )  

t

 4 p2  t 2 

como P  (0, 0) y

,

 ,0 4 p 2  t 2  2p

  t2   t 2p ( P  R(t ) )  T(t )    , t , 0    , ,0  4p   4 p 2  t 2 4 p 2  t 2  =

(8 p 2  t 2 )t 4 p 4 p2  t 2

 t2  (8 p 2  t 2 )t , t, 0    4p  4 p 4 p2  t 2

Entonces: R(t )   

  t 2p  , ,0  4 p2  t 2 4 p2  t 2   

  pt 2  t3  R(t )    2 2 , , 0  4 p  t 2  4 p2  t 2    

Si elegimos como parámetro p=1 nuestra ecuación vectorial de la podara se escribe así:

Figura 26

  pt 2  t3  R(t )    2 2 , , 0  4 p  t 2  4 p2  t 2    

 t2  R(t )   , t ,0   4p 

“la podaria de la parábola con respecto a su vértice la Cisoide”

3) Una partícula se mueve a lo largo de una curva plana con rapidez constante igual a 2, el movimiento empieza en el origen cuando t=0 y el vector velocidad inicial es (2,0), se sabe que en cada instante la  curvatura es 4t; hallar el vector velocidad cuando t  , si la curva 4 nunca está debajo del eje x.

Solucion: Como x2  y 2  4 podemos hacer:

x   2 cos( (t ))  x   2 (t ) sen( (t )) y   2sen( (t ))  yx   2 (t ) cos( (t )) con ello R (t)  R (t)=(0,0,4 (t)) y R (t)  2 k

 (t)

 4t y junto con las condiciones iniciales  (t)=4t 2

2 entonces v  (2 cos(4t 2 ), 2 sen(4t 2 )) evaluando v  (

2 2

,

2 2

)

4) Una partícula de masa 1 se mueve en el plano de acuerdo con la ecuación R(t )  ( x(t ), y (t )) . Esta es atraída hacia el origen de coordenadas por una fuerza cuya magnitud es igual a cuatro veces su distancia al origen, en el instante t=0, la posición inicial es (4,0) y el vector velocidad es (0,6), hallar la ecuación del movimiento.

Solución: Por dato F  4 x 2  y 2 ur como ur 

( x, y ) x2  y2

entonces

F  (4 x, 4 y ) Como sobre la

partícula actúa solamente dicha fuerza, por la segunda ley de Newton: x  4x y y   4 y

vamos a resolver la primera y análogamente se hará la segunda:

Figura 27

x   4 x  0 d2  4  0 d  2i

la solución de esta ecuación diferencial tiene la forma: x(t )  C1e 2it  C2 e 2it x(t )  C3 cos(2t )  C4 sen(2t ) x (t )  2C3 c sen(2t )  2C4 cos(2t ) Con las condiciones inciales de t=0, x=4, x’=0 se obtienen C3 y C4:

Entonces la coordenada x queda expresada de la siguiente forma: x(t )  4 cos(2t )

Análogamente se realiza para la coordenada y(t) lo unico que varia es al momento de

Figura 28

aplicar las condiciones iniciales, con ello la curva se puede represental vectorialmente como:

R(t )  (4 cos(2t ),3sen(2t ))

5) Demostrar que las ecuaciones intrínsecas de la curva descrita por: x=a(t-sen(t)) y=a(1-cos(t)) y z=0, son: ρ2+s2=16a2 .

Solución : R(t )  (a(t  sen(t )), a(1  cos(t )), 0) R (t )  (a(1  cos(t )), asen(t ), 0) R (t )  (asen(t ), a cos(t ), o)

R (t )  R (t )  (0, 0, a 2 (cos(t )  1)) con ello

3

R (t )  2a 3 2(1  cos(t )) 2 3

Luego la curvatura:

k

R (t )  R (t ) R (t )

3



1 t 4asen   2

Figura 29 t    4asen   2

Ahora calcularemos el parámetro arco: s   R (t )  R (t )dt  a 2  t 1  cos(t ) dt 0

Hacemos un cambio de variable

1  cos(t )  u 2 1 cos( t )



sa 2

0

6)

y dt 

2du 2  u2

con ello nuestra integral queda:

 t  t   a (4  2 2( 2 cos  ))  4a 1  cos    2  2   2u

2udu

2

Sean u(λ) y v(λ) funciones arbitrarias de clase C2 , encontrar la torsión de la curva C definida por:

u d 2 2 u  v  1 0 t

x  a

v d 2 2 u  v  1 0 t

y  a

uv   vu  d 2 2 u  v  1 0 t

z  a

Solución: Hacemos:

u  cos( ) v  sen( )

u    sen( ) y entonces uv  vu  1 v   cos( )

Luego

 sen( ) a a dt  cos(t )  2 2 2 0 t

x  a

cos( ) a dt  sen(t ) 2 2 0 t

y  a t

1 at z  a  dt  2 2 0

Luego:

Figura 30

a a a at R (t )  ( cos(t )  , sen(t ), ) 2 2 2 2 a a a R (t )  ( sen(t ), cos(t ), ) 2 2 2 a a R (t )  ( cos(t ),  sen(t ), 0) 2 2 a a R (t )  ( sen(t ),  cos(t ), 0) 2 2 a2 R (t )  R (t )  (0, 0, ) 4 a3 R (t )  ( R (t )  R (t ))  8 4 a 2 R (t )  R (t )  16  R (t )  ( R (t )  R (t )) 2 entonces    2 a R (t )  R (t )

7) Encontrar el vértice de la parábola descrita por la función vectorial: R(t )  (1  t ,3  t ,1  t  t 2 )

Solución: “Toda parábola presenta en su vértice el máximo valor de su curvatura por que es ahí donde la variación de su vector tangente es máxima”.

R(t )  (1  t ,3  t ,1  t  t 2 ) R (t )  (1, 1,1  2t ) R (t )  (0, 0, 2) R (t )  R (t )  (2, 2, 0) 

3

¨R (t )  (4t 2  4t  3) 2 3

Figura 31

Con ello se tiene que:

k

R (t )  R (t ) R (t )

3



2 2 3

(4t 2  4t  3) 2

Ahora:

k  0  k 

3 2(8t  4) (4t 2  4t  3)

5 2

0 t 

1 2

Si reemplazamos este valor en la función vectorial hallaremos el vértice de la parábola: 1 7 3 V ( , , ) 2 2 4

8) Si c es la longitud de una cuerda y s es el arco correspondiente de la cuerda, demostrar:

lim s 0

s2  c2 k 2  12 s4

Solución:

Figura 32

Del grafico:   c  2  sen   y 2

s  

   2 2  4  sen2   2

s c   Luego de  s4  4 4 reemplazar en el limite pedido se observa que se encuentra un forma indeterminada, para levantar dicha indeterminación aplicamos hasta tres veces la regla de L’Hospital: 2

2

Entonces tenemos que:

lim

   2 2  4  sen 2   2

 4 4

 0

2    lim   sen  lim 1  cos   lim sen  1  k  0 2  2 3  0 6  2 2  0 12  2 12  2 12

Entonces:

lim s 0

s2  c2 k 2  12 s4

9) Hallar el radio de curvatura de la curva definida por la ecuación : x3  xy 2  6 y 2  0 En el punto (3,3). Solución: x3  xy 2  6 y 2  0 Y derivando implícitamente en función de x como

parámetro 3x 2  x(2 yy )  y 2  6(2 yy )  0 Ahora teniendo en cuenta los datos de

x=3, y=3 y x’=1 por ser parámetro, la expresión se reduce a: 36  18 y   0

De donde y   2

Ahora derivando nuevamente en función de x se tiene:

6 x  2( y 2  yy )( x  6)  2 yy   2 yy   0

Y teniendo en cuenta los datos originales y el último obtenido de la derivación anterior, se tiene que: y   1 Con ello R (t )  (1, 2)

yR (t )  (0,1) y como la curvatura se calcula

mediante: k

R (t )  R (t ) ¨R (t )

3

 k

1 5 5

 5 5

 2t 1  t 2  10) Sea una función vectorial dad por: R(t )   , , 0  , ¿La 2 2 1 t 1 t  medida del ángulo entre R(t) y R’(t) es constante? Solución:

 2t 1  t 2  R(t )   , ,0 y 2 2 1 t 1 t 

 2(1  t 2 )  4t R(t )   ,  2 2 2  (1  t ) (1  t ) ,0  cos( ) 

R(t )  R(t ) 

R(t )  R(t ) R(t ) R(t )

pero como

4t (t 2  1) 2t (2t 2  2)  0 (1  t 2 )3 (1  t 2 )3

Figura 33

Entonces   3 5  cos( )  0 y con ello  podria ser  , , , etc  ,pero siempre será uno 2 2 2  de ellos es decir se mantendrá constantes y no dependen de t.

11) Hallar una función 𝑣𝑒𝑐𝑡𝑜𝑟𝑖𝑎𝑙 𝐹(𝑥), continua en el intervalos < 0, ∞ > tal que: x 1 x F ( x)  xe A   F (t )dt x1 Solución: Usando el teorema fundamental del cálculo:

x

F ( x)  (e x  xe x ) A 

1 1 F (t )dt  F ( x)  C 2  x x 1

F ( x)  (e x  xe x ) A 

1 1 F ( x)  xe x A   F ( x)  x x

F ( x)  e x (2  x) A int egrando : F ( x)  e x ( x  1) A  C Y reemplazando esto en la expresión original obtenemos el valor de dicha constante: C  eA

Con ello obtenemos la función requerida: F ( x)  e x ( x  1) A  eA

12) Una partícula se mueve a lo largo de una curva plana con rapidez constante igual a 5, sale del origen en el instante t=0 con velocidad inicial v=(0,5) y nunca pasa a la izquierda del eje Y, en todo momento la curvatura del camino es K(t)=2t, sea α(t) la medida del ángulo que forma el vector velocidad con el eje X positivo, en el instante t; hallar 𝜋

𝑣 = √2

Solución: Como pro dato la velocidad es 5 y constante entonces: x 2  y 2  25 y como en t=0, se tiene que x=0 e y=0y α=0, escogemos la siguiente parametrización:

x2  5cos( (t )) y 2  5sen( (t ))

Con ello

R (t )  (5cos( (t )),5sen( (t ))) R (t )  (5 (t ) sen( (t )),5 (t ) cos( (t )))

Luego calculamos la curvatura: k

R (t )  R (t ) R (t )

3



 (t ) 5

 2t Con ello se obtiene un sencilla ecuación

diferencial que resolviendo se obtiene:  (t )  5t 2 



en tonces 2 finalmente el vector velocidad se puede escribir como:





R (t )  (5cos(5t 2  ),5sen(5t 2  )) 2 2

que nos piden: t 

 2

Ahora si reemplazamos por lo

   entonces v=R     (5, 0)  2

2.10.

Operador Laplaciano 𝜕2

∆= ∇2 = 𝜕𝑥 2 𝑘

Apelando a la notación indicial 𝑖 = 1,2,3, … . 𝑛 𝑥𝑖 = 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥2 + ⋯ + 𝑥𝑛 𝑑𝑥𝑖 = 𝑑𝑥1 + 𝑑𝑥2 + 𝑑𝑥2 + ⋯ + 𝑑𝑥𝑛 𝑥𝑘 𝑐⃗ 𝑥𝑡 +𝑘 𝑘

𝑥1 𝑥 𝑥 ; 2 ;…; 𝑛 ) 𝑥1 +1 𝑥2 +2 𝑥𝑛 +𝑛

= (

𝑥⃗ = 𝑥𝑖 𝑒⃗𝑖 , 𝑦⃗ = 𝑦𝑖 𝑒⃗𝑖  𝑥⃗. 𝑦⃗ = 𝑥𝑖 𝑦𝑖 Así en R2

∆=

𝜕2 𝜕𝑥 2

𝜕2

En R3

+

𝜕2 𝜕𝑦 2

𝜕2

𝜕2

∆= 𝜕𝑥 2 + 𝜕𝑦2 + 𝜕𝑧2

2.11.

Ecuación de Laplace

La ecuación de Laplace se denota a ∆𝑢 = 0 , 𝑥⃗ ∈    ℝ𝑥

,

Si 𝑛 = 2 ,

𝑢: ℝ →  ∆𝑢 = (𝑥; 𝑦) ∈ 

entonces 𝑢𝑥𝑥 + 𝑢𝑦𝑦 = 0 𝜕2 𝑢

𝜕2 𝑢

∆= 𝜕𝑥 2 + 𝜕𝑦2

Si 𝑛 = 3 ,

∆𝑢 = (𝑥; 𝑦; 𝑧) ∈ 

entonces 𝑢𝑥𝑥 + 𝑢𝑦𝑦 + 𝑢𝑧𝑧 = 0 𝜕2 𝑢

𝜕2 𝑢

𝜕2 𝑢

∆= 𝜕𝑥 2 + 𝜕𝑦2 + 𝜕𝑧2

APRECIACIONES Sean 𝑢(𝑥⃗) , 𝑣(𝑥⃗) armónicas en   ℝ , 𝑥⃗ ∈  , ambas armónicas, entonces 1)

𝑟𝑢 es armónica

2)

𝑢 + 𝑣 es armónica

3)

En general 𝑢𝑣 ∇2 (𝑢𝑣) =

no es armónica 𝜕2 𝑢𝑣 𝜕𝑥 2

+

𝜕2 𝑢𝑣 𝜕𝑦 2

=

𝜕(𝑢𝑥 𝑣+𝑢𝑣𝑥 ) 𝜕𝑥

+

𝜕(𝑢𝑦 𝑣+𝑢𝑣𝑦 ) 𝜕𝑦

∇2 (𝑢𝑣) = 𝑢𝑥𝑥 𝑣 + 2𝑢𝑥 𝑣𝑥 + 𝑢𝑣𝑥𝑥 + 𝑢𝑦𝑦 𝑣 + 2𝑢𝑦 𝑣𝑦+ 𝑢𝑦 𝑣𝑦 ∇2 (𝑢𝑣) = 2(𝑢𝑥 𝑣𝑥 + 𝑢𝑦 𝑣𝑦 ) ≠ 0 4)

𝑢(− 𝑥⃗)

no es necesariamente armónica.

Diferenciabilidad Sea 𝑓:  → R,   𝑅 𝑛 donde  : tal que:

diremos que

⃗⃗) 𝑓 es diferenciable en  , si ∀ 𝑥⃗ ∈ℝ ∃  (𝑥⃗, ℎ

 →ℝ

⃗⃗ +  𝑓(𝑥⃗+ℎ⃗⃗) = 𝑓(𝑥⃗) + ∇𝑓(𝑥⃗) ℎ

De manera que lim  ⃗⃗ →0 ⃗⃗ ℎ

⃗⃗ ) (𝑥⃗,ℎ

⃗⃗ ) (𝑥⃗,ℎ

=0

Apreciación ⃗⃗| es pequeño podemos tener la siguiente aproximación Cuando |ℎ ⃗⃗ 𝑓(𝑥⃗+ℎ⃗⃗) ≈ 𝑓(𝑥⃗) + ∇𝑓(𝑥⃗) . ℎ Definición La diferencial de 𝑓 en 𝑥⃗ De igual manera si:

⃗⃗ = 𝑑𝑥⃗𝑖 𝑒⃗𝑖 ℎ

,

⃗⃗ y ℎ

⃗⃗ se define d 𝑓(𝑥⃗,ℎ⃗⃗) = ∇𝑓(𝑥⃗) . ℎ

∇𝑓(𝑥⃗) = 𝑓𝑥𝑖 𝑒⃗𝑖 d𝑓(𝑥⃗) = 𝑓𝑥𝑖 𝑒⃗𝑖 (𝑑𝑥𝑖 )𝑒⃗𝑖 = 𝑓𝑥𝑖 𝑑𝑥𝑖

2.13. Existencia de una función con derivadas parciales dadas

Existirá una función 𝑓 con derivadas parciales dadas

en un dominio   𝑅 𝑛 , si todas las derivadas cruzadas son iguales: 𝑓𝑥𝑖𝑥𝑗 = 𝑓𝑥𝑗𝑥𝑖

2.14. Regla de la cadena Sea 𝑢 una función de n variables 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , . . . , 𝑥𝑛 para cada una de estas variables es función de otras variables 𝑡1 , 𝑡2 , 𝑡3 , . . . , 𝑡𝑛 entonces

𝑢𝑡𝑘 = 𝑢𝑥1

𝜕𝑥1 𝜕𝑡𝑘

+ 𝑢𝑥2

𝜕𝑥2 𝜕𝑡𝑘

+ 𝑢𝑥3

𝜕𝑥3 𝜕𝑡𝑘

+ ⋯ 𝑢𝑥𝑛

𝜕𝑥𝑛 𝜕𝑡𝑘

Caso con Complejos Partiendo de lo siguiente:

𝑢(𝑧,𝑧̅ ),

𝑧(𝑥,𝑦) y 𝑧̅(𝑥,𝑦)

𝑧 = 𝑥 + 𝑖𝑦 , 𝑧̅ = 𝑥 − 𝑖𝑦 Gradiente en dos variables ∇𝑢 = (𝑢𝑥 , 𝑢𝑦 ) = 𝑢𝑥 + 𝑖𝑢𝑦 Buscamos sus derivadas parciales de 𝑢

𝑢𝑥 = 𝑢𝑧 𝑧𝑥 + 𝑢𝑧̅ 𝑧̅𝑥 = 𝑢𝑧 + 𝑢𝑧̅ 𝑢𝑦 = 𝑢𝑧 𝑧𝑦 + 𝑢𝑧̅ 𝑧̅𝑦 = 𝑢𝑧 + 𝑢𝑧̅ = 𝑖(𝑢𝑧 − 𝑢𝑧̅ ) Luego:

∇𝑢 = 𝑢𝑧 + 𝑢𝑧̅ + 𝑖(𝑖(𝑢𝑧 − 𝑢𝑧̅ )) ∇𝑢 = 2𝑢𝑧̅

∴

El laplaciano en forma compleja:

𝑢𝑥𝑥 + 𝑢𝑦𝑦 = 0

𝑢𝑥𝑥=(𝑢𝑧𝑧𝑧𝑥 + 𝑢𝑧𝑧̅𝑧̅𝑥)+(𝑢𝑧̅𝑧𝑧𝑥+𝑢𝑧̅𝑧̅ 𝑧̅𝑥) = (𝑢𝑧𝑧 + 𝑢𝑧𝑧̅ ) + (𝑢𝑧̅𝑧 + 𝑢𝑧̅𝑧̅ ) Considerando que las derivadas cruzadas son iguales Análogamente para

𝑢𝑦𝑦

𝑢𝑥𝑥= 𝑢𝑧𝑧 + 2𝑢𝑧𝑧̅ + 𝑢𝑧̅𝑧̅ = 𝑖[(𝑢𝑧𝑧 𝑧𝑦 + 𝑢𝑧𝑧̅ 𝑧̅𝑦 ) − (𝑢𝑧̅ 𝑧 𝑧𝑦 + 𝑢𝑧̅𝑧̅ 𝑧̅𝑦 )]

𝑢𝑦𝑦 = 𝑖[(𝑢𝑧𝑧 − 𝑢𝑧𝑧̅ )𝑖 − (𝑢𝑧̅ 𝑧 − 𝑢𝑧̅𝑧̅ )𝑖] 𝑢𝑦𝑦 = -𝑢𝑧𝑧 + 2𝑢𝑧𝑧̅ − 𝑢𝑧̅𝑧̅ ∴ ∆𝑢 = 4𝑢𝑧𝑧̅

2.15. Teorema de Schwartz También denominado Teorema de igualdad de las derivadas parciales cruzadas. Establece: Si se define una función F(x,y) de clase C2 (dos veces continuamente diferenciable), entonces las derivadas parciales son iguales, es decir: Fxy = Fyx Demostración: Este teorema fue demostrado por primera vez en 1734 por Leonard Euler en relación con sus estudios sobre hidrodinámica. Consideramos la siguiente expresión: y

 x  x, y  y 

 x, y  y   x, y 

-

+

+

-

 x  x, y  x

Sea:

S  x, y   f  x  x, y  y   f  x, y   f  x, y  y   f  x  x, y  Manteniendo y y  y , obtenemos:

g  f  x, y  y   f  x, y  Y si formamos ahora S en términos de g:

S  x, y   g  x  x   g  x  Notamos entonces a S como una diferencia de diferencias. Pero, por el teorema del valor medio para funciones de una variable sabemos que:



g  x  x   g  x   g ' x .x De aquí, tenemos:

para un

x  x  x  x

f  f S  x, y    x, y  y  x, y x x





  .x

Aplicamos nuevamente el teorema del valor medio para un y  y  y  y , esto resulta: S  x, y  

2 f x, y .x.y yx

 

Y como: 2 f 1  x, y   lim  S (x, y) yx x.y ( x , y ) (0,0)

Luego, observamos que es simétrica en x y  y , entonces análogamente se puede demostrar que

2 f está dada por la misma fórmula de límite, lo cual demuestra el xy

teorema. De forma similar, se puede demostrar el teorema para una función de clase C n de x,y,z,w,…

2.16. Polinomio de Taylor Es útil aproximar algunas funciones por polinomios especiales para ello hacemos uso del polinomio de Taylor. Ejemplo: Aproximación lineal de 𝑓(𝑥,𝑦) = 𝑒 3𝑥 𝑦 Con respecto al punto (0,0)

𝑓(𝑥,𝑦) = 𝑓(0,0) + 𝑓(0,0) (𝑥 − 𝑥0 , 𝑦 − 𝑦0 )

Donde: ∇𝑓 = (3𝑒 3𝑥 𝑦, 𝑒 3𝑥 ) → ∇𝑓(0,0) = (0,1) ∇𝑓(0,0) . (𝑥 − 0, 𝑦 − 0) = 𝑦 𝑓(𝑥,𝑦) = 0 + (0,1)(𝑥 − 0, 𝑦 − 0) = 𝑦 Ejemplo: Aproximación lineal de 𝑔(𝑥,𝑦) = 𝑥 2 + 2𝑦

en el punto

Donde: ∇𝑔 = (2𝑥, 2) → ∇𝑔(1,1) = (2,2) 𝑔(𝑥,𝑦) = 3 + (2,2). (𝑥 − 1, 𝑦 − 1) = 2𝑥 + 2𝑦 − 1

𝑥⃗0 = (1,1)

2.17. Valores extremos Generalizando ∗ ∗ ∗

lo estudiado en matemáticas I

𝑓:  → R,   𝑅 𝑛

alcanza un valor máximo absoluto 𝑥⃗0 (𝑥⃗0 ∈  ) si ∀ 𝑥⃗0 ∈  ∶ 𝑓(𝑥⃗) ≤ 𝑓(𝑥⃗0 ) 𝑓 alcanza un valor mínimo absoluto en 𝑥⃗0 si ∀ 𝑥⃗ ∈  ∶ 𝑓(𝑥⃗0 ) ≤ 𝑓(𝑥⃗) 𝑓

𝑓 alcanza un valor máximo relativo en 𝑥⃗0 si ∃𝑟 >/0 ∀∈ 𝑉(𝑥⃗0 ; 𝑟): 𝑓(𝑥⃗) ≤ 𝑓(𝑥⃗0 )

∗

𝑓 alcanza un valor mínimo relativo en 𝑥⃗0 ∈  , si ∃𝑟 >/0 ∀∈ 𝑉(𝑥⃗0 ; 𝑟): 𝑓(𝑥⃗0 ) ≤ 𝑓(𝑥⃗)

2.18. Punto estacionario Son aquellos puntos donde ∇𝑓 se anula. Punto de silla 𝑥⃗0  A

f:A →𝑅 ,𝐴 

𝑅𝑛

es un punto de silla si ∃𝑟 > 0 , D1 (t)  V(𝑥⃗0 ; 𝑟) tal que: ∀ 𝑥⃗ ∈ D, 𝑓(𝑥⃗) ≤ 𝑓(𝑥⃗0 ) ∀ 𝑥⃗ ∈ T, 𝑓(𝑥⃗0 ) ≤ 𝑓(𝑥⃗)

Matriz Hessiana

f:A →𝑅 ,𝐴 

𝑅𝑛

,

H(𝑋⃗0 ) = [ H(𝑋⃗0 )

𝑥⃗0  A 𝑓11 (𝑥⃗0 ) ⋯ ⋮ ⋱ 𝑓1𝑛 (𝑥⃗0 ) ⋯

𝑓𝑛1 (𝑥⃗0 ) ⋮ ] 𝑓𝑛𝑛 (𝑥⃗0 )

es conocida como la matriza Hessiana

Polinomio Característico 𝑃(  ) = |  𝐼 − 𝐻(𝑋⃗)| Criterio: y 𝑃(  )

f:A →𝑅 ,𝐴 

𝑅𝑛

,

𝑥⃗0 es un punto crítico, 𝑓

diferenciable en 𝑥⃗0

polinomio característico.

Entonces: 1) Si todas las raíces de

𝑃(  )

son positivas, 𝑓 alcanza un valor mínimo. 𝑓(𝑥;𝑦) = (𝑥 − 1)2 + 𝑦 2 ∇𝑓(𝑥;𝑦) = (2𝑥 − 2𝑦: 2𝑦) = (0; 0)

 1 = (1; 0)

𝑃(  )

= | I − [

𝑓𝑥𝑥 (1; 0)

𝑓𝑦𝑥 (1; 0)

𝑓𝑥𝑦 (1; 0)

𝑓𝑦𝑦 (1; 0)

]|

 = (2; 2) 𝑓 alcanza un valor mínimo en (1; 0). 2) Si todas las raíces de 𝑃(  ) son negativos entonces 𝑓 alcanza un valor máximo 𝑔(𝑥;𝑦) = 1 − 𝑥 4 − 𝑦 2 ∇𝑔 = 0 (−4𝑥 3 ; 2𝑦) = (0; 0) único punto estacionario.

𝑥⃗0 = (0; 0)

𝑃(  ) 𝑃(  )

0 0

0 ]| −2

0  | 0  +2 = (0; −2)

=



= | I − [

|

Como no todas las raíces son negativas, no podemos afirmar que 𝑓 alcancanzará un valor máximo. Por definición:

𝑓(𝑥: 𝑦): 𝑓(𝑥: 𝑦) ≤ 1



𝑓(0: 0) = 1

Así f alcanza un valor máximo. 3) Si

𝑃(  )

tiene raíces (+) y otras (-) entonces 𝑥⃗𝑜 es un punto de silla.

Caso particular :

𝑃(  )

=



2

Discriminante:

𝑃(  )

= | I − [

𝑃(  )

=

|



𝑓𝑥𝑥 (𝑥⃗𝑜 )

𝑓𝑦𝑥 (𝑥⃗𝑜 )

𝑓𝑥𝑦 (𝑥⃗𝑜 )

𝑓𝑦𝑦 (𝑥⃗𝑜 )

]|

− 𝑓𝑥𝑥 (𝑥⃗𝑜 ) − 𝑓𝑦𝑥 (𝑥⃗𝑜 )

𝑓𝑥𝑦 (𝑥⃗𝑜 )



− 𝑓𝑦𝑦 (𝑥⃗𝑜 )

|

− [𝑓𝑥𝑥 (𝑥⃗𝑜 ) + 𝑓𝑦𝑦 (𝑥⃗𝑜 )]  + 𝑓𝑦𝑦 (𝑥⃗𝑜 )𝑓𝑥𝑥 (𝑥⃗𝑜 ) − 𝑓𝑥𝑦 (𝑥⃗𝑜 )𝑓𝑦𝑥 (𝑥⃗𝑜 ) ∆= |𝐻(𝑥⃗𝑜 )|

(𝑜𝑟𝑑𝑒𝑛 2)

a)Si ∆> 0 y 𝑓𝑥𝑥 (𝑥⃗𝑜 ) < 0, 𝑓 alcanza un valor máximo en 𝑥⃗𝑜 b) Si ∆> 0 y 𝑓𝑥𝑥 (𝑥⃗𝑜 ) > 0, 𝑓 alcanza un valor mínimo en 𝑥⃗𝑜 c) Si ∆= 0, no hay información.

2.8.1. Valores extremos condicionales 2.19. Ecuaciones clásicas a) Ecuación del transporte: 𝑈𝑇 + 𝛼𝑈𝑥 = 0𝑈(𝑥;0) = ∅(𝑥) Cuya solución tiene la forma: 𝑈(𝑥: 𝑡) = ∅(𝑥 − 𝑎𝑡)

𝑈 = ∅(𝑍), 𝑧 = 𝑥 − 𝑎𝑡

Donde U depende de z y z depende de x y t. 𝑈𝑧′ (−𝑎) + 𝑎𝑈𝑧′ = 0 b) Ecuación de onda:

La solución es:

𝑈𝑡 = 𝑥 2 𝑈𝑥𝑥 𝑈(𝑥;0) = 𝑓(𝑥) 𝑈(𝑥; 0) = 𝑔(𝑥) 1

1

𝑥+𝑐𝑡

𝑈(𝑥; 𝑡) = 2 [𝑓(𝑥 − 𝑐𝑡) + 𝑓(𝑥 + 𝑐𝑡)] + 2𝑐 ∫𝑥−𝑐𝑡 𝑔(𝑠)𝑑𝑠

(𝐷𝑖𝑠𝑡𝑎𝑛𝑐𝑖𝑎)2 = (𝑐 − 𝑎)2 + (𝑑 − 𝑏)2 Donde:

𝑐 + 𝑑 = 10 ;

𝑎2 + 𝑏 2 += 4

Valor extremo condicionado.

b)

Ecuación de onda:

𝑈𝑡 = 𝑐 2 𝑈𝑥𝑥 𝑈(𝑥:0) = 𝑓(𝑥)

𝑈𝑡 (𝑥; 0) = 𝑔(𝑥) La solución es: 1 1 𝑥+𝑐𝑡 𝑈(𝑥; 𝑡) = [𝑓(𝑥 − 𝑐𝑡) + 𝑓(𝑥 + 𝑐𝑡)] + ∫ 𝑔(𝑠) 𝑑𝑠 2 2𝑐 𝑥−𝑐𝑡 c) Ecuación del calor: 𝑈𝑡 = 𝑘𝑈𝑥𝑥 𝑈(𝑥: 0) = 𝑓(𝑥) 𝑈(𝑥; 𝑡) =

Ver que la solución es

+∞ −(𝑥−𝑦) 𝑒 4𝑘𝑡 ∫ √4𝜋𝑘𝑡 −∞ 1

2

𝑓(𝑥)𝑑𝑦

Transformando la EDP en términos de W: 𝑈𝑡 = −𝛽𝑒 𝛼𝑥−𝛽𝑡 𝑊(𝑥; 𝑡) + 𝑒 𝛼𝑥−𝛽𝑡 𝑊𝑡 (𝑥; 𝑡) 𝑈𝑥 = 𝛼𝑒 𝛼𝑥−𝛽𝑡 𝑊(𝑥; 𝑡) + 𝑒 𝛼𝑥−𝛽𝑡 𝑊𝑥 (𝑥; 𝑡) 𝑈𝑥𝑥 = 𝛼 2 𝑒 𝛼𝑥−𝛽𝑡 𝑊(𝑥; 𝑡) + 𝛼𝑒 𝛼𝑥−𝛽𝑡 𝑊𝑥 (𝑥; 𝑡) + 𝛼𝑒 𝛼𝑥−𝛽𝑡 𝑊𝑥 (𝑥; 𝑡) + 𝑒 𝛼𝑥−𝛽𝑡 𝑊(𝑥; 𝑡)𝑊𝑥𝑥 (𝑥; 𝑡) 𝑈𝑥𝑥 = 𝛼 2 𝑒 𝛼𝑥−𝛽𝑡 𝑊(𝑥; 𝑡) + 2𝛼𝑒 𝛼𝑥−𝛽𝑡 𝑊𝑥 (𝑥; 𝑡) + 𝑒 𝛼𝑥−𝛽𝑡 𝑊(𝑥; 𝑡)𝑊𝑥𝑥 (𝑥; 𝑡) −

𝑐2 𝑊 4𝑘

+ 𝑊𝑡 + 𝛼𝑐𝑊 + 𝑐𝑊𝑥 − 𝑘𝛼 2 𝑊 − 𝐾𝛼𝑊𝑥 − 𝑘𝛼𝑊𝑥 − 𝑐𝑊𝑥𝑥 = 0 𝑊𝑡 = 𝑘𝑊𝑥𝑥

Notar que:

−

𝑐2 4𝑘

+

𝑐2 2𝑘

−𝑘

𝑐2 4𝑘 2

𝑐

𝑐

=0

𝑐 − 𝑘𝛼 − 𝑘𝛼 = 𝑐 − 2 − 2 = 0

d) Ecuación

del telégrafo: 𝑈𝑡𝑡 + 2𝑑𝑈𝑡 − 𝑐 2 𝑈𝑥𝑥 + 𝑑𝑈 = 0 𝑈(𝑥; 0) = 𝑓(𝑥) 𝑈𝑡 (𝑥; 0) = 𝑔(𝑥)

ecuación a otra en la variable dependiente 𝑉(𝑥; 𝑡) si:

Transformando esta

𝑉(𝑥; 𝑡) = 𝑒 𝑑𝑡 𝑈(𝑥; 𝑡) Confirmando:

𝑉(𝑥; 0) = 𝑒 𝑑𝑢 𝑈(𝑦; 𝑢)

𝑉(𝑥; 0) = 𝑓(𝑥) 𝑉𝑡 = 𝑑𝑒 𝑑𝑡 𝑈 + 𝑒 𝑑𝑡 𝑉𝑒 𝑉𝑡 (𝑥; 0) = 𝑑𝑢(𝑥; 0) + 𝑔(𝑥) 𝑉𝑡 (𝑥; 0) = 𝑑𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥) 𝑈 = 𝑒 −𝑑𝑡 𝑉 𝑈𝑡 = −𝑑𝑒 −𝑑𝑡 𝑉 + 𝑒 −𝑑𝑡 𝑉𝑡 𝑈𝑡𝑡 = 𝑑2 𝑒 −𝑑𝑡 𝑉 − 2𝑑𝑒 −𝑑𝑡 𝑉𝑒 + 𝑒 −𝑑𝑡 𝑉𝑡𝑡 𝑑2 𝑉 + 𝑑2 𝑉 − 2𝑑𝑉𝑡 + 2𝑑(−𝑑𝑉 + 𝑉𝑇 ) − 𝑐 2 (𝑉𝑥 + 𝑉𝑥𝑥 ) = 0 (𝑉𝑥 = 𝑒 −𝑑𝑡 𝑉𝑥 , 𝑈𝑥𝑥 = 𝑒 −𝑑𝑡 𝑉𝑥𝑥 ) →

𝑉𝑡𝑡 − 𝑐 2 𝑉𝑥𝑥 = 0

Problemas del Capitulo 2 1. Encuentre los valores extremos de 𝐟(𝒙, 𝒚)= (x-1)²(x+y-2)² Solución: Para hallar los valores extremos de f(𝑥, 𝑦) hacemos: ∇ f(𝑥, 𝑦)=0 Entonces. 𝑑𝑓 𝑑𝑥 𝑑𝑓 𝑑𝑦

=2(x-1)( 2x²-5x+2xy-4y+ y²+4)=0 =2(x-1)²(x+y-2)=0

Resolviendo tenemos: X=1 v x + y=2 Reemplazando en f(𝑥, 𝑦) .Tenemos: f(𝑥, 𝑦)=f(1,1)=0 El mínimo relativo de f(𝑥, 𝑦) es 0 y no existe máximo relativo. 2. Encuentre las dimensiones de la caja rectangular de mayor volumen que se puede inscribir en el elipsoide

𝒙𝟐 𝟐

+

𝒚𝟐 𝟐

= 𝟏, cuyas

aristas son paralelas a los ejes coordenados. Solución. Sea el volumen a maximiza:𝑉 = (2𝑥)(2𝑦)(2𝑧) = 8𝑥𝑦𝑧=𝑓(𝑥,𝑦 𝑧) Y la ecuación del elipsoide:𝑔(𝑥,𝑦,𝑧) =

𝑥2 2

+

𝑦2 2

=1

Por multiplicadores de LaGrange. ∇𝑓(𝑥,𝑦 𝑧) = 𝛿∇𝑔(𝑥,𝑦,𝑧) 𝑓𝑥 = 𝛿𝑔𝑥 , 8𝑦𝑧 = 𝛿 (

2𝑥 ), 9

𝑓𝑦 = 𝛿𝑔𝑦 , 𝑦 8𝑥𝑧 = 𝛿 ( ) , 2

𝑓𝑧 = 𝛿𝑔𝑧 8𝑥𝑦 = 𝛿(2𝑧)

2𝑥 2 𝑦2 8𝑥𝑦𝑧 = 𝛿 ( ) = 𝛿 ( ) = 𝛿(2𝑧 2 ) 9 2 𝑧=

Resolviendo:

1 √3

,𝑦 =

2 √3

, 𝑥 = √3

3. Determine las condiciones para que exista una función 𝒖(𝒙,𝒚,𝒚) = 𝒇(𝒙𝒚𝒛) sea armónica (f es una función real de variable real). Solución: Sea 𝑤 = 𝑥𝑦𝑧 → 𝑢 = 𝑓(𝑤) 𝑤𝑥 = 𝑦𝑧 ; 𝑤𝑦 = 𝑥𝑧 ; 𝑤𝑧 = 𝑥𝑦 Hallamos las derivaras parciales 𝑢𝑥 = 𝑢𝑤 (𝑦𝑧) ; 𝑢𝑦 = 𝑢𝑤 (𝑥𝑧) ; 𝑢𝑧 = 𝑢𝑤 (𝑥𝑦) Hallamos las segundas derivaras parciales 𝑢𝑥𝑥 = 𝑢𝑤𝑤 (𝑦𝑧)2 ; 𝑢𝑦𝑦 = 𝑢𝑤𝑤 (𝑥𝑧)2 ; 𝑢𝑧𝑧 = 𝑢𝑤𝑤 (𝑥𝑦)2 Por la ecuación de Laplace: 𝑢𝑥𝑥 + 𝑢𝑦𝑦 + 𝑢𝑧𝑧 = 0 → 𝑢𝑤𝑤 (𝑦𝑧)2 + 𝑢𝑤𝑤 (𝑥𝑧)2 + 𝑢𝑤𝑤 (𝑥𝑦)2 = 0 𝑢𝑤𝑤 [(𝑦𝑧)2 + (𝑥𝑧)2 + (𝑥𝑦)2 ] = 0 𝑢𝑤𝑤 = 0 Integrando 𝑢(𝑥;𝑦;𝑧) = 𝑓(𝑥𝑦𝑧) = 𝐶1 (𝑥𝑦𝑧) + 𝐶2 / 𝐶1 , 𝐶2 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 4. Determine las derivadas parciales de orden 2, de la función: 𝒇(𝒙,𝒚) Solución 𝑓(𝑥;𝑦) = {

𝟐𝒙𝟐 𝒚𝟐 ; (𝒙, 𝒚) ≠ (𝟎, 𝟎) = {𝒛𝒙𝟒 + 𝒚𝟒 } 𝟎; (𝒙, 𝒚) = (𝟎, 𝟎)

: 2𝑥 2 𝑦 2 ; 𝑧𝑥 4 + 𝑦 4 0 ; (𝑥; 𝑦) = (𝟎, 𝟎)

(𝑥; 𝑦) ≠ (𝟎, 𝟎)}

𝑓(𝑥+ℎ;0)− 𝑓(0;0) 𝑓(ℎ;0) − 0 2ℎ2 (0)2 0 𝑓𝑥 = lim = lim = = =0 ℎ→0 ℎ→0 ℎ ℎ 𝑧(ℎ)4 + 04 ℎ

𝑓𝑥 (𝑥;𝑦) = {

4𝑥𝑦 6 − 4𝑧𝑥 5 𝑦 2 ; (𝑧𝑥 4 + 𝑦 4 )2 0 ; (𝑥; 𝑦) = (𝟎, 𝟎)

(𝑥; 𝑦) = (𝟎, 𝟎)}

𝑓(𝑥+ℎ;0)− 𝑓(0;0) 𝑓(ℎ;0) − 0 = lim =0 ℎ→0 ℎ→0 ℎ ℎ

𝑓𝑥𝑥 = lim 𝑓𝑥𝑥 (𝑥;𝑦)

(4𝑦 6 − 20𝑧𝑥 4 𝑦 2 )(𝑧𝑥 4 + 𝑦 4 )2 − 2(4𝑥𝑦 6 − 4𝑧𝑥 5 𝑦 2 )(𝑧𝑥 4 + 𝑦 4 )(𝑎𝑧𝑥 3 ) ={ ; (𝑧𝑥 4 + 𝑦 4 )4 0 ; (𝑥; 𝑦) = (𝟎, 𝟎)

𝑓(0;𝑦+ℎ)− 𝑓(0;0) ℎ→0 ℎ

𝑓𝑦 = lim

𝑓𝑦 (𝑥;𝑦) = {

(𝑥; 𝑦) ≠ (𝟎, 𝟎)}

2(0)2 ℎ2 𝑓(0;ℎ) − 0 𝑧𝑥 4 + ℎ4 0 = lim = = =0 ℎ→0 ℎ ℎ ℎ

4𝑧𝑥 6 𝑦 − 4𝑥 2 𝑦 5 ; (𝑧𝑥 4 + 𝑦 4 )2 0 ; (𝑥; 𝑦) = (𝟎, 𝟎)

(𝑥; 𝑦) ≠ (𝟎, 𝟎)}

𝑓(0;𝑦+ℎ)− 𝑓(0;0) 𝑓(0;ℎ) − 0 = lim =0 ℎ→0 ℎ→0 ℎ ℎ

𝑓𝑦𝑦 = lim 𝑓𝑦𝑦 (𝑥;𝑦)

(𝑧𝑥 4 + 𝑦 4 )2 (4𝑧𝑥 6 − 20𝑥 2 𝑦 4 ) − 8𝑦 3 (4𝑧𝑥 6 𝑦 − 4𝑥 2 𝑦 5 )(𝑧𝑥 4 + 𝑦 4 ) ={ ; (𝑧𝑥 4 + 𝑦 4 )4 0 ; (𝑥; 𝑦) = (𝟎, 𝟎)

(𝑥; 𝑦) ≠ (𝟎, 𝟎)}

5. Encuentre en caso exista una función𝒇(𝒙,𝒚,𝒛) . 𝒅𝒇 (𝒙,𝒚,𝒛) = (𝟐𝒙 + 𝒛𝟐 )𝒅𝒙 + (𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 )𝒅𝒚 + (𝟐𝒚𝒛 + 𝟐𝒙𝒛)𝒅𝒛 Solución: F=∫ 𝐷𝑓 = ∫( 𝑥 2 + 𝑦 2 )𝑑𝑦 → 𝑓 = 𝑥 2 𝑦 +

𝑦3 3

+ 𝜓(𝑥,𝑧)

𝜕𝑓 = 2𝑥𝑦 + 𝜓 ′ (𝑥,𝑧) = 2𝑥 + 𝑧 2 𝜕𝑥 → 𝜓 ′ (𝑥,𝑧) = 2𝑥 + 𝑧 2 Pero no aparece en el término 2xy. → ∄𝑓 (𝑥,𝑦,𝑧) / 𝑑𝑓 (𝑥,𝑦,𝑧) = (2𝑥 + 𝑧 2 )𝑑𝑥 + (𝑥 2 + 𝑦 2 )𝑑𝑦 + (2𝑦𝑧 + 2𝑥𝑧)𝑑𝑧

6. Determine en caso exista un plano tangente a la superficie x² + y + z = 3 que pase por el punto (2, 2, -2) Solución

:

P: [(x, y, z) – (x0, y0, z0)]. ∇ f(𝑥₀, 𝑦₀, 𝑧₀) = 0 → P₁: [(2, 2, -2) – (x0, y0, z0)]. ∇ f(𝑥₀, 𝑦₀, 𝑧₀) = 0 P₁: (2 - x0,2 - y0,-2 - z0)].(2 x0, 1, 1) = 0 P₁: 4 x0 - 2 x0² + 2 - y0 -2 - z0 = 0 P₁: -x0² + 4 x0 – (x0² + y0 + z0) = 0 P₁: -x0² + 4 x0 – 3 = 0 → x0² - 4 x0 + 3 = 0 →x0 =

4 ±√16−12 2

→x0 = 3 v x0 = 1

Pongamos un caso particular donde, x0 = 1 → 𝑦₀ + 𝑧₀ = 2 son variables libres, convenientemente usamos 𝑦₀ = 1, 𝑧₀ = 1 P₁: [(x, y, z) – (1, 1, 1)]. ∇ f(1, 1,1) = 0 → P₁: [(x-1, y-1, z-1)]. (2, 1, 1) = 0 → P₁: 2x + y + z – 4 = 0

7. Extremos absolutos. Hallar el valor máximo y mínimo de la función f(x; y) = x2y(4 - x - y) en el triángulo limitado por las rectas x = 0; y = 0; x + y = 6.

SOLUCIÓN

a) Puntos críticos. Primero debemos encontrar los puntos críticos de la función que se encuentran en el dominio dado, que es el triángulo de extremos (0; 0), (6; 0), (0; 6). No interesa, a los efectos de obtener extremos absolutos, determinar la naturaleza de los puntos críticos, sino evaluar la función en ellos. Planteamos:

 f 2  x  0  2 xy(4  x  y )  x y (1)  0  xy(8  3 x  2 y )  0 f  0   f   0  x 2 (4  x  y )  x 2 y (1)  0  x 2 (4  x  2 y )  0  y

Apreciamos que todos los puntos con x = 0 son críticos. Si x  0, tenemos las siguientes posibilidades para que ambas derivadas parciales sean nulas:

y  0  4  x  2 y  0  x  4  P1 (4;0) resolviendo 

8  3x  2 y  0  4  x  2 y  0 

P2 (2;1)

El primero de estos puntos pertenece a la frontera; por lo tanto lo consideraremos cuando analicemos ésta. En cuanto al segundo punto, tenemos f(2; 1) = 2.

b) Análisis de la frontera. La frontera se compone de tres tramos rectos. En x = 0 y y = 0 la función asume el valor 0. En x + y = 6 podemos escribir:

x  y  6  y  6  x  x 2 y(4  x  y)  x 2 (6  x)(4  x  6  x)  12 x 2  2 x 3 ,

donde x va variando de 0 a 6. Para determinar en qué punto del segmento de recta x + y = 6 se produce un máximo o mínimo de esta función (en los extremos del segmento asume el valor 0), podemos derivarla:





d  12 x 2  2 x 3  24 x  6 x 2  0  x  0  y  6  x  4  y  2 dx

De los dos puntos obtenidos, (0; 6) es uno de los extremos del segmento, donde la función vale 0, mientras que (4; 2) está dentro del segmento oblicuo.

c) Evaluación de la función en los puntos obtenidos. Evaluando se tiene:

f(segmento x = 0) = 0 f(segmento y = 0) = 0 f(2; 1) = 2  máximo absoluto f(4; 2) = -64  mínimo absoluto

8. Multiplicadores de Lagrange. La ecuación 2x4 + 3y4 = 32 representa el borde de la pantalla de un monitor. Si el campo eléctrico viene dado por la función

f ( x; y ) 

1 x  y2 2

,

hallar los valores máximo y mínimo de éste sobre el borde de la pantalla.

SOLUCIÓN

Sea g(x; y) = 2x4 + 3y4. Tenemos:

x   8x 3  2 2 3/ 2  x y f  g   y   12 y 3 2 2 3/ 2  x  y









si ( x ; y )  ( 0; 0 ) 



x  y

2 3

x3  y y3

2 3

x x 0

Para obtener este resultado dividimos ambas ecuaciones abarcadas por la llave, por lo cual debemos considerar aparte el caso en que y = 0, para el cual dicha división no sería posible. Analizando todos los casos posibles tenemos:

y

2 3

x  2 x 4  3 y 4  2 x 4  43 x 4  103 x 4  32  x   4

Con estos valores tenemos f(x; y)  0,44

96 10

 y  4

192 45

Los otros dos casos son:

x  0  3 y 4  32  y   4

32 3

 f (0; 4

y  0  2 x 4  32  x   4

32 2

 2  f (2;0)  0,5

32 3

)  0,55

Comparando los tres valores obtenidos, el mínimo valor será 0,44 y el máximo valor será 0,55

9. Multiplicadores de Lagrange con más de una restricción. Hallar el punto del paraboloide z = (x - 2)2 + 0.25(y - 3)2 + 5 más próximo al plano x + y + z = 0. SOLUCIÓN En un problema de extremos con restricciones hay que individualizar tres cosas:  La función a maximizar o minimizar;  Las incógnitas; y  Las restricciones. En este problema, sabemos que hay un punto sobre el paraboloide y uno sobre el plano tales que la distancia entre ellos es menor que entre cualquier otro par de puntos sobre esas superficies. Determinando cuáles son esos puntos, podremos hallar la distancia mínima. Por tanto tenemos:  Función a minimizar: distancia entre dos puntos.  Incógnitas: las coordenadas de ambos puntos.  Restricciones: los puntos deben pertenecer a las superficies dadas. Traduciendo esto a lenguaje matemático podemos escribir lo siguiente: Llamaremos (x; y; z) al punto que está sobre el paraboloide y (s; t; u) al perteneciente al plano. La función a minimizar es la función distancia entre ambos, pero esto es equivalente a minimizar la distancia al cuadrado, dado que la raíz cuadrada es una función creciente. La distancia al cuadrado entre ambos puntos es:

f(x; y; z; s; t; u) = (x - s)2 + (y - t)2 + (z - u)2

Con lo cual tenemos en claro la función y sus seis incógnitas. Las condiciones de restricción serán la pertenencia al paraboloide y al plano respectivamente. Recordemos que una condición de restricción siempre se escribe como una función igualada a una constante. Podemos escribir, entonces: g1(x; y; z; s; t; u) = z - (x - 2)2 - 0.25(y - 3)2 = 5

g2(x; y; z; s; t; u) = s + t + u = 0. Nótese que ambas restricciones tienen las mismas variables que la función a minimizar, a pesar de que algunas de ellas no aparecen en las respectivas leyes. Para hacer una analogía con casos de una variable, la función f(x) = 5 no deja de ser una función de x, por más que la variable no aparezca en la ley. Si ahora aplicamos multiplicadores de Lagrange a nuestro caso tendremos: f = 1g1 + 2g2 Derivando con respecto a cada variable tendremos:

2( x  s ) 2( y  t )  2( z  u )   2( x  s )  2( y  t )   2( z  u )

     

 21 ( x  2) (1)  0,51 ( y  2) (2) 1 (3) 2 (4) 2 (5) 2 (6)

Usamos este sistema de ecuaciones, juntamente con las restricciones, para despejar las incógnitas. De esta manera, combinando (3), (6) y (4) es: 1 = - 2 = 2(x - s) Introduciendo este valor de 1 en (1), sale que: 1 = -2(x - 2)  x = 1,5 Combinando de manera similar (3), (6), (5) y (2) podemos despejar: y=0 Y, finalmente, introduciendo esto en la ecuación del paraboloide, tenemos: z = 7,5 El punto buscado es, pues: (x; y; z) = (1,5; 0; 7,5) Estrictamente, ya hemos resuelto el ejercicio: hemos encontrado el punto del paraboloide dado más próximo al plano dado. Queda para el lector despejar, del mismo sistema de ecuaciones, el punto del plano más cercano al paraboloide, esto es, hallar los valores de s, t y u, así como la distancia entre ambos puntos.

Cap´ıtulo 3 Introducci´ on al calculo variacional 3.1.

C´ alculo Variacional

Problemas cl´asicos: 1) Problema Geod´ esica: En este caso se tendr´a que minimizar la funcional. Z bp 1 + (y 0 (x))2 dx J[y = y(x)] = a

Figura 3.1: Geodesica 2) Problema de la superficie de ´ area minima: En este caso habr´a que minimizar la funcional: Z b p J[y = y(x)] = 2π y 1 + (y 0 (x))2 dx a

3) Problema isoperim´ etrico: An´ alisis funcional: Sea V un espacio vectorial de funciones de valor y variable real. V = f : [a; b] −→ R/f continuaen[a; b] V es un R-espacio vectorial con las operaciones usuales de funciones. Z b W = y : [a; b] −→ R/∃ y dx a

33

´ AL CALCULO VARIACIONAL CAP´ITULO 3. INTRODUCCION

34

Figura 3.2: Catenaria W es un R-espacio vectorial. H = f : [a; b] −→ R/f (

a+b )=0 2

¿H es un R-espacio vectorial con las operaciones usuales de funciones ? Funcionales: Es una funci´on J : V −→ R Ejemplo: 1) Sea V = f : [a; b] −→ R/∃f 0 en[a; b] J : V −→ R J[f ] = f 0 [

a+b ) 2

a+b ∈ [a; b] 2 Siempre: a+b )∈R 2 [a; b] = [0; 2]enestecaso ∃f 0 (

J[f (x) = x2 ] = f 0 (1) = 2 f (x) = x2 −→ 2 2) Sea W = y : [0; 1] −→ R/∃

R1 0

y dx J : W −→ R Z 1 J[y = y(x)] = yx dx 0

y = x2 −→

3.1.1.

1 4

Valores extremales de funcionales

Sea J una funcional definida en el R-espacio vectorial V, diremos que: 1) J alcanza un valor m´aximo en y1 = y1 (x) si: ∀y ∈ V : J[y = y(x)] J[y1 = y1 (x)] 2) J alcanza un valor m´ınimo en y1 = y1 (x) ∈ V si: ∀y ∈ V : J[y1 = y1 (x)] J[y = y(x)]

´ 3.1. CALCULO VARIACIONAL

35

CRITERIO: Ecuaci´ on de Euler Se demuestra que si la funcional: b

Z

f (x, y, y 0 ) dx

J[y = y(x)] = a

definida en el R-espacio vectorial V de funciones integrables en [a;b] y que cumple las condiciones iniciales que se dan, se satisface: fy 0 y 0

dy d2 y + fy 0 x − fy = 0 + fy 0 y 2 dx dx

´ Esta ecuaci´on se conoce como la ecuaci´on Variacional de Euler . V es un R-espacio vectorial con las operaciones usuales de funciones. Z b f (x, y, y 0 ) dx J[y = y(x)] = a

y(a) = c y(b) = d fy −

d fy 0 = 0 dx

Aclaraci´ on: Z J[y = y(x)] =

1

(y 2 + (y 0 )2 ) dx

o

y(0) = 1 y(1) = 1 f (x, y, y 0 ) = y 2 + (y 0 )2 La ecuaci´on de Euler nos lleva a resolver: 2

d2 y + 0 − 2y = 0 dx2 y 00 − y = 0 y1 = coshx y2 = senhx

La soluci´on general es: y = C1 coshx + C2 senhx De los datos: y(0) = 1 −→ C1 + C2 (0) = 1 y(1) = 1 −→ C1 cosh(1) + C2 senh(1) = 1 C1 = 1 1 − cosh1 C2 = senh1 La funci´on estacionaria es: y = (cosh1)coshx +

1 − cosh1 senhx = y2 (x) senh1

36

´ AL CALCULO VARIACIONAL CAP´ITULO 3. INTRODUCCION

Ahora comparamos: J[y1 = 1], J[y0 ] J[y1 ] = int10 (12 + (10 )2 ) dx = 1 Z 1 1 − cosh1 1 − cosh1 1 − cosh1 [(coshx+ J[y = coshx+ senhx] = senhx)2 +((coshx+ senhx)0 )2 ] dx senh1 senh1 senh1 0 = 4, 4 J alcanza un valor m´aximo en: y = coshx +

1 − cosh1 senhx senh1

Problemas del capitulo 3 1)Calcular la ecuación de Euler-Lagrange para la funcional

J  z ( x, y)   (1  zx2  z y2 )1/ 2 dxdy D

Con la condición de frontera z(x,y) = f(x,y)  (x,y)   D Solución: La función F ( x, y, z, z x , z y )  1  z x2  z y2 , la ecuación de Euler tiene la siguiente forma

Fz 

  Fzx  Fz y  0 x y

1 Fz  0, Fzx  2 z x ( )(1  z x2  z y2 ) 1/ 2 2

 Fz  x x

1  z x2  z y2 z xx  z x

z x z xx  z y z yy 1  z x2  z y2

1  z x2  z y2

(1  zx2  z y2 ) zxx  zx2 z xx  zx z y z xy  Fzx  x (1  z x2  z y2 )3/ 2

( Fzx ) x 

(1  z y2 ) zxx  z x z y z xy (1  zx2  z y2 )3/ 2

Igualmente: ( Fzy ) y 

(1  z x2 ) z yy  z x z y z xy (1  z x2  z y2 )3/ 2

Así la ecuación de Euler es: ( Fzx ) x  ( Fzy ) y  0 ; sustituyendo:

(1  z y2 ) zxx  (1  zx2 ) z yy  2zx z y zxy  0

2)En forma experimental es sabido que la realización física de la superficie de área mínima limitado por la curva  D son calculos laboriosas extendidas sobre la  D Funcionales que contienen derivadas de orden superior Consideremos funcionales de la forma: x1

J [ y ]   F ( x, y, y ', y '')dx xo

Con las condiciones de frontera siguiente y( x0 )  y0 ; y( x1 )  y1 ; y '( x0 )  y '0 ; y '(1)  y '1 Supondremos que y  C 4 [ x0 , x1 ] ; y que F tiene derivadas parciales continuas hasta el orden 3 inclusive. Se desea hallar la ecuación de Euler – Lagrange para este caso. Solución Tenemos h  C 4 [ x0 , x1 ] tal que h( x0 )  h( x1 )  0 , h '( x0 )  h '( x1 )  0 es decir h debe ser admisible Para z real se tiene J [ y   h] 

x1



  F ( x, y   h, y '  h ', y ''  h '')dx

xo

 J [ y   h] 

 0



x1



  F ( x, y   h, y '  h ', y ''  h '') 

0

dx

xo

x1



= ( Fy h  Fy ' h ' Fy '' h '' )dx xo

x1



Osea que la variación de la “jota” J [ y, h]  ( Fy h  Fy ' h ' Fy '' h '' )dx xo

Derivando: ( Fy ' h) '  Fy ' h ' h

x  x1 x  x0

Fy ' h

x1

x1

x0

x0

  (Fy ' h ')dx   h

0

d ( Fy ' ) ; luego integrando: dx

d ( Fy ' )dx dx

h ( x0 )  h ( x )  0 x1

x1

x0

x0

  Fy ' h ' dx    h x1

d ( Fy ' )dx dx

J [ y, h]   ( Fy h  h x0

d ( Fy ' )  Fy ''h '')dx dx

Ahora: ( Fy '' h ') '  Fy '' h '' h ' x1

Integrando:

x1

1 ( Fy '' ) dx

 Fy ''h ''dx    h '

x0

x0

1 ( Fy '' )dx dx

d d d2 (h ( Fy '' )) '  h ' Fy ''  h 2 Fy '' dx dx dx x1

 (h

x0

x

1 d d2 Fy '' )dx    h 2 ( Fy '' )dx dx dx x0

x1

(ojo:

 (F

y ''

x0

h ') 'dx  0 por h '( x0 )  h '( x1 )  0 )

x1

x1

x

1 d d2  ( Fy ''h '')dx   x h ' dx ( Fy '' )dx  x h dx2 Fy ''dx x0 0 0

x1



Por tanto: J [ y, h]  ( Fy  ( Fy ' ) x  ( Fy '' ) xx )hdx  0 ; en la función crítica; esto para todo h x0

admisible Usando el lema Fundamental del cálculo de variaciones, se tiene:

Fy 

d ( Fy ' )  ( Fy '' ) xx  0 dx

que es la ecuación de Euler – Lagrange para este caso. Nota: Si J [ y ] 

x1

 F ( x, y, y ', y '', y ''')dx entonces su ecuación de Euler – Lagrange es la siguiente:

xo

Fy 

d ( Fy ' )  ( Fy '' ) xx  ( Fy ''' ) xxx  0 dx

3) Hallar una función crítica para la funcional 1

J [ y] 

1 ( y '') 2 ) dx  20

y (0)  0 y (1)  2 con y (0)  0, y (1)  0, y '(0)  1, y '(1)  5 / 2 Solucion

F ( x, y, y ', y '')  360 x 2 y  ( y '')2

Fy  360 x2 , Fy '  0, Fy ''  2 y '',( Fy '' ) xx  2 y IV Luego la ecuación de Euler – Lagrange es: 360 x 2  2 y IV  0  y IV  180 x 2 , y '''  60 x3  A, y ''  15 x 4  Ax  b, y '  3x5 

Podemos escribir: y 

1 6 x  A1 x3  B1 x 2  Cx  D 2

y '  3x5  3 A1 x 2  2 B1 x  C

0  y (1) 

A 2 x6 A B x  Bx  C , y   x 3  x 2  Cx  D 2 2 6 2

1  A1  B1  C 2

y (0)  0  D  0

y '(1) 

5 5   3  3 A1  2 B1  C 2 2

 3 A1  2 B1  

1  y '(0)  C  C  1 Luego A1  B1   De donde: A1  Luego y 

3 2

3 2

3  B1  3 2

1 6 3 3 9 x  x  3x 2  1x, y '  3x 5  x 2  6 x  1 2 2 2

4)Hallar una función crítica para la funcional 1

1 J [ y ]   ( y '') 2 dx 20

y (0)  0, y (1)  2, y '(0)  2, y '(1)  1

Solución

1 F ( x, y, y ', y '')  ( y '') 2 2 Fy  0, Fy '  0, Fy ''  y ''

d2 ( Fy '' )  y IV , luego la ecuacion Euler – Lagrange: y IV  0  y '''  c  y ''  Cx  D dx 2 y' 

C 2 C D x  Dx  E , y  x 3  x 2  Ex  G 2 6 2

Podemos escribir y  Ax3  Bx 2  Ex  G , y '  3 Ax 2  2 Bx  E

0  y (0)  G  G  0 2  y (1)  A  B  E  A  B  E  2 2  y '(0)  E  E  2 1  y '(1)  3 A  2 B  E Resolviendo

A+B=0 3A+2B=-1

 A=-1  B  1

Luego y   x3  x 2  2 x 5) Hallar una función crítica para la funcional 1

J [ y] 

1 ( y '') 2 ) dx ; y (0)  0 , y (1)  2 2 0

Solucion Como en el anterior: y IV  0

y  Ax3  Bx 2  Ex  G y '  3 Ax 2  2Bx  E y ''  6 Ax  2 B 0  y (0)  G  G  0 z  y (1)  2  A  B  E 1



Escribamos J [ y   h]  ( y ''  h '') 2 dx 0

1  1 J [ y   h]   2( y ''  h '') 2 h '' dx x 20

Cuando   0 se tiene: 1

J [ y; h]   y '' h '' dx , para todo h admisible 0

1

( y '' h ') '  y '' h '' y ''' h '   y '' h '' dx  ( y '' h ')

x 1 x 0

1

  y '' h ' dx

0

0 1

( y ''' h) '  y ''' h ' y '''' h  y ''' h '   ( y ''' h ')dx  ( y ''' h) 0

x 1 x 0

 y '''(1)h(1)  y '''(0)h (0)  0

0

[ y, h]  y ''(1)h '(1)  y ''(0) h '(0) Pero uno desea que la variación J [ y , h]  0 , luego

y ''(1)h '(1)  y ''(0)h '(0)  0 entonces podemos pedir y ''(1)  0  y ''(0)  0

0  y ''(0)  B  0 0  y ''(1)  6 A  0  A  0 Así: A  B  E  2  0  E  2  E  2

 y  2x La condición y ''(1)  0 , y ''(0)  0 obtenida por este procedimiento se llama condiciones naturales de frontera.

6) Para la funcional

J [ z ( x, y)]   F ( x, y, z, z x , z y )dxdy D

se pide encontrar las condiciones naturales de frontera 3. J [ y ] 

1

1

0

0

2  ydx restriccion  ( y  xy)dx 

47 12

Tomemos: H ( x, y, y ',  )  y   ( y 2  xy ) La ecuacion de Euler-Lagrange: H y  1   (2 y  x) , H y '  0  2 y   x  1

y

1 x  2 2

por la restriccion: 2

1

1

1 x 1 x 47 1 x2 47 0 ( 2  2 )  x 2  2 )dx  12  0 ( 4 2  4 )dx  12    1/ 4 x x  y  2  , y  2  2 2 Veamos que 1

1

0

0

J [ y  ]   ( y  )dx  J [ y ]   dx Por la restriccion: 1

(

y 

2

 x y  dx 

0 1

(y

47 12

1

2

 xy )dx   (2 y  2  x )dx 

0

0

1

1

0

0

47 12

  (2 y  2  x )dx  0   (2 y  x  2  x )dx  0 1

  dx  0

1



2

dx

0

1

1

x 2 Luego tendremos que cuando y  2  , se tenia  dx    dx  0 2 0 0 asi se tiene:

J [ y  ]  J [ y ]  satisfaciendo la restriccion de esta manera en y  2  1

si y  2 

x , J [ y ] alcanza un valor maximo 2

1

x , se tiene:  dx   2 dx  0 , luego: 2 0 0 1

J [ y   ]  J [ y ]   dx  J [ y ] 0

J [ y ] alcanza un valor minimo cuando y  2 

x 2

1

J [ y ]   e y ( y ') 2 dx ; y (0)  0  y (1)  ln 4 0

F ( x, y, y ')  e y ( y ')2  e y ( y ')2  Fy  Fy '  2e y y ' Ecuacion E-L  e y ( y ') 2 

d (2e y y ')  0 dx

 e y ( y ')2  2(e y y '2  e y y '')  0  ( y ')2  2( y ')2  2 y ''  0

 2 y '' ( y ') 2  0 hagamos: y '  p  2



d dp ( p)  p 2  0  2 2  dx  0 dx p

2 2 2 xC xC  p p p xc

y '  p  dy  pdx  dy  p(

Luego: y   Ln(

2 dp)  y   Ln( p )  k p2

2 )k xc

2 y (0)  0  0   Ln( )  k c y (1)  ln 4  ln 4   Ln(

2 )k 1 c

y (1)  1  C  D    C  1 D  0 2  y (2)  2C  D 

0  z (1)  Ae  Be '  B e2 1  1   1   B  B  1  B   A 2  2 2 2   e 1 e e 1 e  1  z (2)  Ae2  Be '2   Luego y  x  z 

ex e2e x e1[e x  e2e x ] e x 1  e (1 x ) ] senh( x  1)     e2  1 e2  1 e2  1 e2  1 senh(1)

Luego la solucion del problema es: y  x  z 

senh( x  1) senh(1)

Ejemplo2. Hallar funciones criticas para la funcional 

J [ y, z ]   (2 yz  2 y 2  y '2  z '2 )dx 0

con las condiciones de frontera: y (0)  0, y ( )  1, z (0)  0, z ( )  1 Solucion

F ( x, y z , y ', z ')  2 yz  2 y 2  y '2  z '2 Ec E-L para y: Fy  2 z  4 y, Fy '  2 y '; 2 z  4 y 

d (2 y ')  0  y 4  2 y  z  0...(i) dx

Ec E-L para z: Fz  2 y, Fz '  2 z '; 2 y  2 z ''  0  z '' y  0..(ii) de (i): z  y '' 2 y  z '  y ''' 2 y '; z ''  y IV  2 y '' reemplazando este valor en (ii): y IV  2 y '' y  0

y  C1 cos x  C2 senx  x[C3 cos x  C4 senx] 0  y(0)  C1  0 1  y ( )   (C3 )  C3  

1



Luego: y  C2 senx  C4 xsenx 

x



cos x

Calculamos z de (i): y '  C2 cos x  C4 ( senx  x cos x) 

y ''  C2 senx  C4 ( xsenx  2 cos x) 

2 y  2C2 senx  2C4 xsenx 

2x



cos x

1



1



(  xsenx  cos x)

( x cos x  2senx)

z  C2 senx  C4 xsenx  2C4 cos x 

1



x cos x 

2



senx

0  z (0)  2C4  C4  0 1  z ( )  1 Luego: y  C2 senx 

1



cos x, z  C2 senx 

1



(2senx  x cos x)

Ejemplo3. Hallar una funcion critica de la funcional  /2

J [ y, z ] 

 (( y ')

2

 ( z ') 2  2 yz )dx

0

con las condiciones de frontera y (0)  0, y ( / 2)  1, z (0)  0, z ( / 2)  1 Solucion

F ( x, y, z, y ', z ')  ( y ') 2  ( z ') 2  2 yz Fy  2 z , Fy '  2 y ';

d Fy '  2 y ''/ ec.E  L : 2 z  2 y ''  0  z  y ''...(1) dx

Fz  2 y, Fz '  2 z ';

d Fz '  2 z ''/ ec.E  L : 2 y  2 z ''  0  z ''  y...(2) dx

de (1) z ''  y IV en(ii ) : y IV  y  0

y  Ae x  Be x  C cos x  Dsenx z  Ae x  Be x  C cos x  Dsenx con las condiciones:

0  y (0)  A  B  C   C  0  A  B 0  z (0)  A  B  C  Luego: y  Ae x  Ae x  Dsenx

z  Ae x  Ae  x  Dsenx

1  Ae / 2  Ae / 2  D...(3) 1  Ae / 2  Ae / 2  D...(4) Restando (4)-(3): D=1 y sumando (3)+(4): A=0 Finalmente: y  senx, z   senx

7) Hallar una funcion critica para la funcional  /2

J [ y, z ] 

 (( y ')

2

 ( z ') 2  2 xy  2 yz ) dx

0

con las condiciones de frontera y (0)  0, y ( / 2)  0, z (0)  0, z ( / 2)  2 Ln 2

4. J [ y ] 

 (e

x

( y ') 2  e x y 2 )dx

0

La ecuacion de Euler-Lagrange: F ( x, y, y ')  e x ( y ') 2  e x y 2

Fy  2e x y  Fy '  2e x y  2e x y 

d 2e  x y '   0  dx

 2e x y  2e x y ' 2e x y ''  0  y '' y ' e2 x y  0 Hagamos la sustitucion: x  Lnu  y  v 2



Tomemos la funcional: J [v(u )]  (e Lnu u 2 v '

 e Lnu v 2 )

2

 v 2  Fv  2v  Fv '  2v '

1

ojo: y ' 

dy dv du   uv '  ( y ') 2  u 2 v ' dx du dx

du u

2

2

2



Luego: J [v(u )]  ( v '

2

 v 2 )du

1

la ecuacion de Euler-Lagrange: F (u , v, v ')  v '

Fv 

d ( Fv ' )  0  2v  2v ''  0  v '' v  0  v  A cos u  Bsenu dx

regresando a las variables originales: y  A cos(e x )  Bsen(e x ) Ojo: Con las condiciones de frontera: y (0)  a  y (ln 2)  b

y (0)  a  a  A cos(1)  Bsen(1)  asen2  bsen1 b cos1  a cos 2 B A y (ln 2)  b  b  A cos(2)  Bsen(2)  cos1sen2  cos 2sen1 cos1sen2  cos 2sen1 como: cos1sen2  sen1cos 2  sen1 Tendremos:

y

asen 2  bsen1 b cos1  a cos 2 cos(e x )  sen(e x ) sen1 sen1

(en ojo, se ha considerado condiciones de frontera)

2

J [ y ]   x( y ')2 dx 1

F ( x, y, y ')  x( y ')2  Fy  0  Fy '  2 x( y ') Ecuacion de Euler-Lagrange:

(ojo: D 

d ( Fy ' )  0  2 xy '  C  y '  Dx 1 dx

C ) 2

Resolviendo la ecuacion: y  DLn( x)  E (nota: x [1, 2]  Ln x  Lnx ) Condiciones de frontera:

y (1)  1  1  DLn(1)  E  E  1

y (2)  2  2  DLn(2)  1  D  Luego: y1 

1 Ln 2

Lnx 1 Ln 2

Veamos que efectivamente y es un numero. Tomemos y  otra funcion y veamos que:

J [ y  ]  J [ y ] 2

2

2

J [ y1  ]   x[( y1  ) ']2 dx   x( y1 ' ') 2 dx   x( y1 '  2 y1 ' '  ' )dx 2

1

1 2

2

1

1

1

 J [ y1 ]   xy1 ' ' dx   x( ') 2 dx  1  2  J [ y1 ]  2 x   ' dx   x( ') dx xLn2  1  1 2

2

2

 J [ y1 ]  2

2

1  ' dx   x( ') 2 dx Ln 2 1 1 0

Utilizando el teorema B: 2



La funcional: J [ y ]  ( x( y ') 2  0 y 2  2(0) y )dx 1

2

Ej: Hallar la curva y=y(x) de longitud l dada tal que el area de trapecio curvilinea CABD sea maximo

B A

C

D

Figura 3.2 Solucion Se pide el maximo de la funcional J [ y ] 

x2

 ydx en y( x )  A , 0

x1

y con la restriccion k[ y ] 

x2



1  ( y '( x)) 2 dx  L

x1

F ( x, y, y ')  y; G ( x, y, y ')  1  ( y ') 2 H ( x, y, y ')  y   1  ( y '2 ) consideramos la funcional x1

J [ y ]   ( y   1  ( y '2 )dx x

x0

a esta funcional calculamos su ecuacion de E-L

H  y   1  ( y ') 2 Como H no depende explicitamente de x, debemos tener

H  y ' H y '  C constante  H y ' 

entonces: y   1  ( y ') 2 

 y ' 1  ( y ') 2

 ( y ') 2 1  ( y ') 2

Dando un comun denominador:

C

y( x1 )  B

y 1  ( y ') 2   (1  ( y ') 2 )   ( y ') 2  C 1  ( y ') 2



 y

1  ( y ') 2

 C  y C 

 1  ( y ') 2

Hagamos y '  tg  1  ( y ')2  sec2   y  C   cos 

y' 

dy dy d d sen d   ( sen )    sen dx d dx dx cos  dx

x  C1   sen  2 2 2  ( x  C1 )  ( y  C )   y  C   cos   La solucion a nuestro problema es un arco de circunferencia 8)Hallar el minimo de la funcional 

J [ y ]   ( y ') 2 dx 0

con las condiciones de frontera y (0)  y ( )  0 y con la restriccion



 y dx  1 2

0

Solucion

F ( x, y, y ')  ( y ')2 ; G( x, y, y ')  y 2 ; H ( x, y, y ',  )  ( y ') 2   y 2 H no contiene a x explicitamente, luego debemos tener H  y ' H y '  C

H y '  2 y ' , y ' H y '  2( y ')2 , entonces: ( y ')2   y 2  2( y ')2  C   y 2  ( y ')2  C

( y ')2   y 2  C ( y ') 2  C   y 2  y '  C   y 2 

dy  dx  dx

Ejercicio: Hallar una funcion critica para la funcional x1

J [ y ]   y 1  ( y ') 2 dx x0

x1

sujeto a la restriccion



x0

1  ( y ') 2 dx  L , L constante

dy C   y 2

9)Encontrar una curva que pasa por el punto (1,0) y el punto (1,3) con la propiedad de que la superficie de revolución al girar la región acotada por ella y las ordenadas X=a y X=b alrededor del eje x sea máxima. Sol:

Si la curva fuera de la forma siguiente el área de la superficie de revolución dependería del número de nodos que tenga la curva.

Figura 3.3 Aproximadamente:

П (b-a)

donde n: número de nodo

Si hacemos que П (b-a) Se observa que cuando el número de nodos tiende al infinito el área de la región de la superficie de revolución también tiende al infinito. .

Capítulo 4 Integración Múltiple 4.1.

Integral Doble

Para obtener una integral definida de una función de dos variables, primero definimos una región de integracion, consideremos una región de la forma [𝑎, 𝑏] 𝑥 [𝑐, 𝑑],es decir un rectángulo de 𝑅2 , al cual denominaremos R

Figura 4.1: Región de integración

Hacemos particiones de la region R

Figura 4.2: Partición de la región R”

La ij-ésima partición tendrá la forma rectangular. El área de esta partición será: ∆𝐴𝑖𝑗 = ∆𝑥𝑖 ∆𝑦𝑗 Podemos definir una función de dos variables 𝑧 = 𝑓(𝑥, 𝑦) en la región 𝑅,la cual para la ij-ésima partición sería : 𝑓(𝑥𝑖 𝑦𝑗 ) ∆𝑥𝑖 ∆𝑦𝑗 Ahora veamos su significado geométrico, analizamos la siguiente grafica

Figura 4.3: Interpretación Geométrica

El punto (𝑥̅𝑖 , 𝑦̅𝑗 ), representa cualquier punto del ij-ésimo paralelepípedo, el cual denotamos por ∆𝑉𝑖𝑗 , y estaría dado por: ∆𝑉𝑖𝑗 = 𝑓(𝑥𝑖 𝑦𝑗 ) ∆𝑥𝑖 ∆𝑦𝑗 Entonces ,si queremos calcular el volumen bajo la superficie ,tendríamos que sumar los volúmenes de una cantidad infinita de paralelepípedos ;es decir, 𝑚

𝑛

𝑉 = lim lim ∑ ∑ 𝑓(𝑥𝑖 , 𝑦𝑗 ) ∆𝑥𝑖 ∆𝑦𝑗 𝑛→∞ 𝑚→∞

4.1.1

𝑗=1 𝑖=1

Para regiones rectangulares

Sea 𝑓 una función de dos variables definida en la region plana 𝑅 = [𝑎, 𝑏]𝑥[𝑐, 𝑑] = {(𝑥, 𝑦)/ 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏 ∧ 𝑐 ≤ 𝑦 ≤ 𝑑}

𝑚

𝑛

lim lim ∑ ∑ 𝑓(𝑥𝑖 , 𝑦𝑗 ) ∆𝑥𝑖 ∆𝑦𝑗

𝑛→∞ 𝑚→∞

𝑗=1 𝑖=1

Si existe el limite decimos que 𝑓 es integrable, y se le denomina Integral Doble 𝑑𝑒 𝑓 𝑒𝑛 𝑅 y se le denota de la siguiente manera: 𝑑

𝑏

∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 𝑐

𝑎

Teorema de Fubini Sea f una funcion de dos variables definida en la region plana 𝑅 = [𝑎, 𝑏]𝑥[𝑐, 𝑑] = {(𝑥, 𝑦)/ 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏 ∧ 𝑐 ≤ 𝑦 ≤ 𝑑} Si f es continua en R, entonces: 𝑑

𝑏

𝑑

𝑏

𝑏

𝑑

∫ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴 = ∫ [∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥] 𝑑𝑦 = ∫ [∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦] 𝑑𝑥 𝑐

𝑎

𝑐

𝑎

𝑎

𝑐

En este teorema nos presenta la integral doble para que sea evaluada como integral simple,a dichas integrales se les denomina integrales iteradas. 4.1.2.

Para una region cualquiera

El teorema de Fubini se puede extender a regiones más generales Sea una región plana como muestra la figura podemos particionarla de la siguiente manera:

Figura 4.4:

Lo cual da lugar a un elemento diferencial de la siguiente forma

Figura 4.5: Elementro diferencial rectangular

Donde su área la denotamos como 𝑑𝐴, la cual está dada por: 𝑑𝐴 = 𝑑𝑥𝑑𝑦 = 𝑑𝑦𝑑𝑥

Entonces,la integral doble sobre dicha region plana tiene la forma: ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴 𝑅

Esta integral doble podemos calcularla de dos formas. Haciendo barrido vertical

un

Figura 4.6: Barrido vertical

𝑏

𝑓(𝑥)

∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴 = ∫ [∫ 𝑅

𝑎

𝑔(𝑥)

𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦] 𝑑𝑥

Haciendo un barrido horizontal

Figura 4.7: Barrido horizontal 𝑑

𝑓(𝑦)

∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴 = ∫ [∫ 𝑅

𝑐

𝑔(𝑦)

𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥] 𝑑𝑦

Ahora,si 𝑓(𝑥, 𝑦)=1 ,la integral doble representa el área de la region 𝑅,es decir:

𝐴 = ∬ 𝑑𝐴 𝑅

4.1.3.

Propiedades

Sean 𝑓 𝑦 𝑔 funciones de dos variables continuas en una 𝑟𝑒𝑔𝑖𝑜𝑛 𝑅, entonces: 1. ∬𝑅 𝑘𝑑𝐴 = 𝑘 ∬𝑅 𝑑𝐴 ; ∀𝑘 ∈ 𝑅 2. ∬𝑅 (𝑓 ± 𝑔)𝑑𝐴 = ∬𝑅 𝑓𝑑𝐴 ± ∬𝑅 𝑔𝑑𝐴 3. ∬𝑅 𝑑𝐴 = ∬𝑅1 𝑑𝐴 + ∬𝑅2 𝑑𝐴 ; 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑅 = 𝑅1 ∪ 𝑅2

4.1.4.

Volúmenes con integrales dobles

Consideremos un sólido por dos superficies, por ejemplo:

Figura 4.8: Solido acotado por dos superficies En este gráfico, el volumen del solido limitado por las superficies está dado por: 𝑉 = ∬ [𝑓(𝑥, 𝑦) − 𝑔(𝑥, 𝑦)]𝑑𝐴 𝑅

R,es la region plana que tiene por proyección la superficie en el plano xy.

4.1.5.

Jacobiano

Frecuentemente es necesario usar algún cambio de variable,lo cual implica que el dominio de integración variará y así debemos tener un “factor de cambio”,Jacobiano.

1) Para 2 variables 𝜕𝑥 𝜕(𝑥, 𝑦) 𝐽(𝑢, 𝑣) = = |𝜕𝑢 𝜕𝑦 𝜕(𝑢, 𝑣) 𝜕𝑢

𝜕𝑥 𝜕𝑣 | 𝜕𝑦 𝜕𝑣

∬ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∬ 𝑓(𝑥(𝑢,𝑣) , 𝑦(𝑢,𝑣) , 𝑧(𝑢,𝑣) ) |𝐽(𝑢, 𝑣)|𝑑𝑢𝑑𝑣 𝑅

𝑇

2) Para 3 variables

𝜕𝑥 𝜕𝑢 𝜕(𝑥, 𝑦, 𝑧) |𝜕𝑦 𝐽(𝑢, 𝑣, 𝑤) = = 𝜕(𝑢, 𝑣, 𝑤) |𝜕𝑢 𝜕𝑦 𝜕𝑢

𝜕𝑥 𝜕𝑣 𝜕𝑦 𝜕𝑣 𝜕𝑦 𝜕𝑣

𝜕𝑥 𝜕𝑤 | 𝜕𝑦 𝜕𝑤 | 𝜕𝑧 𝜕𝑤

∬ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 = ∭ 𝑓(𝑥(𝑢,𝑣,𝑤) , 𝑦(𝑢,𝑣,𝑤) , 𝑧(𝑢,𝑣,𝑤) ) |𝐽(𝑢, 𝑣, 𝑤)|𝑑𝑢𝑑𝑣𝑑𝑤 𝑅

𝑇

3) Para n variables

𝐽(𝑢1 𝑢2 𝑢3 , … , 𝑢𝑛 )=

4.1.6.

𝑥1𝑢1 ⋮ 𝑥𝑛𝑢1

𝜕(𝑥1 𝑥2 … 𝑥𝑛 ) =|[ 𝜕(𝑢1 𝑢2 … 𝑢𝑛 )

⋯ 𝑥1𝑢𝑛 ⋱ ⋮ ]| ⋯ 𝑥𝑛𝑢𝑛

Integrales dobles en coordenadas polares

Suponga que la región de integración es simple, la integral doble ∬𝑅 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴 puede ser expresada como ∬ 𝑓(rcos 𝜃 , 𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃)𝑑𝐴 𝑅′

Definimos el 𝑑𝐴 en coordenadas polares .Analizando la siguiente figura.

Figura 4.9: Grafica en coordenadas polares

Entonces se tiene que 𝑑𝐴 = 𝑑𝑠𝑑𝑟 ; además 𝑑𝑠 = 𝑟𝑑𝜃 ,por ende 𝑑𝐴 = 𝑟𝑑𝜃 ∬ 𝑓(𝑟, 𝜃)𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃 𝑅′

De igual forma podemos corroborar el resultado de 𝑑𝐴 haciendo uso del Jacobiano partimos de: 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑥 = 𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃,𝑦 = 𝑟𝑠𝑖𝑛𝜃 → 𝐽(𝑟, 𝜃) = | 𝑠𝑖𝑛𝜃

−𝑟𝑠𝑖𝑛𝜃 |=𝑟 𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃

Entonces finalmente tendríamos ∬ 𝑓(𝑟, 𝜃)𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃 = ∬ 𝑓(𝑟, 𝜃)|𝐽(𝑟, 𝜃)|𝑑𝑟𝑑𝜃 𝑅′

𝑅′

Con lo cual comprobamos lo observado

4.1.7.

Cambio de variables para integrales dobles

Consideremos que se tiene la siguiente transformación: 𝑥 = 𝑥(𝑢,𝑣) , 𝑦 = 𝑥(𝑢,𝑣) Aplicando esta transformación a la integral doble ∬𝑅′ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴 ,quedaría de la forma: ∬ 𝑓(𝑥(𝑢,𝑣) , 𝑥(𝑢,𝑣) )𝑑𝐴 𝑅′

Figura 4.10: Tranfomacion de una region debido al cambio de variable

Si ahora consideramos que la funcion 𝑓(𝑥, 𝑦) es continua en la region 𝑅 y que la transformación es univalente (𝐽(𝑢, 𝑣) ≠ 0),entonces puede demostrarse que :

∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∬ 𝑅′

𝑇

𝑓(𝑥(𝑢,𝑣) , 𝑦(𝑢,𝑣) ) |𝐽(𝑢, 𝑣)|𝑑𝑢𝑑𝑣

4.2.

Integrales Triples

Para integrales triples en forma análoga como hicimos para integrales dobles, se considerara una región de integración de la forma [𝑎, 𝑏]𝑥[𝑐, 𝑑]𝑥[𝑒, 𝑔], ahora se tomará un paralelepípedo ,una region de 𝑅3 ,que denotaremos como Q:

Figura 4.11: Region de integracion Si realizamos particiones de Q,la ijk-ésima partición tendría la siguiente forma:

Figura 4.12:

El volumen seria dado por ∆𝑉𝑖𝑗𝑘 = ∆𝑥𝑖 ∆𝑦𝑗 ∆𝑧𝑘 Una funcion de tres variables 𝑤 = 𝑓(𝑥,𝑦,𝑧) definida en Q,para esta partición seria de la forma

𝑓(𝑥𝑖𝑦𝑗𝑧𝑘 )∆𝑥𝑖 ∆𝑦𝑗∆𝑧𝑘

Donde (𝑥𝑖 𝑦𝑗 𝑧𝑘 ) representa un punto cualquiera de la ijk-ésima partición. Para todo Q,si hacemos una cantidad infinita de particiones,es decir: 𝑙

𝑚

𝑛

lim lim lim ∑ ∑ ∑

𝑙→∞ 𝑚→∞ 𝑛→∞

𝑖=1

𝑘=1 𝑗=1

𝑓(𝑥𝑖 , 𝑦𝑗 , 𝑧𝑘 )∆𝑥𝑖 ∆𝑦𝑗 ∆𝑧𝑘

De aquí parte la definición de integrales triples, entonces. Sea 𝑓 una funcion de tres variables definida en una region de 𝑅3 , 𝑄 = [𝑎, 𝑏]𝑥[𝑐, 𝑑]𝑥[𝑒, 𝑔] = {(𝑥, 𝑦, 𝑧)/ 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏 ∧ 𝑐 ≤ 𝑦 ≤ 𝑑 ∧ 𝑒 ≤ 𝑧 ≤ 𝑔}

Al siguiente limite 𝑙

𝑚

𝑛

lim lim lim ∑ ∑ ∑

𝑙→∞ 𝑚→∞ 𝑛→∞

𝑖=1

𝑘=1 𝑗=1

𝑓(𝑥𝑖 , 𝑦𝑗 , 𝑧𝑘 )∆𝑥𝑖 ∆𝑦𝑗 ∆𝑧𝑘

Se le denomina integral triple de f en Q y se le denota de la siguiente manera: 𝑔

𝑑

𝑏

∫ ∫ ∫ 𝑒

𝑐

𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧

𝑎

Además ,si existe este límite decimos que es integrable en Q. Si hacemos 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 1 , lo que se estaría obteniendo se el volumen de la región Q.

4.3 Principio de Cavalieri “Si dos cuerpos tienen la misma altura y bases de igual área, y al

cortarlos por cualquier plano paralelo a las bases, el área de las secciones es la misma, ambos tienen igual volumen”. Hoy en día, en la moderna teoría de geometría analítica, el principio de Cavalieri es tomado como un caso especial del Principio de Fubini. Cavalieri no hizo un uso extensivo del principio, empleándolo sólo en su Método de las indivisibles que expone en el año 1635 con la publicación de su obra Geometria indivisibilibus y también aparece en 1647 en su Exercitationes Geometricae. Antes de principios siglo XVII sólo se podía calcular el volumen de algunos cuerpos especiales,

ya tratados geométricamente, por los resultados obtenidos por el griego Arquímedes y Kepler. La idea del cálculo de volúmenes mediante la comparación de secciones dio paso al desarrollo de los primeros pasos del cálculo infinitesimal así como de las integrales. Ejemplo ilustrativo:

Semiesfera

Figura 4.13 Sección vertical (superior) y horizontal (inferior) a través de una semiesfera.

La sección a lo largo de una semi-esfera de radio r muestra una superficie circular que si se realiza a una altura h paralela al horizonte, mediante el teorema de Pitágoras se obtiene un círculo de radio:

Donde la superficie de la sección es por lo tanto,

4.4. Integrales triples en coordenadas cílindricas Sea P un punto que está determinado en coordenadas cartesianas (𝑥, 𝑦, 𝑧). Su proyecci´on en de dicho punto en el plano 𝑥𝑦 se puede expresar en coordenadas polares por el par (𝑟, 𝜃) . Entonces el punto P queda determinado tambi´en por la terna (𝑟, 𝜃, 𝑧) y se dice que esta expresado en coordenadas cil´ındricas. Ambos sistemas est´an relacionados por las siguientes ecuaciones: 𝑋 = 𝑟𝑐𝑜𝑠 𝜃 , 𝑦 = 𝑟𝑠𝑒𝑛 𝜃, 𝑧 = 𝑧

Además para que la transformación sea univalente, consideremos las siguientes restricciones: 𝑥2 + 𝑦2 = 𝑟2 𝑟 > 0 𝑦 𝜃0 ≤ 𝜃 ≤ 𝜃0 + 2𝜋

Figura 4.14 Entonces el Jacobiano de dicha transformación seria

𝐽(𝑟, 𝜃, 𝑧) =

𝜕(𝑥,𝑦,𝑧) 𝜕(𝑟,𝜃,𝑧)

=

𝜕𝑥 𝜕𝑟 |𝜕𝑦 | 𝜕𝑟 𝜕𝑦 𝜕𝑟

𝜕𝑥 𝜕𝜃 𝜕𝑦 𝜕𝜃 𝜕𝑦 𝜕𝜃

𝜕𝑥 𝜕𝑧 𝜕𝑦| =r 𝜕𝑧 | 𝜕𝑧 𝜕𝑧

Asi 𝑑𝑉 = 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 = 𝑟𝑑𝑟𝑑𝑧𝑑𝜃 Entonces una integral triple queda expresada como

∭ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑉 = ∭ 𝑓(𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃, 𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃, 𝑧)𝑟𝑑𝑟𝑑𝑧𝑑𝜃 𝑆

4.5.

𝑇

Integrales triples en coordenadas esféricas

Sea P un punto que está determinado en coordenadas cartesianas (x, y, z). Puede ser expresado tambi´en por la terna (𝜌, 𝜑, 𝜃) ,

donde ρ es la longitud del segmento que une el punto P con el origen O, φ el menor ángulo que forma dicho segmento con el eje 𝑧 positivo, y θ el ángulo que forma el eje x positivo con la proyecci´on del segmento OP sobre el plano 𝑥𝑦 . A dicha terna se le denomina coordenadas esf´ericas del punto P . Las ecuaciones que relacionan las coordenadas cartesianas con coordenadas esf´ericas son: 𝑥 = 𝜌𝑠𝑒𝑛𝜑 𝑐𝑜𝑠 𝜃, 𝑦 = 𝜌𝑠𝑒𝑛𝜑𝑠𝑒𝑛𝜃, 𝑧 = 𝜌 𝑐𝑜𝑠 𝜑 Para que la transformación sea univalente, consideremos las siguientes restricciones 𝑝 > 0 ,0 < 𝜑 < 𝜋, 𝜃0 < 𝜃 < 𝜃0 + 2𝜋

Figura 4.15

CÁLCULO II

Capítulo 1 - Integrales múltiples

1.3.1

§1.3 Aplicaciones importantes de las Integrales múltiples Además del cálculo de áreas de regiones planas regulares o de volúmenes de cuerpos regulares acotados, que ya hemos abordado, las integrales múltiples tienes otras muchas aplicaciones. Destacamos las más útiles en Dinámica de medios continuos. En particular: i) el cálculo de masas de una placa D en el plano 2 o de un cuerpo V acotado en el espacio 3, cuando la masa se haya distribuida por una función densidad variable, (x,y) o (x,y,z); ii) el cálculo de centros de masas o de gravedad en ambos casos; iii) el cálculo de valores promedio de una función f(x,y) en D o f(x,y,z) en V; y iv) el momento de inercia respecto de un eje de distribuciones de masa en el plano o en el espacio con densidades dadas.

a) Cálculo de masas distribuidas a1) En el plano Dada una placa D cuya masa se halla distribuida por unidad de superficie según una ley de densidad dada, (x,y) (que puede ser constante), su masa se calcula sumando las masas de los elementos diferenciales de área, o sea, (x,y)dxdy mediante la integral doble: Masa(D) = ∬ σ ,

d d

(1.3-1)

Ejemplo 1.3-1: Masa de un semicírculo D de radio R cuya densidad de masa por unidad de superficie en cada punto es proporcional a la distancia del punto al diámetro del semicírculo. Solución: Tomando eje X en el diámetro y origen en el centro, la densidad es (x,y) = y. Luego la masa es: Masa(D) = ∬

d d = (pasando a polares para simplificar D) =

ρsenθρdρdθ =

#.

Ejemplo 1.3-2: Una lámina tiene forma de semicírculo, de radio R. Si la densidad en cada punto es proporcional a la distancia al borde curvo, calcule la masa de la lámina. Solución: La masa resultante es 16 kπR 3 . Comprobarlo como ejercicio (ver el ejercicio nº 9 de la hoja de problemas del capítulo).

#.

a2) En el espacio Dado un sólido V cuya masa está distribuida por unidad de volumen según una ley de densidad dada, (x,y,z), la masa total de V se calcula análogamente, sumando las masas de los elementos diferenciales de volumen, o sea, (x,y,z)dxdydz mediante la integral triple: Masa(V) =

  ( x, y, z )dxdydz

(1.3-2)

V

Ejemplo 1.3-3: Masa de la esfera V de radio R cuya densidad en cada punto es inversamente proporcional a la distancia al centro. Solución: Sea k la constante de proporcionalidad, de modo que en esféricas: (r,, ) = , luego masa(V) =

R

π

2π

0

0

0

 

krsenφdrdφdθ = k  r2 

2 R 0



 

  cos φ π θ 2π = 2kR2  0 0 

#.

Ejemplo 1.3-4: Hallar la masa del cuerpo  = {(x, y, z)  3 : x  0; y  0; x2  z  4  y2} sabiendo que la función de densidad está dada por ( x, y, z) = x4. Solución: masa() = 2, comprobarlo como ejercicio (ver ejercicio 12 de la hoja de problemas) #.

1.3.2

Cálculo II

b) Centros de masa b1) En un segmento En un segmento L sobre el que se encuentran un conjunto discreto de masas puntuales mi, en las abscisas xi, el centro de masas es el punto respecto del cual se obtiene el equilibrio de momentos (si imaginamos el segmento rígido, es el punto sobre el que hay que apoyar el segmento para que no gire y permanezca en equilibrio). Así que su abscisa xcm deberá cumplir: mi(xi – xcm) = 0.  mi xi De ahí se obtiene xcm = i m (1.3-3)  i i

Si la masa se halla distribuida a lo largo del segmento según una ley de densidad (x) e identificamos el segmento con un intervalo real [a, b], la fórmula anterior se extiende fácilmente: b

b

 xdm  x ( x )dx xcm = ma ( L )  ab a  ( x )dx

(1.3-4)

b2) En una placa del plano En una placa D del plano, con densidad de masa distribuida (x,y), el centro de masa tiene abscisa xcm y ordenada ycm, que se determinan de forma análoga:





xdm



x ( x , y )dxdy



ydm

y ( x , y )dxdy

xcm = mD( D )  D , ycm = mD( D )  D D  ( x , y )dxdy D  ( x , y )dxdy Se hace notar que si la placa presenta un eje de simetría, el centro de masa se encuentra en él.

(1.3-5)

Ejemplo 1.3-5: Hallar el centro de masas del semicírculo del ejemplo (1.3-1).. Solución: Con los mismos ejes de entonces, el radio perpendicular al diámetro es eje de simetría de D, por lo que el c. de m. se encuentra en él, así que xcm = 0. La masa total se calculó en el ejemplo citado y es R por lo que la ordenada ycm cumple: ycm =



D

y 2 dxdy 2 3

R

3

= =

3 2R 3

3R 8

R

π

0

0

 



π 2

ρ3 sen 2 θdρdθ =

 

π

 14  2cos 2θdθ  0

Así las coordenadas del c. de m. son:

3 2R 3

3R 8

  ρ dρ   sen θdθ   R

π 2

π

3

0

2

0

π



 14 (sen 2θ 0 ) =

3R 8



π

0

1cos2θ dθ 2

=

3πR 16

xcm = 0, ycm = 3πR 16

#.

Ejemplo 1.3-6: Una lámina de masa m tiene forma de triángulo rectángulo. Si la densidad en cada punto es proporcional al cuadrado de la distancia al vértice con ángulo recto, calcule el centro de masas de la lámina. Solución: Como ejercicio, comprobar que: xcm =

ba 2 (3a 2 b2 ) 60 m

, ycm =

ab2 (3b2  a 2 ) 60 m

, siendo a el cateto horizontal

y b el vertical (ver ej. 10 de la hoja de problemas del capítulo).

#.

b3) En un sólido del espacio Para un sólido V en 3, con su masa distribuida según una ley de densidad (x,y,z), el centro de masas tiene tres coordenadas que se determinan análogamente:



xdm

xcm = mV(V )

 

V

V

x ( x , y , z )dxdydz

 ( x , y , z )dxdydz



ydm

, ycm = mV(V )

donde los denominadores son la masa total de V.

 

V

V

y ( x , y , z )dxdydz

 ( x , y , z )dxdydz



zdm

, zcm = mV(V )

 

V

z ( x , y , z )dxdydz

V  ( x , y , z )dxdydz

(1.3-6)

CÁLCULO II

Capítulo 1 - Integrales múltiples

1.3.3

Ejemplo 1.3-7: Calcular el centro de masa de un cilindro circular V, de radio R y altura h, cuya masa se encuentra distribuida proporcionalmente a la distancia a la base superior o tapa del cilindro. Solución: Tomamos ejes de modo que el eje Z coincida con el eje del cilindro. Como es un eje de simetría, el c. de m. estará en él y cumplirá xcm = ycm = 0. Y sólo falta zcm. La densidad de masa es (x,y,z) = k(h – z) y la masa total será: Masa(V) = ∭ k h

ρdρdθd = … = kR2h2

=k

Y la ordenada z del c. de m.: zcm =

∭

k

=

dρdθd =

#.

Ejemplo 1.3-8: Hallar el centro de masa de un cono circular de radio R y altura h, sabiendo que la densidad, es constante. Solución: Comprobar como ejercicio que la ordenada z del c. de m. es: zcm = 1 4 h #.

c) Promedios integrales El teorema del valor medio de las integrales dobles o triples de funciones continuas ya se ha presentado en la sección correspondiente y no volveremos sobre ella. Vm(f ; D) =

,

∬

; Vm(f ; V) =

∬

, ,

∭

(1.3-7)

∬

d) Cálculo de momentos de inercia La dinámica de un sólido en el espacio utiliza el llamado momento de inercia, que es una cierta medida de la respuesta del cuerpo al intento de girarlo alrededor de un eje. Suponemos un sólido V en 3, donde se han tomado ejes X, Y, Z. La idea es sumar los productos de los elementos diferenciales de masa, dm, por el cuadrado de la distancia de cada uno de ellos al eje considerado. Así, los momentos de inercia respecto de los ejes coordenados X, Y, Z respectivamente son: Ix =



V



( y 2  z 2 ) ( x, y , z )dxdydz ; Iy =

V

( x 2  z 2 ) ( x, y, z )dxdydz ; Iz =



V

( x 2  y 2 ) ( x, y , z )dxdydz

De forma análoga se pueden calcular momentos de inercia de placas en el plano las aplicaciones en dinámica del sólido, la densidad es constante.

2

(1.3-8) . En la mayoría de

Ejemplo 1.3-9: Un sólido V de densidad de masa constante, , está acotado en el espacio 3 entre el paraboloide z = x2 + y2 y el cilindro x2 + y2 = a2. Encontrar su momento de inercia Iz . Solución: V = {(x,y,z) : 0  z  x2 + y2  a2} , pues el cilindro y el paraboloide se intersecan en el plano z = a2. Se tiene:

 x  ρ cos θ, y  ρsenθ, z  z  dxdydz  ρdρdθdz Iz =  ( x  y ) ( x, y , z )dxdydz =  V ( x, y , z )  V  (ρ, θ, z )  0  ρ  a, 0  θ  2π, 0  z  ρ  2

=

a

2π

ρ2

0

0

0

 

2

a

0

 

  ρ2

 ρ 2ρdρdθdz  2π  ρ3 z 0 dρ = 2

 ρ  1 6

6 a 0

π a 3

6

.

#.

Ejemplo 1.3-10: Hallar el momento de inercia de la placa de la figura respecto a un eje ortogonal a la misma por el origen de coordenadas, sabiendo que la densidad del círculo menor es proporcional a la distancia al origen y la de las aspas lo es a la distancia al borde curvo exterior. Los radios son 1 y 3 y la constante de proporcionalidad es 1. Solución: Como ejercicio comprobar que I = 83π 6

Figura 4.16

2

   = 

#.

La integral múltiple

Problemas resueltos 1. Sea f una función definida en I = [1, 2] × [1, 4] del siguiente modo: ( (x + y)−2 , x ≤ y ≤ 2x , f (x, y) = 0 , en el resto. Indique, mediante un dibujo, la porción Z A del rectángulo I en la que f no es f , supuesta su existencia. nula y calcule el valor de la integral A

Solución:

Figura 4.16 © ª La región sombreada, A = (x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x ≤ 2, x ≤ y ≤ 2x , es la porción del rectángulo en la que f no se anula. La función f es continua en A, por tanto f es integrable en A. Luego, aplicando el teorema de Fubini: ¶ Z Z 2 µZ 4 Z 2 µZ f= f (x, y)dy dx = A

¶ 1 dy dx = (x + y)2 1 1 1 x ¸2x ¸2 Z 2· Z 2 1 1 1 1 1 − = dx = (− + )dx = log x = log 2. x + y 3x 2x 6 6 1 1 x 1 2x

2. Un sólido está limitado por la superficie z = x2 − y 2 , el plano xy, y los planos x = 1 y x = 3. Calcule su volumen por doble integración.

Problemas resueltos Solución: La intersección de la superficie con el plano xy es: ) z = x2 − y 2 → y 2 = x2 → z=0

y=x y = −x

)

y con los planos x = 1 y x = 3, las parábolas z = 1 − y 2 y z = 9 − y 2 , respectivamente.

Figura 4.17 Para hallar el volumen del sólido dado hemos de calcular la integral doble de la función z = f (x, y) = x2 − y 2 sobre la región D del plano xy comprendida entre las rectas x = 1, x = 3, y = x e y = −x : D = {(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x ≤ 3, −x ≤ y ≤ x} Z Z

Z 2

V =

2

3 µZ x

(x − y )dxdy = D

¶ 2

2

(x − y )dy dx = 1

Z =

1

3·

−x

y3 x y− 3

¸x

2

Z dx =

−x

1

3

4 3 1 x dx = x4 3 3

¸3 = 1

80 . 3

Z Z x2 y 2 dxdy siendo D la porción acotada del primer cua-

3. Calcule D

drante situada entre las dos hipérbolas xy = 1 y xy = 2 y las líneas rectas y = x e y = 4x.

La integral múltiple Solución: La región D es el conjunto © D = (x, y) ∈ R2 : 1 ≤ xy ≤ 2, x ≤ y ≤ 4x} = n o y = (x, y) ∈ R2 : 1 ≤ xy ≤ 2, 1 ≤ ≤ 4 . x Esta expresión nos sugiere el cambio de variables y u = xy, v = . x Con lo que r 2

y = vx, u = vx

→

x=

√ u , y = uv, v

siempre que u, v > 0

y la transformación que obtenemos es r 2

T :]0, +∞[×]0, +∞[→ R ,

T (u, v) = (

u √ , uv). v

T es una transformación inyectiva (para cada (x, y) hay un solo (u, v) tal que T (u, v) = (x, y)) y es de clase C 1 . Hemos de comprobar además que su jacobiano es no nulo: ¯ ¯ 2 ¯ ¯ 1/v −u/v ¯ p ¯ p ¯ ¯ ¯ 2 u/v 2 u/v ¯ ¯ = 1 6= 0, ∀u, v > 0. JT (u, v) = ¯¯ ¯ 2v ¯ ¯ v u ¯ √ ¯ √ ¯ 2 uv 2 uv ¯ Podemos dibujar fácilmente la región D calculando los puntos de corte de las rectas con las hipérbolas dadas (recordemos que son sólo los del primer cuadrante): ) ) 1 1 xy = 1 xy = 1 2 → x = 1 → P1 = (1, 1); → x2 = → P2 = ( , 1) 4 2 y=x y = 4x xy = 2 y = 4x

) → x2 = )

xy = 2 y=x

1 1 4 → P3 = ( √ , √ ); 2 2 2

√ √ → x2 = 2 → P4 = ( 2, 2)

Problemas resueltos

Figura 4.18 Es obvio que esta región D (en el plano xy) es la imagen, T (Q), del recinto (en el plano uv) © ª Q = (u, v) ∈ R2 : 1 ≤ u ≤ 2, 1 ≤ v ≤ 4 . Aplicando el teorema del cambio de variable obtenemos: Z Z Z Z 1 2 2 x y dxdy = u2 dudv = 2v D Q ¸2 ¸4 Z 2 Z 4 1 u3 1 7 2 = u du. dv = . log v = log 2. 3 1 2 3 1 1 2v 1

4. Calcule la integral Z Z Z (2zx2 + 2zy 2 ) dxdydz , V

siendo V el volumen exterior a la hoja superior del cono z 2 = x2 + y 2 e interior al cilindro x2 + y 2 = 1, con z ≥ 0. Solución: La intersección del cono con el cilindro es: ) x2 + y 2 = z 2 → la circunferencia x2 + y 2 = 1 en el plano z = 1. x2 + y 2 = 1

La integral múltiple

Figura 4.19 El conjunto V será el conjunto descrito por: n o p V = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 ≤ 1, 0 ≤ z ≤ x2 + y 2 Haciendo el cambio a coordenadas cilíndricas  x = ρ cos ϕ   T : U → R3 , T (ρ, ϕ, z) = (ρ cos ϕ, ρ sen ϕ, z) y = ρ sen ϕ   z=z siendo U =]0, +∞[×]0, 2π[×R,

JT (ρ, ϕ, z) = ρ.

De esta manera, y puesto que x2 + y 2 = ρ2 = 1 en el cilindro y z 2 = ρ2 en el cono, el recinto V es la imagen, T (Q), (salvo un conjunto de medida cero, que es la región del plano y = 0 comprendida entre el cilindro y el cono) del conjunto Q = {(ρ, ϕ, z) ∈ U : 0 < ρ ≤ 1, 0 < ϕ < 2π, 0 ≤ z ≤ ρ} ⊂ U. Por tanto, haciendo la integral con este cambio de variable obtenemos: Z Z Z (2zx2 + 2zy 2 ) dxdydz = V ¶ ¸ Z 1 ·Z 2π µZ ρ Z Z Z 2 3 2zρ ρ dρdϕdz = = 2zρ dz dϕ dρ = Q

1 µZ 2π

Z =

2

z ρ 0

0

¤ 3 ρ 0

¶

0

Z

0

1 µZ 2π

dϕ dρ = 0

0

0

¶

ρ6 ρ dϕ dρ = 2π 6

¸1

5

= 0

π . 3

Problemas resueltos Z Z Z xyz dxdydz , siendo A el conjunto

5. Calcule la integral A

A = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 ≤ 1 , x ≥ 0 , y ≥ 0 , z ≥ 0}. Solución:

Figura 4.20 Puesto que el conjunto A es un trozo de esfera haremos el cambio a coordenadas esféricas para que el recinto de integración sea más manejable.  x = ρ cos ϕ sen θ   y = ρ sen ϕ sen θ   z = ρ cos θ T : U → R3 ,

T (ρ, ϕ, θ) = (ρ cos ϕ sen θ, ρ sen ϕ sen θ, ρ cos θ)

T es C 1 -invertible, con jacobiano, JT (ρ, ϕ, θ) = −ρ2 sen θ, distinto de cero en cualquier punto del abierto U =]0, +∞[×]0, 2π[×]0, π[. Sea n π πo Q = (ρ, ϕ, θ) ∈ R3 : 0 < ρ ≤ 1, 0 < ϕ ≤ , 0 < θ ≤ ⊂ U. 2 2 Es claro que su imagen mediante T es T (Q) = A − {(x, y, z) ∈ A : y = 0}

La integral múltiple y puesto que el conjunto {(x, y, z) ∈ A : y = 0} tiene medida cero en R3 , (es un trozo de plano) podemos aplicar el teorema del cambio de variable para calcular la integral que se pide por medio de una integral sobre el rectángulo Q: ZZZ xyz dxdydz = A

ZZZ =

ρ cos ϕ sen θ ρ sen ϕ sen θ ρ cos θ ρ2 sen θ dρdϕdθ = "Z π "Z π # # Q

Z

1

2

= Z

0

0 1

= · =

2

Z

ρ5 dρ

ρ5 sen ϕ cos ϕ sen3 θ cos θ dθ dϕ dρ =

0 π 2

Z

0

0 ¸1 · 2 ¸ π2 6 ρ sen ϕ

6

6. Calcule la integral

0

2

π 2

sen ϕ cos ϕ dϕ ·

sen4 θ

¸ π2

4

0

0

sen3 θ cos θ dθ =

0

=

1 . 48

Z Z (x2 + 5y 2 )dxdy , D

extendida a la región del plano D := {(x, y) ∈ R2 : y ≥ 0,

Solución:

Figura 4.21

4 ≤ x2 + y 2 ≤ 16}.

Problemas resueltos La región D es una corona circular; esto sugiere el cambio a polares para hacer la integral. Hacemos la transformación

x = ρ cos ϕ y = ρ sen ϕ

) T : U → R2 ,

T (ρ, ϕ) = (ρ cos ϕ, ρ sen ϕ)

donde U =]0, +∞[×]0, 2π[ y JT (ρ, ϕ) = ρ es distinto de cero en U . La corona D es la imagen mediante T del rectángulo © Q = ρ, ϕ) ∈ R2 : 2 ≤ ρ ≤ 4,

ª 0<ϕ≤π ⊂U

salvo un conjunto de medida cero en R2 que es el trozo del eje OX comprendido entre x = 2 y x = 4 (que se obtendría con la imagen de los puntos tales que ϕ = 0). Aplicando el cambio de variable calculamos la integral doble en D por medio de una integral doble en Q, que nos resultará mucho más sencilla de calcular porque Q es un rectángulo: Z Z

Z Z 2

2

(x + 5y )dxdy = D

¡

¢ ρ2 cos2 ϕ + 5ρ2 sen2 ϕ ρ dρdϕ =

Q 4 ·Z π

¸ ρ 1 + 4sen ϕ dϕ dρ = = 2 0 ¸ Z 4 ·Z π 3 [1 + 2(1 − cos 2ϕ)] dϕ dρ = ρ = Z

· =

2

¸4 ρ4 h 4

2

3

¡

0

3ϕ − sen 2ϕ

2

iπ 0

¢

= 180π.

7. Utilizando el teorema de Green-Riemann, calcule la integral de línea Z y 2 dx + xdy , γ

siendo γ el cuadrado de vertices (1,1), (1,-1), (-1,1), (-1,-1).

La integral múltiple Solución:

Figura 4.22 LLamemos D a la región, convexa, limitada por γ. Es obvio que D = γ ∗ ∪ intγ = [−1, 1] × [−1, 1]. Aplicaremos la fórmula de Green-Riemann ¶ Z Z Z µ ∂Q ∂P P dx + Qdy = − dxdy ∂x ∂y γ D con P (x, y) = y 2 y Q(x, y) = x que son de clase C 1 . Así: Z

Z Z

Z

2

y dx + xdy = γ

1

·Z

(1 − 2y)dxdy = Z

D 1

£

= −1

y−

¤1 y 2 −1 dx

¸

1

(1 − 2y)dy dx =

Z

−1 1

=

−1

2dx = 4. −1

8. Considere la curva γ una parametrización de la elipse 4(x2 − 1) + y 2 = 0. Calcule la integral Z (x + y)dx + (y − x)dy. γ

a) Directamente. b) Aplicando el teorema de Green-Riemann.

Problemas resueltos Solución:

Figura 4.23 a) Para calcular la integral de línea hemos de parametrizar la elipse: 4(x2 −1)+y 2 = 0

→

x2 +

y2 =1 4

→

γ(t) = (cos t, 2 sen t), ∀t ∈ [0, 2π]

que es una parametrización de clase C 1 . Z (x + y)dx + (y − x)dy = γ

Z

2π

=

[(cos t + 2 sent)(−sent) + (2 sent − cos t)2 cos t]dt = 0

Z =

0

2π

·

¸2π sen2 t (sent cos t − 2)dt = − 2t = −4π. 2 0

b) Sea D = γ ∗ ∪ intγ. Aplicando el teorema de Green-Riemann con P (x, y) = x+y y Q(x, y) = y−x, y teniendo en cuenta que el área de la elipse de semiejes a y b es πab (en nuestro caso a = 1, b = 2), obtenemos: ¶ Z Z Z Z µ ∂Q ∂P (x + y)dx + (y − x)dy = P dx + Qdy = − dxdy = ∂x ∂y γ γ D Z Z = (−2)dxdy = −2µ(D) = −4π. D

La integral múltiple 9. Calcule el área de la región del primer cuadrante comprendida entre las curvas: y 2 = 2x, 2x + y = 20, y = 0. a) Mediante una integral doble. b) Mediante una integral de línea. Solución: a) Calculemos la intersección de la parábola y la recta que delimitan la región descrita: ) y 2 = 2x y = −5, no es positivo → y 2 + y − 20 = 0 → 2x + y = 20 y = 4, x = 8

Figura 4.23 La región dada D es la unión de dos regiones n D1 = (x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 8, n D2 = (x, y) ∈ R2 : 8 ≤ x ≤ 10,

0≤y≤

√ o 2x o

0 ≤ y ≤ 20 − 2x

con medida en R2 . El área de D = D1 ∪ D2 , calculada mediante una integral doble, será: Z Z Z Z Z Z dxdy dxdy + dxdy = D

Z

Z Z

8

"Z

dxdy = 20−2x

8

8√ 0

¸

Z

10

dy dx =

dxdy = D2

Z

0

10 ·Z

Z

D2

D1

dy dx = 0

D1

Z Z

#

√ 2x

0

8

2x dx =

√ 2 3 2 x2 3

¸8 = 0

(20 − 2x)dx = 20x − x2

64 . 3 i10 8

= 4.

Problemas resueltos Sumando las dos integrales obtenemos: Z Z dxdy =

area de D = D

64 76 +4= . 3 3

b) Hemos de parametrizar la curva γ que delimita la región D : − la recta 2x + y = 20 : γ1 (t) = (t, 20 − 2t), t ∈ [8, 10] 2 − la parábola y 2 = 2x : γ(t) = ( t2 , t), t ∈ [0, 4] − el eje OX : γ(t) = (t, 0), t ∈ [0, 10]. De esta manera es γ = (−γ1 ) ∪ (−γ2 ) ∪ γ3 . Por el teorema de Green-Riemann, tomando P (x, y) = 0, Q(x, y) = x, podemos calcular el área de D como:

γ1

γ

Z

10

Z

4 2 t 0

8

γ3

γ2

(−2t)dt −

=−

xdy =

xdy +

xdy −

xdy = −

dxdy = D

Z

Z

Z

Z

Z Z

2

dt = t

2

i10 8

t3 − 6

¸4 = 0

76 . 3

10. Calcule, mediante integración, el volumen del sólido limitado por el cono x2 + y 2 = 4z 2 y la esfera x2 + y 2 + z 2 = 5, siendo z ≥ 0. Solución: La intersección de las dos superficies es x2 + y 2 + z 2 = 5 x2 + y 2 = 4z 2

) →

5z 2 = 5 → z 2 = 1 → z = 1 (z ≥ 0) x2 + y 2 = 4

La integral múltiple

Figura 4.24 Sea V el sólido considerado. Su volumen es Z Z Z µ(V ) = dxdydz V

Para calcular esta integral haremos un cambio a coordenadas esféricas:  x = ρ cos ϕ sen θ   JT (ρ, ϕ, θ) = −ρ2 sen θ y = ρ sen ϕ sen θ   z = ρ cos θ La variación del ángulo θ dentro del recinto de integración viene dada por el ángulo que forma la generatriz del cono con el eje OZ en un punto de la intersección de las dos superficies, por ejemplo el punto (0, 2, 1). En este punto tan θ = 2 y por lo tanto θ = arctan 2. El radio vector ρ variará desde 0 al √ radio de la esfera 5 y el ángulo ϕ debe recorrer toda la circunferencia, de modo que si consideramos el conjunto n o √ Q = (ρ, ϕ, θ) ∈ R3 : 0 ≤ ρ ≤ 5, 0 < ϕ < 2π, 0 < θ ≤ arctan 2 su imagen mediante T es el recinto V (salvo un conjunto de medida cero en R3 : los puntos para los que ϕ = 0 ó θ = 0). Entonces Z Z Z Z Z Z dxdydz = ρ2 sen θ dρdϕdθ = V

Q

¸√5 h iarctan 2 3 ρ = dϕ ρ2 dρ sen θdθ = 2π = − cos θ 3 0 0 0 0 0 √ · ¸arctan 2 10 5 1 10 √ = π −√ = π( 5 − 1). 3 3 1 + tan2 θ 0

Z

2π

Z

√ 5

Z

arctan 2

·

Capitulo 5

Integrales de línea 5.1. Integral de línea La integral de línea de F a lo largo de C es una medida del grado en que C se alinea con F. Para expresar esta noción cuantitativamente subdividimos C en arcos más pequeños y la aproximamos por una trayectoria diagonal. − → Toda funcio´n f : Rn −→ Rn se denomina un campo vectorial: Para n=2 ⃗ con representación paramétrica Sea γ una curva contenida en Ω=dom 𝑓 ⃗𝑟(𝑡), 𝑡 ∈ [𝑎; 𝑏] , así en cada 𝑓 sea continua en los puntos de 𝛾, definimos a lo largo de la curva 𝛾 : 𝑏

⃗ 𝑑𝑟 ⃗ (𝑥 ∫ 𝑓 ⃗ =∫ 𝑓 ⃗ (𝑟 ⃗ )). ⃗𝑟′(𝑡)𝑑𝑡 𝛾

𝑎

Figura 5.1: Integral de linea

55

Campos conservativos → − → − f : Ω −→ Rn , Ω ⊂ Rn es un campo conservativo si ∃φ, Ω −→ R tal que: f = 5φ Ejemplo: − → → − El campo f (x, y) = (2xy; x2 ) es conservativo, pues ∃φ(x, y) = x2 y / f = 5φ Conceptos Topolo ´gicos

Dominio simplemente conexo

Figura 5.2 : Dominio simplemente conexo

Ω ∈ Rn es simplemente conexo si cumple: Toda γ curva simple cerrada contenida en Ω se puede reducir a un punto sin salirse de Ω Conjunto doblemente conexo

Figura 5.3: Conjunto doblemente conexo

56

Son aquellos conjuntos que al efectuar un corte se convierte en un conjunto simplemente conexo. Un conjunto doblemente conexo tiene 2 fronteras, una interna y otra externa.Si 𝑓 es un campo conservativo en Ω,entonces : ⃗ . 𝑑𝑟 ⃗ . 𝑑𝑟 ⃗ =∮ 𝑓 ⃗ ∮ 𝑓 𝛾1

𝛾2

Triplemente conexo

Figura 5.4: Conjunto triplemente conexo ∮ ⃗𝑓 . 𝑑⃗𝑟 = ∮ ⃗𝑓 . 𝑑⃗𝑟 + ∮ ⃗𝑓 . 𝑑⃗𝑟 𝛾1

𝛾2

𝛾3

Propiedades 1) Si ∃ ∫𝛾 𝑓 . 𝑑𝑟 𝑦 𝑎 𝜖𝑅 constante ,entonces ∃ ∫𝛾 𝑎𝑓 . 𝑑𝑟 Además : ∫ 𝑎𝑓 . 𝑑𝑟 = 𝑎 ∫ 𝑓 . 𝑑𝑟 𝛾

𝛾

2) Si ∃ ∫𝛾 𝑓 . 𝑑𝑟 𝑦 ∃ ∫𝛾 𝑔 . 𝑑𝑟 ,entonces ∃ ∫𝛾 (𝑓 + 𝑔). 𝑑𝑟 ∫𝛾 (𝑓 + 𝑔). 𝑑𝑟)= ∫𝛾 𝑓 . 𝑑𝑟 + ∫𝛾 𝑔 . 𝑑𝑟 3) Si ∃ ∫𝛾 𝑓 . 𝑑𝑟,entonces ∃ ∫−𝛾(𝑓 ). 𝑑𝑟. ∫−𝛾(𝑓 ). 𝑑𝑟=-∫𝛾 𝑓 . 𝑑𝑟 4) Si 𝑓 es acotada sobre 𝛾 𝑢𝑛𝑎 𝑐𝑢𝑟𝑣𝑎 𝑟𝑒𝑐𝑡𝑖𝑓𝑖𝑐𝑎𝑏𝑙𝑒 y si ∃ ∫𝛾 𝑓 . 𝑑𝑟 ⃗⃗⃗ 𝑑𝑟| ≤ 𝑀(𝛾) ; si M es una cota superior de 𝑓 sobre 𝛾. |∫𝛾 𝑓.

57

5.2. Teorema de Green Sea Ω ⊂ 𝑅 2 un dominio simplemente conexo, con frontera 𝛾 una curva simple cerrada, P(x,y) y Q(x,y) campos escalares con derivadas parciales continuas en Ω ,entonces: ∮𝛾 𝑃(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑄(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = ∫ ∫Ω (𝑄𝑥 − 𝑃𝑦 )𝑑𝑥𝑑𝑦

Ejemplo: Sea F el campo vectorial, definido por: 𝐹(𝑥, 𝑦) = 𝑥𝑦𝑖̂ + 𝑦𝑗̂ .Sea R la región limitada por una parábola 𝑦 = 𝑥 2 ;la recta y=2x .Comprobar la validez del teorema de Green para el campo F y la región R. Solución.

F(x,y)= 𝑥𝑦𝑖̂ + 𝑦𝑗̂ ,entonces P(x,y)=xy ;Q(x,y)=y 2

2𝑥

∫ ∫R − 𝑥𝑑𝑥𝑑𝑦 = − ∫ ∫ 𝑥𝑑𝑦𝑑𝑥 = − 𝑥2

0

4 3

Por otra parte, si 𝐶 es la frontera de 𝑅 , entonces de la figura 𝐶 = 𝐶1 𝑈 𝐶2

∮𝛾 𝑃(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑄(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = ∫𝐶 𝑃𝑑𝑥 + 𝑄𝑑𝑦 + ∫𝐶 𝑃𝑑𝑥 + 𝑄𝑑𝑦 1

2

En 𝐶1 :

𝑦 = 𝑥 2 → 𝑑𝑦 = 2𝑥𝑑𝑥

2

2

∫𝐶 𝑃𝑑𝑥 + 𝑄𝑑𝑦 = ∫0 𝑥. 𝑥 2 𝑑𝑥 + 𝑥 2 . (2𝑥)𝑑𝑥 = ∫0 3. 𝑥 3 𝑑𝑥=12 1

En 𝐶2 : 0

𝑦 = 2𝑥 → 𝑑𝑦 = 2𝑑𝑥 −40 3

∫𝐶 𝑃𝑑𝑥 + 𝑄𝑑𝑦 = ∫2 𝑥. 2𝑥𝑑𝑥 + 2𝑥. 2𝑑𝑥 = 2

58

Así ∮𝛾 𝑃(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑄(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 12 −

40 −4 = 3 3

Por tanto se verifica 𝑑𝑄 𝑑𝑃 ∬ ( − ) 𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∮ 𝑃𝑑𝑥 + 𝑄𝑑𝑦 𝑑𝑦 𝑅 𝑑𝑥 𝐶

Área expresada como una integral de línea Una a aplicación del teorema de Green es el cálculo del área de una región por medio de una integral de línea Si se tuviera 𝑑𝑄 𝑑𝑃 − =1 𝑑𝑥 𝑑𝑦 Entonces 𝑑𝑄 𝑑𝑃 ∬ ( − ) 𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∬ 𝑑𝑥𝑑𝑦 = 𝐴(𝑅) = ∮ 𝑃𝑑𝑥 + 𝑄𝑑𝑦 𝑑𝑦 𝑅 𝑑𝑥 𝑅 1 𝐴(𝑅) = ∮ 𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥 2 𝐶 Teorema de Green para regiones múltiplemente conexas Sean 𝐶1 , 𝐶2 , 𝐶3 … 𝐶𝑛 n curvas de Jordán regulares ,cuyos trozos cumplen con las siguientes propiedades . i) ii) iii)

Dos curvas cualesquiera de ella no se cortan. Todas las curvas 𝐶2 , 𝐶3 … 𝐶𝑛 están situadas en el interior de 𝐶1 La curva 𝐶𝑖 𝑛𝑜 𝑒𝑠𝑡𝑎 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑐𝑢𝑟𝑣𝑎 𝐶𝑗 , 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑖 ≠ 𝑗 , i>j,j>i

Sea R la región que es la unión de 𝐶1 con la porción del interior de 𝐶1 que no está en el interior de cualquiera de las curvas 𝐶2 , 𝐶3 … 𝐶𝑛 . Sean P y Q campos escalares diferenciales con continuidad en un conjunto abierto S que contiene a R. 𝑛

𝑑𝑄 𝑑𝑃 ∬ ( − ) 𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∮ 𝑃𝑑𝑥 + 𝑄𝑑𝑦 − ∑ ∮ 𝑃𝑑𝑥 + 𝑄𝑑𝑦 𝑑𝑦 𝑅 𝑑𝑥 𝐶1 𝐶𝑘 𝑘=2

59

𝐶2

𝐶3

𝐶1 𝐶4

Una ilustración gráfica de este teorema para n=2 se muestra ahora. Para La región R comprendida entre las curvas 𝐶1 y 𝐶2 donde 𝐶2 está en el interior de 𝐶1 .Realizando los cortes AB y CD como muestra la figura, la región R que comprendida en dos partes 𝑅1 𝑌 𝑅2 .

𝑅1 𝑅 = 𝑅1 𝑈 𝑅2

A

B

𝑅2

C

D

Aplicando el teorema de Green a cada una de estas regiones y luego sumándolas vemos que como cada frontera debe recorrerse en sentido anti horario ,entonces el corte AB y CD se recorrería dos veces ,pero en sentido contrario, por lo que al sumar se anularía. 𝑛

𝑑𝑄 𝑑𝑃 ∬ ( − ) 𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∮ 𝑃𝑑𝑥 + 𝑄𝑑𝑦 − ∑ ∮ 𝑃𝑑𝑥 + 𝑄𝑑𝑦 … 𝐺𝐸𝑁𝐸𝑅𝐴𝐿 𝑑𝑦 𝑅 𝑑𝑥 𝐶1 𝐶𝑘 𝑘=2

Para este caso 𝑑𝑄 𝑑𝑃 ∬ ( − ) 𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∮ 𝑃𝑑𝑥 + 𝑄𝑑𝑦 − ∮ 𝑃𝑑𝑥 + 𝑄𝑑𝑦 𝑑𝑦 𝑅 𝑑𝑥 𝐶1 𝐶2

60

La integral de línea

Problemas resueltos 1. Halle la longitud de la curva dada por la parametrización 4 1 α(t) = t~ı + t3/2 ~ + t ~k, 3 2

t ∈ [0, 2].

Solución: 1 α0 (t) = (1, 2t1/2 , ), 2

t ∈ [0, 2].

La curva α es de clase C 1 y, por tanto, es rectificable. r kα0 (t)k =

1 + 4t +

1 1√ = 5 + 16t 4 2

La longitud de α será: Z 2 kα0 (t)kdt = s= Z

0 2

= 0

1√ 1 1 2 5 + 16tdt = . . (5 + 16t)3/2 2 2 16 3

¸2 = 0

√ √ 1 (37 37 − 5 5) 48

2. La ecuación de una curva es y 2 = x3 . Halle la longitud del arco que une (1, −1) a (1, 1). Solución:

Problemas resueltos Parametrizamos la curva de la forma: x = t2 , evitamos los radicales). Así: α(t) = (t2 , t3 ),

y = t3 , (con esta parametrización

α0 (t) = (2t, 3t2 ),

∀t ∈ R

α es de clase C 1 en R y además la parametrización dada recorre la curva en el sentido que se pide porque: α(−1) = (1, −1), α(0) = (0, 0), α(1) = (1, 1). p p kα0 (t)k = 4t2 + 9t4 = |t| 4 + 9t2 . La longitud del arco será: Z 1 kα0 (t)kdt = s= −1

Z

1

=

Z p |t| 4 + 9t2 dt =

−1

1 = (4 + 9t2 )3/2 27

3. Calcule

R

αz,

1

Z p t 4 + 9t2 dt −

0

¸1

1 − (4 + 9t2 )3/2 27 0

t

p

4 + 9t2 dt =

−1

¸0 = −1

0

√ 1 (26 13 − 16). 27

donde α es la curva descrita por la parametrización

α(t) = t cos t~ı + tsen t ~ + t ~k

con 0 ≤ t ≤ 2π.

Solución: α(t) = (t cos t, tsen t, t),

α0 (t) = (cos t − tsen t, sen t + t cos t, 1), t ∈ [0, 2π].

α es de clase C 1 (α0 es continua). kα0 (t)k =

p

2 + t2

Sea f (x, y, z) = z. Entonces Z

Z

2π

z= 0

α

Z

2π

= 0

f (α(t)).kα0 (t)kdt = ¸2π p √ ´ 1 1 ³p 2 3/2 2 t 2 + t dt = (2 + t ) = (2 + 4π 2 )3 − 2 2 . 3 3 0

La integral de línea R

4. Calcule

C (x

+ y), siendo C un triángulo de vértices (0, 0), (1, 0) y

(0, 1). Solución:

Sea C la trayectoria del triángulo recorrida en sentido contrario a las agujas del reloj. Siendo α10 (t) = (1, 0),

α1 (t) = (t, 0),

kα10 (t)k = 1,

α20 (t) = (−1, 1),

α2 (t) = (1 − t, t),

kα20 (t)k =

α30 (t) = (0, −1),

α3 (t) = (0, 1 − t),

√

t ∈ [0, 1]. 2,

kα20 (t)k = 1,

t ∈ [0, 1]. t ∈ [0, 1].

y puesto que α1 (0) = (0, 0) = α3 (1),

α1 (1) = (1, 0) = α2 (0) y

α2 (1) = (0, 1) = α3 (0)

podemos considerar C como el arco unión C = α1 ∪ α2 ∪ α3 . Entonces: Z Z Z Z (x + y) = (x + y) + (x + y) + (x + y) = α1 1

C

Z

tdt + √ = 1 + 2.

α2 1√

Z

=

0

α3

Z

1

2dt +

0

0

·

t2 √ t2 (1 − t)dt = + 2t + t − 2 2

¸1 = 0

Problemas resueltos 5. Un alambre tiene forma de circunferencia, x2 + y 2 = a2 . Determine su masa y su momento de inercia respecto de un diámetro si la densidad en un punto (x, y) del alambre está dada por la función f (x, y) = |x| + |y|. Solución: La masa del alambre viene dada por la expresión: Z Z M = f (x, y) = |x| + |y| γ

γ

siendo γ la curva cuya trayectoria representa la forma del alambre, en este caso una circunferencia que parametrizamos por: γ(t) = (a cos t, asen t),

t ∈ [0, 2π]

que es de clase C 1 γ 0 (t) = (−asen t, a cos t) → kγ 0 (t)k = a Z 2π Z 2π 0 (|a cos t| + |asen t|) adt = f (γ(t))kγ (t)kdt = M= 0

0

Z

π/2

= a2 Z 2

Z

0

(− cos t + sen t)dt+ π/2

Z

3π/2

+a

π

(cos t + sen t)dt + a2

2

2π

(− cos t − sen t)dt + a π

(cos t − sen t)dt = 3π/2

π/2

= a2 [sen t − cos t]0

+ a2 [−sen t − cos t]ππ/2 +

2 + a2 [−sen t + cos t]π3π/2 + a2 [sen t + cos t]2π 3π/2 = 8a .

La integral de línea Para calcular el momento de inercia respecto de un diámetro necesitamos la distancia de un punto cualquiera (x, y) a dicho diámetro. Para simplificar, tomaremos como eje el eje OX, por tanto, la función que da la distancia de un punto al eje es r(x, y) = |y|. Teniendo en cuenta la definición (1.11) del momento de inercia respecto de un eje se tiene: Z y 2 (|x| + |y|) =

I= γ

=a −a

Z

4

4

Z

2π

2

π/2

4

sen t(|sen t| + | cos t|)dt = a 0 Z 3π/2

Z 2

sen t cos tdt + a π/2 Z 2π

4

sen 2 t cos tdt−

0 2π

2

Z

π

4

sen t cos tdt + a 3π/2

0

sen 3 tdt−

¤2π ´ ¤3π/2 £ ¤π £ a4 ³£ sen 3 t 0 − sen 3 t π/2 + sen 3 t 3π/2 + 3 π Z π Z 2π ¡ ¢ ¡ ¢ 4 2 4 +a sen t − sen t cos t dt − a sen t − sen t cos2 t dt = 4a4 .

− a4

0

sen 3 tdt =

π

6. Calcule la integral del campo vectorial F (x, y) = (x2 − 2xy)~ı + (y 2 − 2xy) ~ , a lo largo de la parábola y = x2 desde (−1, 1) a (1, 1). Solución:

Problemas resueltos La integral curvilínea del campo F a lo largo de la parábola es Z

Z

b

F =

F (α(t))α0 (t)dt

a

α

siendo α una parametrización de dicha parábola. Hacemos x = t, y = t2 para obtener la parametrización: α(t) = (t, t2 ),

t ∈ [−1, 1]

que es de clase C 1 y va desde (−1, 1) a (1, 1) pues α(−1) = (−1, 1) y α(1) = (1, 1). Así: α0 (t) = (1, 2t),

Z

Z

1

F = −1 Z 1

α

F (α(t))α0 (t)dt = Z 2

3

4

3

1

(t − 2t , t − 2t ).(1, 2t)dt =

= =

F (α(t)) = (t2 − 2t3 , t4 − 2t3 )

−1 · 3 t

t4 t6 4t5 − + − 3 2 3 5

¸1 =− −1

(t2 − 2t3 + 2t5 − 4t4 )dt =

−1

14 15

7. Calcule la integral curvilínea Z (x + 2)dx + 3zdy + y 2 dz , γ

siendo γ una parametrización de la curva intersección de las superficies x2 + y 2 + z 2 = 1,

z = x − 1.

Solución: Parametricemos la curva: ) x2 + y 2 + z 2 = 1 → x2 + y 2 + x2 − 2x + 1 = 1 → 2x2 + y 2 − 2x = 0 → z =x−1

La integral de línea (x − 21 )2 1 1 y2 → 2(x − )2 + y 2 = → + =1 2 2 1/4 1/2 Para que se cumpla esta condición podemos tomar el parámetro t tal que: x − 21 = cos t, 1/2 x=

1 1 + cos t, 2 2

y √ = sent, 1/ 2 1 y = √ sent, 2

z =x−1

1 1 z = − + cos t 2 2

con t ∈ [0, 2π] pues de esta forma se recorre toda la curva. Así: 1 1 1 1 1 γ(t) = ( + cos t, √ sent, − + cos t), 2 2 2 2 2 1 1 1 γ 0 (t) = (− sent, √ cos t, − sent), 2 2 2

t ∈ [0, 2π]

t ∈ [0, 2π]

Calculamos ahora la integral: Z (x + 2)dx + 3zdy + y 2 dz = γ

= = = =

· ¸ 5 1 1 3 1 1 1 2 1 ( + cos t)(− sent) + √ cos t( cos t − ) − sen t( sent) dt = 2 2 2 2 2 2 2 2 0 Z 2π ³ ´ √ √ 1 −5sent − sent cos t + 3 2 cos2 t − 3 2 cos t − sent(1 − cos2 t) dt = 4 0 Ã ¸2π ¸2π ! i2π √ Z 2π 1 + cos 2t √ 1 sen2 t cos3 t − +3 2 dt − 3 2sent − = 4 2 0 2 3 0 0 0 √ · √ ¸ 3 2 sen2t 2π 3 2 t+ = π. 8 2 4 0

Z

2π

R 8. Calcule la integral α zdy, siendo α el arco contenido en el primer octante (x, y, z ≥ 0) dado por la intersección de las superficies ( x2 + y 2 + z 2 = R2 x2 + y 2 = Ry El sentido de α es desde el punto (0, 0, R) al punto (0, R, 0).

Problemas resueltos Solución: La curva es la intersección de una esfera y un cilindro:

Parametrizamos la curva x2 + y 2 + z 2 = R 2 x2 + y 2 = Ry

) →

z 2 + Ry = R2

→

z=

p

R2 − Ry

R 2 R2 ) = . 2 4 Estas ecuaciones se cumplirán si tomamos el parámetro t tal que: r r 2 2 R R R R R 1 − sent x = cos t; y = + sent; z = R2 − − sent = R = 2 2 2 2 2 2 r r 1 − cos( π2 − t) π t π t =R = R sen2 ( − ) = R sen( − ). 2 4 2 4 2 π π siendo t ∈ [− , ] para que la curva se recorra desde (0, 0, R) hasta (0, R, 0) 2 2 π t y sea sen( − ) ≥ 0. Por tanto: 4 2 R R R π t π π α(t) = ( cos t, + sent, R sen( − )), t ∈ [− , ]. 2 2 2 4 2 2 2 x2 + y 2 = Ry

→

x2 + (y −

que es de clase C 1 en el intervalo considerado. Por la expresión del integrando R únicamente necesitamos calcular α10 (t) = y 0 = cos t. Así la integral vale 2 Z Z π/2 π t R R sen( − ) cos tdt = zdy = 4 2 2 −π/2 α µ ¶ Z R2 π/2 1 π t π 3t 2 = sen( + ) + sen( − ) dt = R2 . 2 −π/2 2 4 2 4 2 3

La integral de línea 9. Calcule la integral Z x2 ydx + 2ydy + xdz , γ

a lo largo del camino cerrado γ limitado por los arcos γ1 , γ2 y γ3 dados por las ecuaciones  2 2 2   x +y +z =1 γ1 x=0   y ≥ 0, z ≥ 0

   2x + z = 1 γ2 y=0   x ≥ 0, z ≥ 0

 2 2   4x + y = 1 γ3 z=0   x ≥ 0, y ≥ 0

Solución:

Cada una de las curvas está en un plano coordenado de modo que se unen en 1 los puntos (0, 1, 0), (0, 0, 1) y ( , 0, 0). 2 Las parametrizamos de la siguiente manera:  2 2 2   x +y +z =1 → y 2 + z 2 = 1 → x = 0, y = cos t, z = sent → γ1 x=0   y ≥ 0, z ≥ 0 γ1 (t) = (0, cos t, sent),

π t ∈ [0, ] 2

π γ1 es un cuarto de circunferencia y habremos de tomar t ∈ [0, ] para que vaya 2 π desde (0, 1, 0) = γ1 (0) hasta (0, 0, 1) = γ1 ( ). 2

Problemas resueltos

   2x + z = 1 γ2 y=0   x ≥ 0, z ≥ 0

z = 1 − 2x y=0

→

→

γ2 (t) = (t, 0, 1 − 2t)

1 1 y tomaremos t ∈ [0, ] para que vaya desde (0, 0, 1) = γ2 (0) hasta ( , 0, 0) = 2 2 1 γ2 ( ). 2  2 2   4x + y = 1 γ3 z=0   x ≥ 0, y ≥ 0

x = 21 cos t y = sent z=0

→

1 γ3 (t) = ( cos t, sent, 0) 2

→

π 1 π que con t ∈ [0, ] va desde ( , 0, 0) = γ3 (0) a (0, 1, 0) = γ3 ( ). 2 2 2 De esta manera, como π π 1 1 γ1 (0) = (0, 1, 0) = γ3 ( ), γ1 ( ) = (0, 0, 1) = γ2 (0), γ2 ( ) = ( , 0, 0) = γ3 (0) 2 2 2 2 el camino γ dado es la unión de los otros tres, γ = γ1 ∪ γ2 ∪ γ3 y la integral será la suma de las tres integrales siguientes: Z

Z

π/2

x2 ydx + 2ydy + xdz = 0

γ1

Z

Z

1/2

x2 ydx + 2ydy + xdz =

π/2 µ

¤1/2 0

1 =− . 4

¶ 1 1 2 cos tsent(− sent) + 2sent cos t dt = 4 2 0 Z π/2 Z π/2 £ 2 ¤π/2 1 sen2 2t 1 1 − cos 4t =− dt + sen t 0 = − dt + 1 = 8 0 4 32 0 2 · ¸π/2 1 1 1 π =− t − sen4t +1=− + 1. 32 2 8 128 0

Z

x2 ydx + 2ydy + xdz = γ3

t(−2)dt = −t2

0

γ2

Z

¤π/2 2 cos t(−sent)dt = cos2 t 0 = −1.

La integral de línea Sumando los tres resultados obtenemos: Z 1 π 1 π x2 ydx + 2ydy + xdz = −1 − − +1=− − . 4 128 4 128 γ

10. ¿Para qué valores de a ∈ R el campo vectorial F (x, y, z) = (axy − z 3 , (a − 2)x2 , (1 − a)xz 2 ) es el gradiente de una función potencial? Para esos valores, calcule la función potencial. Solución: Para cualquier valor de a el campo F es de clase C 1 en R3 (convexo) y será conservativo si su rotacional es cero ∀(x, y, z) ∈ R3 . Calculamos el rotacional ¯ ¯ ~k ¯ ¯ ~ ı ~  ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ rotF = ¯ D1 D2 D3 ¯= ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ axy − z 3 (a − 2)x2 (1 − a)xz 2 ¯ = (0, −3z 2 − (1 − a)z 2 , 2x(a − 2) − ax) , que se anula si se cumplen las ecuaciones: ( (1 − a)z 2 + 3z 2 = 0 ∀(x, y, z) ∈ R3 2x(a − 2) − ax = 0

de donde a = 4 .

Por tanto, para a = 4 el campo F es el gradiente de una función potencial y ∃f : R3 → R tal que ∇f = F = (4xy − z 3 , 2x2 , −3xz 2 ). Entonces:

∂f (x, y, z) = 4xy − z 3 ∂x ∂f (x, y, z) = 2x2 ∂y ∂f (x, y, z) = −3xz 2 ∂z

                    

Problemas resueltos Integrando la primera ecuación respecto de x y teniendo en cuenta que hay que añadir una función de las otras variables (que hace el papel de constante de integración al calcular la primitiva de F1 respecto de x) queda: Z f (x, y, z) = (4xy − z 3 )dx = 2x2 y − z 3 x + h(y, z) Para calcular la función h(y, z),calculamos las derivadas parciales de f respecto de y y z y comparamos con la segunda y la tercera ecuación en el sistema anterior. ∂f ∂h (x, y, z) = 2x2 = 2x2 + (y, z) ∂y ∂y

→

∂h (y, z) = 0 ∂y

→

h(y, z) = k(z) ,

razonando igual que antes, k(z) es una función que no depende ni de x ni de y,asi: ∂f ∂h (x, y, z) = −3xz 2 = −3xz 2 + (y, z) = −3xz 2 + k 0 (z) ∂z ∂z

→

k 0 (z) = 0

Luego k(z) = C y la función potencial del campo F es f (x, y, z) = 2x2 y − z 3 x + C.

11. Pruebe que la integral Z (6xy 2 − y 3 )dx + (6x2 y − 3xy 2 )dy , γ

es independiente del camino que une los puntos (1, 2) con (3, 4). Calcule el valor de la integral a) parametrizando el segmento, b) utilizando la función potencial del integrando. Solución: La integral será independiente del camino si el campo F (x, y) = (6xy 2 − y 3 , 6x2 y − 3xy 2 )

La integral de línea es conservativo. Como el campo es C 1 en R2 bastará con comprobar que se ∂F2 ∂F1 cumple la condición = , ∀(x, y) ∈ R2 . En efecto: ∂x ∂y ∂F2 ∂F1 = 12xy − 3y 2 = , ∂x ∂y

∀(x, y) ∈ R2

el campo es conservativo y la integral es independiente del camino. a) Parametrizamos γ como el segmento que une el punto (1, 2) con (3, 4): γ(t) = (1, 2) + t ((3, 4) − (1, 2)) = (1 + 2t, 2 + 2t), Z 1 Z F (γ(t)).γ 0 (t)dt = F =

γ 0 (t) = (2, 2),

∀t ∈ [0, 1],

0

γ

Z

1£

¤ 6(1 + 2t)(2 + 2t)2 − (2 + 2t)3 2dt+

=

0 1£

Z

¤ 6(1 + 2t)2 (2 + 2t) − 3(1 + 2t)(2 + 2t)2 2dt =

+

0

Z

=2 0

1

£ ¤1 (16 + 84t + 132t + 64t3 )dt = 2 16t + 42t2 + 44t3 + 16t4 0 =

= 2(16 + 42 + 44 + 16) = 236 b) Calculamos la función f :  ∂f 2 3   = 6xy − y   ∂x →   ∂f  = 6x2 y − 3xy 2  ∂y

∇f = F (función potencial del campo F ): Z f=

(6xy 2 − y 3 )dx = 3x2 y 2 − xy 3 + h(y)

∂f = 6x2 y−3xy 2 = 6x2 y−3xy 2 +h0 (y) → h0 (y) = 0 ∂y Luego f (x, y) = 3x2 y 2 − xy 3 + C →

→

h(y) = C

La integral, utilizando la función potencial, es: Z Z F = ∇f = f (γ(1)) − f (γ(0)) = f (3, 4) − f (1, 2) = 240 − 4 = 236. γ

γ

→

Problemas resueltos 12. Dado el campo de fuerzas F (x, y) = (y 3 + 1)~ı + (3xy 2 + 1) ~. a) Halle el trabajo realizado al mover un objeto desde el punto (0, 0) al (2, 0), a lo largo de la semicircunferencia (x − 1)2 + y 2 = 1 con y ≥ 0. b) Halle el trabajo realizado al mover el objeto a lo largo de la circunferencia completa. c) ¿Es F conservativo? Halle la función potencial de F. Solución: Vamos resolver primero el apartado c) porque si el campo es conservativo los otros dos apartados los resolveremos más fácilmente. c) F (x, y) = (y 3 + 1)~ı + (3xy 2 + 1) ~ : D1 F2 (x, y) = 3y 2 = D2 F1 ,

∀(x, y) ∈ R2

y el campo F es conservativo. Calculemos su función potencial f : ∇f = F : Z ∂f 3 = F1 = y + 1 → f = (y 3 + 1)dx = xy 3 + x + h(y) ∂x ∂f = F2 = 3xy 2 + 1 = 3xy 2 + h0 (y) ∂y Luego

→

h0 (y) = 1

→

h(y) = y + c

f (x, y) = xy 3 + x + y + C.

a) Como F es conservativo la integral es independiente del camino, únicamente depende de los puntos inicial y final. El trabajo realizado al mover el objeto desde (0, 0) hasta (2, 0) será: Z Z F = ∇f = f (2, 0) − f (0, 0) = 2 − 0 = 2. γ

γ

b) A lo largo de la circunferencia completa, como es una curva cerrada, el trabajo será nulo: Z Z F = ∇f = 0. γ

γ

Capítulo 6 Integrales de Superficie 6.1 Integral de superficie 6.1.1 Integral de superficie de un campo escalar Es una extensión del concepto que vimos de una integral doble (lo mismo que con una integral de línea que es una extensión de la integral de Rieman) .Admitamos que tenemos una superficie S dada por una 𝜓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 0, (𝜓 ∶ 𝑅3 → 𝑅) continua y que la superficie se puede parametrizar. ⃗⃗ ,(u,v) ∈ Ω ⊂𝑅 2 𝑆: 𝑟⃗(𝑢, 𝑣) = 𝑥(𝑢, 𝑣)𝑖⃗ + 𝑦(𝑢, 𝑣)𝑗⃗ +z(u,v) 𝑘 𝑆𝑒𝑎 𝑓: 𝑅3 → 𝑅 es un campo escalar,definimos que es continua en la región S

∬ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑆 = ∬ 𝑓(𝑥(𝑢, 𝑣), 𝑦(𝑢, 𝑣), 𝑧(𝑢, 𝑣))‖𝑟⃗𝑢 𝑟⃗𝑣 ‖ 𝑑𝑢𝑑𝑣 𝑆

𝑇

T región de 𝑅 3 que encierra S.

6.1.2. Integral de superficie de un campo vectorial De igual manera para un campo vectorial 𝑓⃗: 𝑅 3 → 𝑅3 una superficie que encierra una región T de 𝑅 3 ,S parametrizada por 𝑟⃗(𝑢, 𝑣), 𝑓⃗ contínua en los puntos de S. ∬ 𝑓⃗(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑆⃗ = ∬ 𝑓⃗(𝑥(𝑢, 𝑣), 𝑦(𝑢, 𝑣), 𝑧(𝑢, 𝑣)). 𝑟⃗𝑢 𝑋𝑟⃗𝑣 𝑑𝑢𝑑𝑣 𝑆

𝑇

Producto vectorial fundamental Si S está parametrizado por 𝑟⃗(𝑢, 𝑣), el vector 𝑖̂ 𝑟⃗𝑢 𝑋𝑟⃗𝑣 = |𝑥𝑢 𝑥𝑣

𝑗̂ 𝑦𝑢 𝑦𝑣

𝑘̂ 𝑧𝑢 | 𝑧𝑣

Superficie cerrada ∬ 𝑓⃗. 𝑑𝑆⃗ = ∬ 𝑓⃗. 𝑛̅𝑑𝑆 𝑆

𝑆

61

Figura 6.1: Integral de superficie de un campo vectorial Área de una superficie Si S está determinado por 𝑟⃗(𝑢, 𝑣); (𝑢, 𝑣) ∈ T

𝑆 = (𝑥, 𝑦, 𝑧)/𝜓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 0

A(S)=∬𝑆 ‖𝑟⃗𝑢 𝑋𝑟⃗𝑣 ‖ 𝑑𝑢𝑑𝑣

6.2. Teorema de la Divergencia 6.2.1 Teorema de Gauss. − → Sea Ω una regio´n simple s´olida de superficie frontera S de orientacio´n positiva. Sea F un campo vectorial con componentes de DPC de una regio ´n abierta que contiene a Ω, entonces: ∬ 𝐹⃗ 𝑛⃗⃗𝑑𝑆 = ∬ 𝐹⃗ . 𝑑𝑆⃗ = ∭ 𝛻. 𝐹⃗ 𝑑𝑉 𝑆

Ω

𝑆

𝑑𝑃 𝑑𝑄 𝑑𝑅 → ∬ (𝑃, 𝑄, 𝑅) 𝑑𝑆⃗ = ∭ ( + + )𝑑𝑉 𝑑𝑦 𝑑𝑧 𝑆 𝛺 𝑑𝑥

62

Figura 6.2: Ley de Gauss Como aplicación del teorema de Gauss calcule el flujo saliente del campo F(x,y,z)=(𝑥 3 + 2𝑦 + 𝑧,𝑦 3 − 2𝑥𝑧, 𝑥 2 + 𝑦 2) A través de la mitad superior de la elipsoide Consideraremos Ω={(x,y,z)/4𝑥 2 + 4𝑦 2 + 𝑧 2 < 4, 𝑧 > 0}

Figura 6.3:Representación Por el teorema de la divergencia ∭(𝑑𝑖𝑣𝐹)𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 = ∬ 𝐹𝑑𝑆1 − ∬ 𝐹𝑑𝑆2 𝛺

𝑆1

𝑆2

𝑑𝑖𝑣𝐹 = 3(𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 ) 1

2𝜋

∫ ∫ 0

0

2√1−𝑟 2

∫

3𝑟 3 𝑑𝑧𝑑ө𝑑𝑟 =

0

8𝜋 5

Ahora evaluaremos 𝑆2 ∬ 𝐹⃗ . 𝑑𝑆⃗ = ∬ 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧). 𝑛̅. 𝑑𝑆 𝑆2

𝑊

63

𝜋

1

∫ ∫ 𝑟 3 𝑑𝑟𝑑ө = −𝜋 0

𝜋 2

Flujo Saliente ∬ 𝐹̅ 𝑑𝑆̅ = 𝑆

8𝜋 𝜋 21𝜋 + = 5 2 10

6.3. Teorema de Stokes El Teorema de Stokes establece que el c´alculo de la integral de l´ınea del campo vectorial F en la direccio´n tangencial de la curva C, es igual a la integral sobre la superficie S de la circulacio´n del campo F alrededor de la frontera, en la direccio´n de la componente normal unitaria a la superficie, siendo la curva C es una curva orientada positivamente, de tal manera que es la frontera de la superficie orientada positivamente S.

∫ 𝐹⃗ (𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑟⃗ = ∬ 𝛻𝑥𝐹⃗ 𝑛⃗⃗𝑑𝑆 𝐶

𝑆

Figura 6.4: Teorema de Stokes 6.4. Identidades de Green ɸ 𝑦 𝛹 𝑠𝑜𝑛 𝑐𝑎𝑚𝑝𝑜𝑠 𝑒𝑠𝑠𝑐𝑎𝑙𝑎𝑟𝑒𝑠 *Primera identidad de Green ∬(ɸ𝛻𝛹)𝑛̅𝑑𝑆 = ∭[ɸ𝛻 2 𝛹 + 𝛻ɸ𝛻𝛹]𝑑𝑉 𝑆

𝑉

Si intercambiamos ɸ 𝑦 𝛹 ∬(𝛹𝛻ɸ)𝑛̅𝑑𝑆 = ∭[𝛹𝛻 2 ɸ + 𝛻𝛹𝛻ɸ]𝑑𝑉 𝑆

𝑉

64

*Segunda identidad de Green ∬(ɸ𝛻𝛹 − 𝛹𝛻ɸ)𝑛̅𝑑𝑆 = ∭(ɸ𝛻 2 𝛹 − 𝛹𝛻 2 ɸ)𝑑𝑉 𝑆

𝑉

Teorema Sea F un campo vectorial con rotacional continuo en un conjunto simplemente conexo en 𝑅 3que contiene a la superficie cerrada S. Sea V la región encerrada por S ,entonces : ∭ 𝛻𝑥𝐹⃗ 𝑑𝑉 = ∬(𝑛̅𝑥𝐹̅ )𝑑𝑆̅ = ∬ 𝐹⃗ 𝑥𝑑𝑆⃗ 𝑉

𝑆

𝑆

𝑛⃗⃗ :Normal exterior a la región encerrada por S

Ejemplo: Calcular la integral de Superficie 𝑑𝛹 ∬ ɸ ( ) 𝑑𝑆 𝑑𝑛 𝑆

𝑑𝛹

Donde S es la superficie cuando, 𝑥 2 +𝑦 2 + 𝑧 2 = 1; ɸ = 𝑧 2 ; 𝛹 = 𝑥 2 +𝑦 2 − 𝑧 2 ; 𝑑𝑛 es la derivada direccional de 𝛹 en la dirección del vector normal unitario 𝑛̅ exterior a S. Solución:

𝑑𝛹 (ɸ𝛻𝛹)𝑛̅ = ɸ(𝛻𝛹. 𝑛̅) = ɸ ( ) 𝑑𝑛 𝑑𝛹 ∬(ɸ𝛻𝛹)𝑛̅𝑑𝑆 = ∬ ɸ ( ) 𝑑𝑆 = ∭[ɸ𝛻 2 𝛹 + 𝛻ɸ𝛻𝛹]𝑑𝑉 𝑑𝑛 𝑆

𝑆

𝑉

Como ɸ = 𝑧 2 , entonces 𝛻ɸ =(0,0,2z).Ademas si 𝛹 = 𝑥 2 +𝑦 2 − 𝑧 2 ,entonces 𝛻2𝛹 =

𝜕2𝛹 𝜕2𝛹 𝜕2𝛹 + + =2+2−2=2 𝜕𝑥 2 𝜕𝑦 2 𝜕𝑧 2 𝛻𝛹 = (2𝑥, 2𝑦, −2𝑧)

Reemplazando

65

∬ɸ( 𝑆

𝑑𝛹 ) 𝑑𝑆 = ∭[2𝑧 2 + (0,0,2𝑧). (2𝑥, 2𝑦, −2𝑧)]𝑑𝑉 = ∭ −2𝑧 2 𝑑𝑉 𝑑𝑛 𝑉

𝑉

Como es la región encerrada por la esfera, entonces utilizando coordenadas esféricas. 2𝜋 𝜋 1 𝑑𝛹 ∬ ɸ ( ) 𝑑𝑆 = ∫ ∫ ∫ −2𝑝2 cos 𝜑2 (𝑝2 𝑠𝑒𝑛𝜑𝑑𝑝𝑑𝜑𝑑ө) 𝑑𝑛 0 0 0 𝑆

∬ɸ( 𝑆

𝑑𝛹 −8𝜋 ) 𝑑𝑆 = 𝑑𝑛 15

66

Coordenadas curvilíneas ortogonales. Un cambio de coordenadas cartesianas (x, y, z) a otras diferentes(u, v, w) es especificar 3 funciones: 𝑥 = 𝑥(𝑢, 𝑣, 𝑤), 𝑦 = 𝑦(𝑢, 𝑣, 𝑤), 𝑧 = 𝑧(𝑢, 𝑣, 𝑤) Tales que existen 𝑢 = 𝑢(𝑥, 𝑦, 𝑧), 𝑣 = 𝑣(𝑥, 𝑦, 𝑧), 𝑤 = 𝑤(𝑥, 𝑦, 𝑧), Donde además supondremos que: ∂x ∂u 𝜕(𝑥, 𝑦, 𝑧) | 𝜕𝑥 = 𝜕(𝑢, 𝑣, 𝑤) | 𝜕𝑣 𝜕𝑥 𝜕𝑤

𝜕𝑦 𝜕𝑢 𝜕𝑦 𝜕𝑣 𝜕𝑦 𝜕𝑤

𝜕𝑧 𝜕𝑢 | 𝜕𝑧 ≠0 𝜕𝑣 | 𝜕𝑧 𝜕𝑤

El vector de posición se denotará 𝑟(𝑢, 𝑣, 𝑤) ∶= (𝑥(𝑢, 𝑣, 𝑤), 𝑦(𝑢, 𝑣, 𝑤), 𝑧(𝑢, 𝑣, 𝑤)). Definición: Las coordenadas u,v,w forman un sistema de coordenadas curvilíneas ortogonal si 𝜕𝑟 𝜕𝑟 𝜕𝑟

la base{𝜕𝑢 , 𝜕𝑣 , 𝜕𝑤}es ortogonal y orientada positivamente. Los factores de escala son: ℎ𝑢 = |

𝜕𝒓 𝜕𝒓 𝜕𝒓 | , ℎ𝑣 = | | , ℎ𝑤 = | | 𝜕𝑢 𝜕𝑣 𝜕𝑤

Siendo: 𝑒𝑢 =

1 𝜕𝒓 1 𝜕𝒓 1 𝜕𝒓 . , 𝑒𝑣 = . , 𝑒𝑤 = . . ℎ𝑢 𝜕𝑢 ℎ𝑣 𝜕𝑣 ℎ𝑤 𝜕𝑤

Los vectores que forman una base orto normal orientada positivamente.

1

67

El gradiente, divergencia y rotacional en coordenadas curvilíneas ortogonales. El gradiente: Sea f un campo escalar. El gradiente de f en coordenadas cartesianas es 𝜕𝑓 𝜕𝑓 𝜕𝑓 𝛻𝑓 = ( , , ) 𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝜕𝑧 Entonces la expresión del gradiente de f en un sistema de coordenadas curvilíneas ortogonales es: 𝛻𝑓 =

1 𝜕𝑓 1 𝜕𝑓 1 𝜕𝑓 . 𝑒𝑢 + . 𝑒𝑣 + . 𝑒 ℎ𝑢 𝜕𝑢 ℎ𝑣 𝜕𝑣 ℎ𝑤 𝜕𝑤 𝑤

Demostración: Hallemos ∇𝑓 en función de {eu , ev , ew }. Entonces: 𝛻𝑓 = 𝑓𝑢𝒆𝑢 + 𝑓𝑣𝒆𝑣 + 𝑓𝑤𝒆𝑤 Tenemos que encontrar fu ,fv,fw. 𝑓𝑢 = 𝛻𝑓 ∙ 𝒆𝒖 = =

1 𝜕𝒓 [𝛻𝑓 ∙ ] ℎ𝑢 𝜕𝑢

1 𝜕𝑓 𝜕𝑥 𝜕𝑓 𝜕𝑦 𝜕𝑓 𝜕𝑧 [ + + ] ℎ𝑢 𝜕𝑥 𝜕𝑢 𝜕𝑦 𝜕𝑢 𝜕𝑧 𝜕𝑢 𝑓𝑢 =

1 𝜕𝑓 ℎ𝑢 𝜕𝑢

Análogamente: 𝑓𝑣 =

1 𝜕𝑓 1 𝜕𝑓 ; 𝑓𝑤 = ℎ𝑣 𝜕𝑣 ℎ𝑤 𝜕𝑤

2

68

La divergencia. Sea: 𝑭 = 𝐴𝒆𝒖 + 𝐵𝒆𝒗 + 𝐶𝒆𝒘 un campo vectorial. Se puede comprobar que la expresión de la divergencia en coordenadas curvilíneas ortogonales es: Entonces la divergencia del campo vectorial en coordenadas curvilíneas ortogonales es: 𝑑𝑖𝑣(𝐹) =

1 𝜕(ℎ𝑣 ℎ𝑤 𝐴) 𝜕(ℎ𝑤 ℎ𝑢 𝐵) 𝜕(ℎ𝑢 ℎ𝑣 𝐶) [ + + ] ℎ𝑢 ℎ𝑣 ℎ𝑤 𝜕𝑢 𝜕𝑣 𝜕𝑤

Demostracion de 𝑑𝑖𝑣𝑭 Recordar: div(∅𝑨) = 𝛁∅ ∙ 𝑨 + ∅div(𝑨) 𝑑𝑖𝑣(𝑨 + 𝑩 + 𝑪) = 𝑑𝑖𝑣𝑨 + 𝑑𝑖𝑣𝑩 + 𝑑𝑖𝑣𝑪 𝑑𝑖𝑣(𝐴𝒆𝒖 + 𝐵𝒆𝒗 + 𝐶𝒆𝒘 ) = 𝑑𝑖𝑣(𝐴𝒆𝒖 ) + 𝑑𝑖𝑣(𝐵𝒆𝒗 ) + 𝑑𝑖𝑣(𝐶𝒆𝒘 )

Sea: 𝑭 = 𝐴𝒆𝒖 + 𝐵𝒆𝒗 + 𝐶𝒆𝒘 .Calculamos sólo 𝑑𝑖𝑣(𝐴𝒆𝒖 ) y los demás será análogamente. 𝑑𝑖𝑣(𝐴𝒆𝒖 ) = 𝜵𝐴 ∙ 𝒆𝒖 + 𝐴𝑑𝑖𝑣(𝒆𝒖 ) … (1) En coordenadas curvilíneas ortogonales 𝒆𝒖 = 𝒆𝒗 𝑥𝒆𝒘 𝜵𝐴 ∙ 𝒆𝒖 =

1 𝜕𝐴 1 𝜕𝐴 𝒆𝒖 ∙ 𝒆𝒖 = … (2) (𝑠𝑒 𝑢𝑡𝑖𝑙𝑖𝑧ó 𝑙𝑎 𝑑𝑒𝑚𝑜𝑠𝑡𝑟𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑔𝑟𝑎𝑑𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒) ℎ𝑢 𝜕𝑢 ℎ𝑢 𝜕𝑢

𝑒𝑣 𝑒𝑤 𝑑𝑖𝑣(𝒆𝒖 ) = 𝑑𝑖𝑣(𝒆𝒗 𝑥𝒆𝒘 ) = 𝑑𝑖𝑣 [(ℎ𝑣 ℎ𝑤 ). ( x )] ℎ𝑣 ℎ𝑤

𝒆𝒗 𝒆𝒘 𝒆𝒗 𝒆𝒘 → 𝑑𝑖𝑣(𝒆𝒖 ) = ∇(ℎ𝑣 ℎ𝑤 ) ∙ ( x ) + ℎ𝑣 ℎ𝑤 𝑑𝑖𝑣. ( x ) … (3) ℎ𝑣 ℎ𝑤 ℎ𝑣 ℎ𝑤 𝑒

𝑒

Si operamos 𝑑𝑖𝑣. (ℎ𝑣 x ℎ𝑤 ) = 𝑑𝑖𝑣. (∇𝑣 × ∇𝑤) = 0 (aplicando la divergencia en coord.curv.). 𝑣

𝑤

también: ∇(ℎ𝑣 ℎ𝑤 ) ∙ (

𝒆𝒗 𝒆𝒘 1 𝜕(ℎ𝑣 ℎ𝑤 ) 1 𝜕(ℎ𝑣 ℎ𝑤 ) 1 𝜕(ℎ𝑣 ℎ𝑤 ) 1 x )=( 𝒆𝒖 + 𝒆𝒗 + 𝒆𝒘 ) ∙ ( 𝒆 ) ℎ𝑣 ℎ𝑤 ℎ𝑢 𝜕𝑢 ℎ𝑣 𝜕𝑣 ℎ𝑤 𝜕𝑤 ℎ𝑣 ℎ𝑤 𝒖 → ∇(ℎ𝑣 ℎ𝑤 ) ∙ (

𝒆𝒗 𝒆𝒘 1 𝜕(ℎ𝑣 ℎ𝑤 ) x )= … (4) ℎ𝑣 ℎ𝑤 ℎ𝑢 ℎ𝑣 ℎ𝑤 𝜕𝑢

De (2) (3) (4) en (1):

3

69

𝑑𝑖𝑣(𝐴𝒆𝒖 ) =

1 𝜕𝐴 𝐴 𝜕(ℎ𝑣 ℎ𝑤 ) 1 𝜕𝐴 𝜕(ℎ𝑣 ℎ𝑤 ) + = [ℎ𝑣 ℎ𝑤 +𝐴 ] ℎ𝑢 𝜕𝑢 ℎ𝑢 ℎ𝑣 ℎ𝑤 𝜕𝑢 ℎ𝑢 ℎ𝑣 ℎ𝑤 𝜕𝑢 𝜕𝑢

→ 𝑑𝑖𝑣(𝐴𝒆𝒖 ) =

1 𝜕(𝐴ℎ𝑣 ℎ𝑤 ) ℎ𝑢 ℎ𝑣 ℎ𝑤 𝜕𝑢

Rotacional: Sea: 𝑭 = 𝐴𝒆𝒖 + 𝐵𝒆𝒗 + 𝐶𝒆𝒘 un campo vectorial. Se puede comprobar que la expresión del rotacional en coordenadas curvilíneasortogonales es: ℎ𝑢 𝒆𝒖 1 𝜕 𝑟𝑜𝑡(𝑭) = | ℎ𝑢 ℎ𝑣 ℎ𝑤 𝜕𝑢 𝐴ℎ𝑢

ℎ𝑣 𝒆𝒗 𝜕 𝜕𝑣 𝐵ℎ𝑣

ℎ𝑤 𝒆𝒘 𝜕 | 𝜕𝑤 𝐶ℎ𝑤

Demostración:

Recordar: 𝑟𝑜𝑡(𝐴 + 𝐵 + 𝐶) = 𝑟𝑜𝑡(𝐴) + 𝑟𝑜𝑡(𝐵) + 𝑟𝑜𝑡(𝐶) 𝑟𝑜𝑡(∅𝑭) = (𝛁∅) × 𝑭 + ∅ 𝑟𝑜𝑡(𝑭) Sólo calcularemos rot(A𝐞𝐮 ) y se hallará análogamente los demás terminos 𝑟𝑜𝑡(A𝐞𝐮 ) = 𝑟𝑜𝑡 (A = 𝜵(𝑨ℎ𝑢 ) × (

ℎ𝑢 𝐞𝐮 ) ℎ𝑢

𝒆𝒖 𝒆𝒖 ) + 𝑨𝒉𝒖 𝑟𝑜𝑡 ( ) ℎ𝒖 ℎ𝑢

𝒆

Operando: 𝑟𝑜𝑡 (ℎ𝒖 ) = 𝟎 𝑢

1 𝜕(𝐴ℎ𝑢 ) 1 𝜕(𝐴 ℎ𝑢 ) 1 𝜕(𝐴 ℎ𝑢 ) 𝒆𝒖 → 𝑟𝑜𝑡(A𝐞𝐮 ) = [ 𝒆𝒖 + 𝒆𝒗 + 𝒆𝒘 ] × ℎ𝑢 𝜕𝑢 ℎ𝑣 𝜕𝑣 ℎ𝑤 𝜕𝑤 ℎ𝒖 Operando: 𝑟𝑜𝑡(A𝐞𝐮 ) =

1 1 𝜕(𝐴 ℎ𝑢 ) 1 𝜕(𝐴 ℎ𝑢 ) [− 𝒆𝒘 + 𝒆𝒗 ] ℎ𝑢 ℎ𝑣 𝜕𝑣 ℎ𝑤 𝜕𝑤

Finalmente: 𝑟𝑜𝑡(A𝐞𝐮 ) =

1 𝜕(𝐴 ℎ𝑢 ) 𝜕(𝐴 ℎ𝑢 ) [− ℎ𝑤 𝒆𝒘 + ℎ𝑣 𝒆𝒗 ] ℎ𝑢 ℎ𝑣 ℎ𝑤 𝜕𝑣 𝜕𝑤

4

70

Obteniendo𝑟𝑜𝑡(B𝐞𝐯 )𝑦𝑟𝑜𝑡(C𝐞𝒘 )de igual manera; queda de forma simbólica la siguiente expresión: ℎ𝑢 𝒆𝒖 1 𝜕 𝑟𝑜𝑡(𝑭) = | ℎ𝑢 ℎ𝑣 ℎ𝑤 𝜕𝑢 𝐴ℎ𝑢

ℎ𝑣 𝒆𝒗 𝜕 𝜕𝑣 𝐵ℎ𝑣

ℎ𝑤 𝒆𝒘 𝜕 | 𝜕𝑤 𝐶ℎ𝑤

Coordenadas cilíndricas: Se define: 𝑥 = 𝜌𝑐𝑜𝑠𝜃, 𝑦 = 𝜌𝑠𝑒𝑛𝜃, 𝑧 = 𝑧 donde: 𝑟 ∈ [0, +∞ >, 𝜃 ∈ [0,2𝜋] 𝑦 𝑧 ∈ 𝑹 El vector de posición es 𝑟 = 𝑟(𝜌, 𝜃, 𝑧) = (𝜌𝑐𝑜𝑠𝜃, 𝜌𝑠𝑒𝑛𝜃, 𝑧) Sus vectores unitarios:

   ur  u  u z    u  u z  ur Factores

de escala: ℎ𝑟 = |

   u z  ur  u

𝜕𝒓 𝜕𝒓 𝜕𝒓 | = 1 , ℎ𝜃 = | | = 𝑟 , ℎ𝑧 = | | = 1 𝜕𝑟 𝜕𝜃 𝜕𝑧

Vectores unitarios en coordenadas cilindricas en función de unitarios cartesianos:

 ur  i cos  j sin   u  i sin   j cos

 uz  k 𝑐𝑜𝑠𝜃 Se formara la siguiente matriz de transformacion: (−𝑠𝑖𝑛𝜃 0

𝑢 ⃗𝑟 𝑐𝑜𝑠𝜃 (𝑢 ⃗ Φ ) = (−𝑠𝑖𝑛𝜃 0 𝑢 ⃗𝑧 5

71

𝑠𝑖𝑛𝜃 0 𝑐𝑜𝑠𝜃 0) 0 1

𝑖 𝑠𝑖𝑛𝜃 0 𝑐𝑜𝑠𝜃 0) ( 𝑗 ) 0 1 𝑘

Hallando la matriz inversa de la matriz de transformacion se obtendran los Vectores Unitarios cartesianos en función de unitarios en cilíndricas:

  i  ur cos  u sin    j  ur sin   u cos

 k  uz 𝑖 𝑐𝑜𝑠𝜃 ( 𝑗 ) = ( 𝑠𝑖𝑛𝜃 𝑘 0

⃗𝑟 −𝑠𝑖𝑛𝜃 0 𝑢 𝑐𝑜𝑠𝜃 0 ) (𝑢 ⃗ Φ) 0 1 𝑢 ⃗𝑧

Posicion en coordenadas cilindricas: 𝑟(𝑟,𝜃,𝑧) = 𝑟𝒖𝒓 + 𝑧𝒖𝒛

Gradiente:  V  1 V  V V  ur  u  uz r r  z

Divergencia: A  1  rAr   1   Az  A  r r r  z

Rotacional:  ur  1   A  r r Ar

6

72

 ru   rA

 uz  z Az

Coordenadas esféricas Se definen: 𝑟 = 𝑥 𝑢𝑥 + 𝑦 𝑢𝑦 + 𝑧⃗𝑢𝑧 𝑥 = 𝜌𝑐𝑜𝑠𝜃𝑐𝑜𝑠𝜑, 𝑦 = 𝜌𝑐𝑜𝑠𝜃𝑠𝑒𝑛𝜑, 𝑧 = 𝜌𝑠𝑒𝑛𝜃 Sus vectores unitarios:

   ur  u  u    u  u  ur    u  ur  u

factores de escala: ℎ𝑟 = |

𝜕𝒓 |=1, 𝜕𝑟

ℎ𝜑 = |

𝜕𝒓 |=𝑟, 𝜕𝜑

ℎ𝜃 = |

𝜕𝒓 | = 𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃 𝜕𝜃

vectores unitarios cartesianos en funcion d coordenadas esfericas:

 uz



    ux  ur sin  cos   u cos  cos   u sin 

 ur  uy

`

 ux

 u

    u y  ur sin  sin   u cos  sin   u cos 

 u

   u z  ur cos   u sin 

Con lo que se formaran las matrices de transformacion:

𝑢 ⃗𝑟 𝑠𝑖𝑛𝜑 𝑐𝑜𝑠𝜃 ⃗ φ ) = (𝑐𝑜𝑠𝜑 𝑐𝑜𝑠𝜃 (𝑢 −𝑠𝑖𝑛𝜃 𝑢 ⃗𝜃

𝑢 ⃗𝑥 𝑠𝑖𝑛𝜑 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑐𝑜𝑠𝜑 ⃗ 𝑦) 𝑐𝑜𝑠𝜑 𝑠𝑖𝑛𝜃 −𝑠𝑖𝑛𝜑) (𝑢 𝑐𝑜𝑠𝜃 0 𝑢 ⃗𝑧

7

73

Hallando la matriz inversa: 𝑢 ⃗𝑥 𝑠𝑖𝑛𝜑 𝑐𝑜𝑠𝜃 ⃗ 𝑦 ) = (𝑠𝑖𝑛𝜑 𝑠𝑒𝑛𝜃 (𝑢 𝑐𝑜𝑠𝜑 𝑢 ⃗𝑧

𝑢 ⃗𝑟 𝑐𝑜𝑠𝜑 𝑐𝑜𝑠𝜃 −𝑠𝑖𝑛𝜃 ⃗ φ) 𝑐𝑜𝑠𝜑 𝑠𝑖𝑛𝜃 𝑐𝑜𝑠𝜃 ) (𝑢 −𝑠𝑖𝑛𝜑 0 𝑢 ⃗𝜃

Reemplazando 𝑢 ⃗ 𝑥, 𝑢 ⃗ 𝑦, 𝑢 ⃗ 𝑧 , 𝑥 = 𝜌𝑐𝑜𝑠𝜃𝑐𝑜𝑠𝜑, 𝑦 = 𝜌𝑐𝑜𝑠𝜃𝑠𝑒𝑛𝜑, 𝑧 = 𝜌𝑠𝑒𝑛𝜃 el vector 𝑟 quedara representadoen coordenadas cilindricas: 𝑟 = 𝑟⃗⃗⃗𝑢𝑟

Gradiente 1 V  V  1 V  V  ur  u  u r r  rsen 

Divergencia: A  1  2 1   A sen   1  A  2 r Ar  r r rsen  rsen 





Rotacional  ur  1   A  2 r sen r Ar

8

74

 ru   rA

 rsen u   rsen A

La integral de superficie

Problemas resueltos 1. Calcule el área de la porción del paraboloide z = x2 + y 2 que está comprendida entre los planos z = 0 y z = 1. Solución: La intersección del paraboloide con el plano z = 0 es el punto (0, 0) y con el plano z = 1 es la circunferencia x2 + y 2 = 1. La región limitada por la proyección de dicha circunferencia sobre el plano XY es © D = (x, y) ∈ R2 :

ª x2 + y 2 ≤ 1 .

Podemos considerar la siguiente parametrización: r(x, y) = (x, y, x2 + y 2 ),

(x, y) ∈ D.

De esta manera S = r(D), siendo S la superficie descrita en el enunciado. Su producto vectorial fundamental es: N (x, y) = (−2x, −2y, 1),

y kN (x, y)k =

El área solicitada será: ZZ ZZ kN (x, y)kdxdy = a(S) = D

D

p

p 4x2 + 4y 2 + 1.

4x2 + 4y 2 + 1 dxdy.

Problemas resueltos Esta integral la haremos mediante un cambio de variable a coordenadas polares. ) x = ρ cos ϕ 0<ρ≤1 con y JT (ρ, ϕ) = ρ > 0. y = ρ sen ϕ 0 < ϕ < 2π a(S) =

1 ·Z 2π

ZZ p Z 4x2 + 4y 2 + 1 dxdy = D

·

= 2π

12 (4ρ2 + 1)3/2 83

¸1 0

0

p

¸ 4ρ2 + 1 ρ dϕ dρ =

0

π √ = (5 5 − 1). 6

2. Parametrize la superficie plana cuyo borde es la curva ( x2 + y 2 = z 2 /2 C: z =y+1

Solución:

La curva C es la intersección del cono x2 + y 2 = z 2 /2 con el plano z = y + 1 :

1 1 x2 + y 2 = (y + 1)2 = (y 2 + 2y + 1) 2 2 →

x2 +

→

1 1 x2 + y 2 − 2y − = 0 2 2

(y − 1)2 =1 2

→

La integral de superficie Es una elipse en el plano z = y + 1. Su proyección sobre el plano XY es (y − 1)2 la curva γ de ecuación x2 + = 1 (una elipse, también). Sea S la 2 superficie del plano z = y + 1 limitada por C; se puede parametrizar como

r(x, y) = (x, y, y + 1),

½ (x, y) ∈ D = (x, y) ∈ R2 :

3. Calcule la integral

¾ (y − 1)2 x + ≤1 . 2 2

Z x2 z dS , S

siendo S la superficie externa de x2 + y 2 = a2 comprendida entre z = 2 y z = −2. Solución:

La superficie es un cilindro circular recto. Puesto que x2 + y 2 = a2 y z está entre −2 y 2 consideraremos la siguiente parametrización:  x = a cos u   → r(u, v) = (a cos u, a senu, v), (u, v) ∈ D = [0, 2π]×[−2, 2] y = a senu   z=v Calculemos el producto vectorial fundamental: ∂r (u, v) = (−a senu, a cos u, 0), ∂u

∂r (u, v) = (0, 0, 1) ∂v

Problemas resueltos ¯ ¯ ~ı ~ ¯ ∂r ∂r ¯ N (u, v) = (u, v) × (u, v) = ¯ −a senu a cos u ¯ ∂u ∂v ¯ 0 0

~k 0 1

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = (a cos u, a senu, 0); ¯ ¯

kN k = a Z

ZZ

Z

3

2

2

·Z

2

a v cos u dudv = a

x zdS = D

S

Z =a

2π

3

2π

3 0

·

v2 cos u 2

¸2

2

¸ 2

v cos u dv du = 0

−2

du = 0. −2

4. Calcule el área de la porción de superficie cónica x2 + y 2 = z 2 situada por encima del plano z = 0 y limitada por la esfera x2 + y 2 + z 2 = 2ax. Solución:

Hemos de parametrizar la superficie de la cual hay que hallar el área, esto es, la hoja superiorp (pues z ≥ 0) del cono x2 + y 2 = z 2 . Como S es la gráfica de la función z = x2 + y 2 = f (x, y) sobre la región D (que queda definida por la intersección del cono y la esfera) x2 + y 2 = z 2 x2 + y 2 + z 2 = 2ax

) →

2(x2 + y 2 ) = 2ax

→

a a2 (x − )2 + y 2 = 2 4

½ ¾ a 2 a2 2 2 D = (x, y) ∈ R : (x − ) + y ≤ 2 4

La integral de superficie entonces S = r(D) siendo r la parametrización: p r(x, y) = (x, y, x2 + y 2 ), ∀(x, y) ∈ D. El producto vectorial fundamental es: ∂f ∂f N (x, y) = (− (x, y), − (x, y), 1) = ∂x ∂y kN (x, y)k =

à p

−x x2 + y 2

,p

−y x2 + y 2

! ,1 ,

√ 2.

y el área pedida vale: ZZ √ ZZ √ √ a2 kN (x, y)kdxdy = a(S) = 2 dxdy = 2 µ(D) = 2 π . 4 D D

5. Dado el recinto limitado por los planos z = y, z = 0 y el cilindro = a2 . Calcule el área de la porción de superficie cilíndrica comprendida entre los dos planos.

x2 + y 2

Solución:

En el cilindro x2 + y 2 = a2 podemos tomar la parametrización:  x = a cos u   → r(u, v) = (a cos u, a senu, v), (u, v) ∈ D y = a senu   z=v

Problemas resueltos siendo

© ª D = (u, v) ∈ R2 : 0 ≤ u ≤ π, 0 ≤ v ≤ asenu

De esta manera S = r(D) es la mitad de la superficie que se describe en el enunciado porque sólo consideramos la porción del cilindro con z ≥ 0. El producto vectorial fundamental es (véase el problema 1) N (u, v) = (a cos u, a senu, 0), y el área de S ZZ adudv = a(S) = D µ ¶ Z Z π Z a senu adv du = = 0

0

π

kN k = a

a2 senudu = −a2 cos u

iπ

0

0

Por tanto, el área que nos piden, que es el doble que la de S, vale:

= 2a2 . 4a2 .

6. Un flujo de fluido tiene como vector densidad de flujo F (x, y, z) = x~ı − (2x + y)~ + z~k. Designemos con S el hemisferio x2 + y 2 + z 2 = 1, z ≥ 0, siendo n la normal unitaria orientada hacia el exterior de la esfera. Calcule la masa de fluido que atraviesa S en la unidad de tiempo en el sentido de la normal n. Solución: La masa Zde fluido que atraviesa la superficie en el sentido de la normal n es la F · n ds. Para calcularla parametrizamos la semiesfera: integral S

r(u, v) = (sen u cos v, sen u sen v, cos u),

π (u, v) ∈ [0, ] × [0, 2π] = D 2

El producto vectorial fundamental es ¯ ¯ ~k ~ı ~ ¯ ¯ N (u, v) = ¯ cos u cos v cos u sen v −sen u ¯ ¯ −sen u sen v sen u cos v 0

¯ ¯ ¯ ¯ ¯= ¯ ¯

= (sen2 u cos v, sen2 u sen v, sen u cos u).

La integral de superficie Para ver la orientación de N podemos, por ejemplo, calcular dicho vector en algún punto concreto de la superficie y en todos los demás puntos la orientación será la misma. Veamos qué pasa en el punto (0, 1, 0), es decir, si tomamos π π π u = v = : aquí es N ( , ) = (0, 1, 0) y es hacia el exterior de la esfera. La 2 2 2 parametrización que hemos considerado en este caso es la adecuada. Así: F (r(u, v)) · N (u, v) = = (sen u cos v, (−2 cos v − sen v) sen u, cos u) · · (sen2 u cos v, sen2 u sen v, sen u cos u) = = sen3 u cos2 v − 2sen3 u cos v sen v − sen3 u sen2 v + cos2 u sen u = = sen3 u (cos 2v − sen2v) + cos2 u sen u. ZZ F (r(u, v)) · N (u, v) = F dS = D S ¸ Z π ·Z 2π 2 3 2 = (sen u (cos 2v − sen2v) + cos u senu)dv du = Z

Z

F · n dS = S

0

0

µ ¶ h i2π 3 1 2 = sen u sen 2v + cos 2v + 2π cos u senu du = 2 0 0 · ¸π cos3 u 2 2π = −2π = . 3 3 0

Z

π 2

7. Calcule, aplicando el teorema de Stokes, la integral (

Z (y − 1)dx + z 2 dy + ydz ,

donde C :

C

x2 + y 2 = z 2 /2 z =y+1

Solución: Sea F (x, y, z) = (y − 1, z 2 , y), que es un campo vectorial de clase C 1 . Por el teorema de Stokes Z Z rotF dS F = C

S

siendo S = r(D) una superficie simple y regular cuyo borde C es la imagen r(γ ∗ ) de una curva γ de Jordan C 1 a trozos orientada positivamente.

Problemas resueltos

Sea S la superficie del plano z = y + 1 limitada por C; se puede parametrizar como (vease el problema 2)

r(x, y) = (x, y, y + 1),

½ (x, y) ∈ D = (x, y) ∈ R2 :

rotF (x, y, z) = (1 − 2z, 0, −1);

¾ (y − 1)2 x + ≤1 . 2 2

N (x, y) = (0, −1, 1)

Así la integral de línea que se pide vale: ZZ

Z

Z

(1 − 2(y + 1), 0, −1).(0, −1, 1)dxdy =

rotF dS =

F = C

Z ZD

S

=

√ −dxdy = −µ(D) = − 2 π.

D

8. Halle el flujo del campo F (x, y, z) = (x3 , y 3 , z 3 ) a través de la superficie del cono x2 + y 2 = z 2 , con 0 ≤ z ≤ H. a) Directamente. b) Aplicando el teorema de Gauss. Solución:

Z F dS. Hemos

El flujo del campo se calcula mediante la integral de superficie de parametrizar el cono x2 + y 2 = z 2 , con 0 ≤ z ≤ H.

S

La integral de superficie

x = u cos v y=p u sin v z = x2 + y 2 = u siendo

    

→

r(u, v) = (u cos v, u sin v, u),

(u, v) ∈ D

© ª D = (u, v) ∈ R2 : 0 ≤ u ≤ H, 0 ≤ v ≤ 2π

que es el círculo x2 + y 2 ≤ H 2 en el plano XY (en coordenadas polares). ¯ ¯ ¯ ¯ ~ ~ ı ~  k ¯ ¯ ¯ ¯ N (u, v) = ¯ cos v sin v 1 ¯ = (−u cos v, −u sin v, u) ¯ ¯ ¯ −u sin v u cos v 0 ¯ Z F dS = S

ZZ (u3 cos3 v, u3 sin3 v, u3 ).(−u cos v, −u sin v, u)dudv =

= Z ZD

u4 (− cos4 v − sin4 v + 1)dudv = D ZZ ZZ sin2 2v 4 2 2 u4 u (2 sin v cos v)dudv = = dudv = 2 D D ¶ · ¸H · ¸ Z µZ 2π 1 H 1 u5 sin 4v 2π = u4 (1 − cos 4v)dv du = . v− = 4 0 4 5 0 4 0 0 1 = πH 5 . 10 =

Problemas resueltos b) Sea V el sólido limitado por el cono y el plano z = H. La superficie cerrada que limita V es la unión, S ∪ S1 , donde S1 es la superficie paramétrica que describe el círculo x2 + y 2 = H 2 en el plano z = H. Aplicando el teorema de Gauss: Z Z ZZZ F · n dS +

divF dxdydz =

S1

S

V

F · n dS1

y podemos calcular la integral de superficie que nos piden como Z ZZZ Z F · n dS1 divF dxdydz − F · n dS = S1

V

S

siendo n la normal exterior. divF = 3x2 + 3y 2 + 3z 2

→

Z Z Z

Z Z Z

(x2 + y 2 + z 2 )dxdydz

divF dxdydz = 3

→

V

V

Para calcular esta integral haremos un cambio a coordenadas cilíndricas:   0<ρ≤H  x = ρ cos ϕ    con 0 < ϕ < 2π y = ρ sen ϕ    ρ≤z≤H  z=z (teniendo en cuenta que sobre el cono es z 2 = x2 + y 2 → z = ρ). De donde: ZZZ divF dxdydz = V

Z

H

Z

2π

Z

H

=3 0

0

Z

H

= 6π ·

0

µ

Z

H

(ρ2 + z 2 )ρdzdϕdρ = 6π

ρ

Hρ3 +

H3 3

ρ − ρ4 −

ρ4 ρ2 4 = 6π H + H 3 − ρ5 4 6 15

¸H

ρ4 3 =

0

0

¶

· ¸H z3 ρ3 z + ρ dρ = 3 ρ

dρ = 9 πH 5 . 10

Nos falta calcular la integral de F sobre S1 . Parametrizamos la superficie: o n r1 (x, y) = (x, y, H), (x, y) ∈ Q = (x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ H 2 .

La integral de superficie El producto vectorial fundamental es N (x, y) = (0, 0, 1) (normal exterior). Entonces: Z F · n dS = S1 ZZ ZZ 3 3 3 3 dxdy = H 3 µ(Q) = πH 5 . (x , y , H ).(0, 0, 1)dxdy = H = Q

Q

De donde: Z ZZZ Z divF dxdydz − F · n dS = S1

V

S

F · n dS1 =

9 1 πH 5 − πH 5 = − πH 5 . 10 10

Z F dS en el apartado a), hemos utilizado

Como para el cálculo de la integral S

una parametrización cuyo vector fundamental, N (u, v) = (−u cos v, −u sin v, u), es normal hacia el interior de V (pues tiene tercera coordenada positiva) entonces Z Z 1 F dS = − F · n dS = πH 5 10 S S que concuerda con el resultado obtenido en el apartado a). 9. Calcule, utilizando el teorema de Stokes, la integral curvilínea Z (2x + y − z) dx + (2x + z) dy + (2x − y − z) dz γ

siendo γ una parametrización de la curva intersección de las superficies 4x2 + 4y 2 + z 2 = 4 ,

2x − z = 0.

Solución: El teorema de Stokes relaciona la integral curvilínea de un campo vectorial a lo largo de una curva cerrada con el flujo del rotacional del campo a través de una superficie cuyo borde sea la curva en cuestión. En este caso la superficie más sencilla es la superficie plana que parametrizamos mediante: r : R2 −→ R3

r(x, y) = (x, y, 2x) ,

siendo el vector normal: N (x, y) =

∂r ∂r × = (−2, 0, 1). ∂x ∂y

Problemas resueltos

Para hallar el conjunto en el que varían los parámetros proyectamos la curva sobre el plano XY : ( ( z = 2x 2x − z = 0 ⇔ 2 2 2 2x2 + y 2 = 1 (Proyección) 4x + 4y + z = 4 Por tanto, el conjunto D ⊂ R2 tal que S = r(D) es el interior de la elipse 2x2 + y 2 = 1, D = {(x, y) ∈ R2 : 2x2 + y 2 ≤ 1}. Calculamos el rotacional de F = (2x + y − z , 2x + z , 2x − y − z): rotF (x, y, z) = (−2, −3, 1). Entonces, si γ es una parametrización de la curva intersección del elipsoide y el plano tal que su proyección en el plano XY se recorre en sentido positivo, el teorema de Stokes dice que ZZ Z Z (−2, −3, 1) · (−2, 0, 1) dxdy = rotF dS = F = D S γ ZZ 5π dxdy = 5 µ(D) = √ . =5 2 D

10. Halle el área de la porción de la superficie z = x2 + (y − 1)2 comprendida entre los planos z = 1 y z = 4.

La integral de superficie Solución: La superficie de ecuación z = x2 + (y − 1)2 es un paraboloide de revolución cuyo eje es una recta paralela al eje Z y el vértice es el punto de coordenadas (0, 1, 0).

La superficie S es la porción de paraboloide limitada por los planos z = 1 y z = 4, esta superficie puede parametrizarse utilizando x e y como parámetros, de la forma: r : R2 −→ R3 S = r(D) ,

r(x, y) = (x, y, x2 + (y − 1)2 ) ,

D = {(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x2 + (y − 1)2 ≤ 4}.

El vector normal es p ∂r ∂r N (x, y) = × = (−2x, −2(y − 1), 1), kN (x, y)k = 4x2 + 4(y − 1)2 + 1. ∂x ∂y El área de S se obtiene ZZ ZZ p a(S) = kN (x, y)k dxdy = 4x2 + 4(y − 1)2 + 1 dxdy; D

D

Como el recinto de integración D es un anillo circular desplazado, resolveremos la integral realizando un cambio a coordenadas polares aunque desplazando el centro: x = ρ cos ϕ , y = 1 + ρ sin ϕ , ρ ∈]1, 2[ , ϕ ∈]0, 2π]. Aplicando el teorema de cambio de variables ZZ p 4x2 + 4(y − 1)2 + 1 dxdy = D √ √ Z 2π Z 2 p π(17 17 − 5 5) 2 = 4ρ + 1 ρ dρdϕ = . 6 1 0

Problemas resueltos 11. Calcule la integral curvilínea Z (y − z) dx + (z − x) dy + (x − y) dz α

siendo α una parametrización de la curva dada por las ecuaciones ( x2 + 4y 2 = 1 , α : z = x2 + y 2 . a) Directamente. b) Utilizando el teorema de Stokes. Solución: a) Directamente. Comenzamos parametrizando la curva: α : [0, 2π] → R3 ,

α(t) = (x(t), y(t), z(t)) = (cos t,

1 3 sin t, 1 − sin2 t). 2 4

Aplicando la definición de integral de línea de un campo vectorial, se tiene que F (α(t)) · α0 (t)dt = 1 3 3 1 = ( sin t − 1 + sin2 t, 1 − cos t − sin2 t, cos t − sin t)· 2 4 4 2 1 3 · (− sin t, cos t, − cos t sin t). 2 2

La integral de superficie de donde Z Z (y − z) dx + (z − x) dy + (x − y) dz =

2π

F (α(t)) · α0 (t)dt = −π.

0

γ

b) Utilizando el teorema de Stokes. En primer lugar calculamos el rotacional de F : ¯ ¯ ~ı ~k ~ ¯ ¯ rotF (x, y, z) = ¯ D1 D2 D3 ¯ ¯ y−z z−x x−y

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = (−2, −2, −2). ¯ ¯

A continuación, elegimos como superficie para calcular el flujo del rotacional la porción de paraboloide situada dentro del cilindro. Parametrizamos dicha superficie S mediante la función r: r : D ∈ R2 → R3 :

r(x, y) = (x, y, x2 + y 2 ) ,

de esta forma, S = r(D) siendo D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + 4y 2 ≤ 1}. El vector normal es ∂r ∂r N (x, y) = ∧ = (−2x, −2y, 1). ∂x ∂y La curva α se obtiene como α = r ◦γ siendo γ la parametrización de la frontera de T orientada positivamente γ : [0, 2π] −→ R2 ,

γ(t) = (cos t,

1 sin t). 2

Por tanto, aplicando el teorema de Stokes, se tiene ZZ

Z

Z

rotF (r(x, y)) · N (x, y) dxdy = ZZ (4x + 4y) dxdy − 2µ(D) = (4x + 4y − 2) dxdy = = D D  √  Z 1 Z 1−x2 Z 1 p 2  √  dx − π = = (4x (4x + 4y) dy 1 − x2 ) dx − π = −π. 2 rotF dS =

F = α

D

ZSZ

−1

−

1−x 2

−1

Problemas resueltos 12. a) Calcule el flujo del campo vectorial F (x, y, z) = (xz, −y 2 , xz) a través de la superficie cerrada que limita el cilindro x2 + y 2 ≤ R 2

con 0 ≤ z ≤ 3.

b) Resuelva el apartado anterior utilizando el teorema de Gauss. Solución: a) La superficie cerrada S que limita el cilindro es la unión de tres superficies: la tapa superior S1 , la inferior S2 y la superficie cilíndrica S3 .

Por tanto, hemos de calcular la integral de F en cada una de ellas. - Parametrizamos S1 : r1 : R2 → R3 :

r1 (x, y) = (x, y, 3) ,

D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ R2 }.

S1 = r1 (D) , El vector normal es

N1 (x, y) =

∂r1 ∂r1 ∧ = (0, 0, 1) , ∂x ∂y

cuyo sentido es hacia el exterior de la superficie S. Calculamos, ZZ Z F (r1 (x, y)) · N1 (x, y) dxdy = F · n dS = D S1 ZZ (3x, −y 2 , 3x) · (0, 0, 1) dxdy = = D ¶ Z 2π µZ R ZZ 2 3ρ cos ϕ dρ dϕ = 0. 3xdxdy = = D

0

0

La integral de superficie - Parametrizamos S2 : r2 : R2 → R3 :

r2 (x, y) = (x, y, 0) ,

El vector normal N2 (x, y) =

S2 = r2 (D).

∂r2 ∂r2 ∧ = (0, 0, 1) , ∂x ∂y

está dirigido hacia el interior de la superficie S. Calculamos, ZZ Z F (r2 (x, y)) · (−N2 (x, y)) dxdy = F · n dS = D S2 ZZ (0, −y 2 , 0) · (0, 0, −1) dxdy = 0. = D

- Parametrizamos S3 : r3 : R2 → R3 :

r3 (u, v) = (R cos u, R sin u, v) ,

D = {(u, v) ∈ R2 : 0 ≤ u ≤ 2π , 0 ≤ v ≤ 3}.

S3 = r3 (D) , El vector normal es

N3 (u, v) =

∂r3 ∂r3 ∧ = (R cos u, R sin u, 0) , ∂u ∂v

y su sentido es hacia el exterior de S. El flujo de F a través de S3 se obtiene: ZZ Z F (r3 (u, v)) · N3 (u, v) dudv = F · ndS = D S3 ZZ (Rv cos u, −R2 sin2 u, Rv cos u) · (R cos u, R sin u, 0)dudv = = D Z 3 Z 2π 9 = (R2 v cos2 u − R3 sin3 u) dudv = πR2 . 2 0 0

b) Calculamos el flujo del campo utilizando el teorema de Gauss. ZZZ Z divF dxdydz, F · n dS = S

V

siendo V ⊂ R3 el volumen limitado por la superficie S. En primer lugar calculamos la divergencia de F divF (x, y, z) = z − 2y + x.

Problemas resueltos La forma más conveniente de realizar la integral en el conjunto V es hacer un cambio a coordenadas cilíndricas, ya que por ser V un cilindro el recinto de integración en estas variables es un rectángulo, es decir, ρ ∈]0, R[ ,

ϕ ∈]0, 2π[ ,

z ∈]0, 3[.

Entonces, ZZZ ZZZ Z (z − 2y + x) dxdydz = divF dxdydz = F · n dS = V V S Z R Z 2π Z 3 = (z − 2ρ sin ϕ + ρ cos ϕ)ρ dzdϕdρ = 0 0 0 Z R Z 2π Z R 9 9 2 2 = ( ρ − 6ρ sin ϕ + 3ρ cos ϕ)dϕdρ = 9πρdρ = πR2 2 2 0 0 0

13. Calcule el flujo del campo vectorial F (x, y, z) = (x, y, 2z), a través de la superficie cerrada S que limita el sólido V := {(x, y, z) / 0 ≤ z ≤ 4 − 2x2 − 2y 2 } a) directamente. b) utilizando el teorema de Gauss. Solución: a) La superficie cerrada S que limita el sólido V está compuesta por dos superficies: una porción del paraboloide z = 4 − 2x2 − 2y 2 , S1 , y la tapa inferior S2 .

La integral de superficie Por tanto, hay que calcular el flujo de F a través de cada una de ellas hacia el exterior de la superficie cerrada. - Parametrizamos S1 de ecuación z = 4 − 2x2 − 2y 2 (paraboloide): r1 : R2 → R3 :

r1 (x, y) = (x, y, 4 − 2x2 − 2y 2 ) ,

Donde las variables x e y varían en la proyección del sólido en el plano XY , que calculamos a partir de la interseccción del paraboloide z = 4 − 2x2 − 2y 2 con el plano z = 0. D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 2}.

S1 = r1 (D) , El vector normal

∂r1 ∂r1 ∧ = (4x, 4y, 1) , ∂x ∂y

N1 (x, y) =

tiene tercera componente positiva y por lo tanto su sentido es hacia el exterior de S. El flujo de F a través de S1 es ZZ Z F (r1 (x, y)) · N1 (x, y) dxdy = F · n dS = D S1 ZZ (x, y, 8 − 4x2 − 4y 2 ) · (4x, 4y, 1) dxdy = = D ZZ 8dxdy = 16π. = D

- Parametrizamos S2 , tapa inferior de ecuación z = 0, r2 : R2 → R3 :

r2 (x, y) = (x, y, 0) ,

S2 = r2 (D).

El vector normal

∂r2 ∂r2 ∧ = (0, 0, 1) , ∂x ∂y está dirigido hacia el interior de la superficie S. Calculamos, ZZ Z F (r2 (x, y)) · (−N2 (x, y)) dxdy = F · n dS = N2 (x, y) =

D

S2

ZZ (x, y, 0) · (0, 0, −1) dxdy = 0.

= D

Por tanto, el flujo de F hacia el exterior de la superficie cerrada S es: Z Z Z F · n dS = 16π. F · n dS + F · n dS = S

S1

S2

Problemas resueltos b) El flujo de F , utilizando el teorema de Gauss, puede calcularse como la integral triple en V de la divergencia de F . divF (x, y, z) = 1 + 1 + 2 = 4. Entonces, ZZZ Z F · n dS = S

ZZZ

4 dxdydz = divF dxdydz = V ! Ã ZZ Z 4−2x2 −2y2 ZZ (4 − 2x2 − 2y 2 ) dxdy dz dxdy = 4 =4 V

D

D

0

Para hacer esta integral doble en el circulo D pasamos a coordenadas polares con √ ρ ∈]0, 2[ , ϕ ∈]0, 2π[. Por tanto, Z

Z

√ Z 2 2π

F · n dS = 4 S

0

0

(4 − 2ρ2 )ρ dρdϕ = 16π.

Capitulo 7 DIADAS Y TENSORES. En matemática un tensor es cierta clase de entidad geométrica, que generaliza los conceptos de escalar, vector y operador lineal de una manera que sea independiente de cualquier sistema de coordenadas elegido. Los tensores son de especial importancia en física. Los tensores pueden ser representados por una matriz de componentes en algunos casos. Este artículo procura proporcionar una introducción no técnica a la idea de tensores, y proporcionar una introducción a los artículos que describen tratamientos diversos, complementarios de la teoría de tensores detalladamente. La palabra la introdujo William Rowan Hamilton en 1846, pero la usó para lo que actualmente se conoce como módulo. La palabra se usó en su acepción actual por Waldemar Voigt en 1899. La notación fue desarrollada alrededor de 1890 por Gregorio Ricci-Curbastro bajo el título de geometría diferencial absoluta, y lo hizo accesible a muchos matemáticos con la publicación del texto clásico de Tullio Levi-Civita el cálculo diferencial absoluto en 1900 (en italiano; con posteriores traducciones). La aceptación más amplia del cálculo tensorial se alcanzó con la introducción de la teoría de la relatividad general por parte de Einstein alrededor de 1915. La relatividad general se formula totalmente en el lenguaje de los tensores, que Einstein había aprendido del mismo Levi-Civita con gran dificultad. Pero los tensores se utilizan también dentro de otros campos por ejemplo la mecánica de medios continuos (véase tensor de tensiones o elasticidad lineal).

Díadas. Una díada es un objeto formado con dos vectores con cierta ordenación, para los vectores A y B, A B es una díada. Aunque algunas veces se usa la super-flecha con los vectores, es decir se une con una flecha de doble sentido. Productos Diádicos. Operación representada por dos vectores, en especial en del espacio, que es lo fundamental para lo que estamos estudiando: A B . Se puede operar con un vector

C tomando la posición de pre-factor o post-factor.





C. A B  C. A B



 



A B .C  A B .C  B .C A

Producto de tres vectores. En el espacio tomamos el vector A , y el vector unitario n , entonces tendremos que: A   n   n  A .





Podemos ver que al multiplicar escalarmente por n ,   n . A   Bases Ortogonales. Dada la base ortogonal a1 , a2 , a3 , donde a1  a2  a3 así tendremos que el vector A , se puede expresar como: A  A1a1  A2 a2  A3a3 la cual se puede simplificar en su notación, y escribiremos: A  A1a1  A2 a2  A3a3  Ai ai , i  1, 2,3. Representación de índices. Lo que hemos hecho es una representación de índices y hemos convenido lo que significa, lo cual será fructífero cuando trabajemos con gradientes, rotacionales, divergencias. Consecuencias. Producto escalar: A. B  ai . b j Ai B j , i, j  1, 2,3.

Demostración. A . B  a1 . a1j A1 B1  a1 . a2j A1 B2  a1 . a3j A1 B3  a2 . a1j A2 B1  a2 . a2j A2 B2  a2 . a3j A2 B3  a3 . a1j A3 B1  a3 . a2j A3 B2  a3 . a3j A1 B3 

Así tendremos que: A. B  A1 B1  A2 B2  A3 B3 .

Producto vectorial. A B  ai  b j Ai B j , i, j  1, 2,3.

Demostración. A  B  a1  a1 A1 B1  a1  a2 A1 B2  a1  a3 A1 B3  a2  a1 A2 B1  a2  a2 A2 B2  a2  a3 A3 B3  a3  a1 A3 B1  a3  a2 A3 B2  a3  a3 A3 B3

Efectuando los productos, tenemos:

A B  a3 A1 B2  a2 A1 B3  a3 A2 B1  a1 A2 B3  a2 A3 B1  a1 A3 B2   A2 B3  A3 B2  a1   A3 B1  A1 B3  a2   A1 B2  A2 B1  a3 Producto Diádico: A B  ai Ai B j b j , i, j  1, 2,3.

Delta de Kronacker Definimos el delta de Kronacker como:

1 , i  k ii . ik   ik     0 , i  k i j

Consecuencia: A. B  A B  i j ij

Símbolo de Levi-Civita: En matemáticas, y en particular en cálculo tensorial, se define el símbolo de LeviCivita, también llamado el símbolo de permutación, como sigue:

Símbolo de Levi-Civita

nombrado así por Tullio Levi-Civita. Se utiliza en muchas áreas de las matemáticas y en física. Por ejemplo, en álgebra lineal, el producto cruzado de dos vectores se puede escribir como: Consecuencia: A B  a A B  , i, j  1, 2,3. i j k ijk Demostración.

A B  a 1 a 1 a 1 a 2 a 2 a 2 a 3 a 3 a 3

A B  a A B  a A B   1 1 111 1 1 2 112 1 1 3 113 A B  a A B  a A B   2 1 121 1 2 2 122 1 2 3 123 A B  a A B  a A B   3 1 131 1 3 2 132 1 3 3 133 A B  a A B  a A B   1 1 211 2 1 2 212 1 1 3 213 A B  a A B  a A B   2 1 221 2 2 2 222 2 2 3 223 A B  a A B  a A B   3 1 231 2 3 2 232 2 3 3 233 A B  a A B  a A B   1 1 311 3 1 2 312 3 1 3 313 A B  a A B  a A B   2 1 321 3 2 2 322 3 2 3 323 A B  a A B  a A B   3 1 331 3 3 2 332 3 3 3 333

A B  a A B  a A B  a A B   1 2 3 123 1 3 2 132 1 1 3 213 a A B  a A B  a A B  2 3 1 231 3 1 2 312 3 2 1 321  a A B 1  a A B  1  a A B  1  1 2 3 1 3 2 1 1 3 a A B 1  a A B 1  a A B  1 2 3 1 3 1 2 3 2 1

A B   A B  A B  a   A B  A B  a   A B  A B  a  2 3 3 2 1  3 1 1 3 2  1 2 1 2 3

El tensor cuyas componentes son dadas por el símbolo de Levi-Civita (un tensor covariante de rango 3) a veces se llama el tensor de permutación. El símbolo de Levi-Civita se puede generalizar a dimensiones más altas:

Ver permutación par o grupo simétrico para una definición de 'permutación par' y de 'permutación impar'. Ejemplo de aplicación:     e  ue , i, j, k  1, 2,3. ij ij kk ij























 e e e  ue   e  e  e  ue 11 11 22 33 11 11 22 33 11



 e e e  ue  ue 12 11 22 33 12 12



 e e e  ue  ue 13 11 22 33 13 13

11

12

13

  

 

21

22

23

31

32



e e e  ue  ue 21 11 22 33 21 21

  

22

 e11  e22  e33   ue22    e11  e22  e33   ue22

23

 e11  e22  e33   ue23  ue23 



e e e  ue  ue 31 11 22 33 31 31



32

 e11  e22  e33   ue32  ue32



33



33

 e11  e22  e33   ue33    e11  e22  e33   ue33

Otro ejemplo. Desarrollar T  ai  i , i, j  1, 2,3. j j

T  a1 1  a1 1  a1 1  a2 2  a2 2  a2 2  a3 3  a3 3  a3 3 11 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3 T  a1  a 2  a3 1 2 3 Gradiente: f un campo escalar, expresemos convenientemente el gradiente .

f  f1 a1  f 2 a2  f3 a3  fi ai , i  1, 2,3. Laplaciano.

u  u  u  u  u , i  1, 2,3. 11 22 33 ii Divergencia.





Div f  f . ai , i  1, 2,3. i

Álgebra de díadas. Si tenemos los vectores A, B, C ,...., H y sea la díada A  A B  CD  EF  GH La díada A  ai Aij a j , i, j  1, 2,3. A  a1 A11 a1  a1 A12 a2  a1 A13 a3  a2 A21 a1  a2 A22 a2  a2 A23 a3  a3 A31 a1  a3 A32 a2  a3 A33 a3

La transpuesta de una díada. Dada la díada A , denotamos la transpuesta de la díada como A  a A a i ji j siempre que la díada A  a A a i ij j

Suma y resta de díadas.

A  a A a , B  a B a definimos: i ij j i ij j

A  B  a A a  a B a  a  A  B  a i ij j i ij j i  ij ij  j A  B  a A a  a B a  a  A  B  a i ij j i ij j i  ij ij  j Productos de díadas. 1. Díada por un escalar: mA 2. Producto escalar de vector y díada.

V . A V a . a A a k k i ij j

V . A V a . a A a  V a . a A a  V a . a A a  1 1 1 1j j 1 1 2 2 j j 1 1 3 3 j j V a . a A a V a . a A a V a .a A a  2 2 1 1j j 2 2 2 2j j 2 2 3 3j j V a . a A a V a . a A a V a .a A a 3 3 1 1j j 3 3 2 2 j j 3 3 3 3 j j

V . A V A a  V A a  V a . a A a  V A a 1 1 j j 2 2 j j 3 3 3 3 j j i ij j De igual manera: A.V  a A a . a V  a A V i ij j j j i ij j Ejercicios. 1. V . A  A . V . 2. A .V  V . A . Producto Vectorial vector –díada. V  A V a  a A a k k i ij j A V  a A a  V a i ij j k k

Yuxtaposición de vector –díada.

V A  a a a V A la dirección la da la díada. k i j k ij AV  a a a V A la dirección la da el vector. i j k k ij Producto escalar de díadas. Dadas las díadas A, B definimos el producto escalar de díadas como:

A. B  a A a . a B a i ij j k kl l Demostrar que: A . B  a A B a . i ij jl l



Ejercicio: A. B  A. B



Doble producto escalar.

A: B  a A a : a B a  a . a . a . a A B a i ij j k kl l i l j k ij kl l Doble producto de díadas





A B :C D  A . C B . D



Doble producto vectorial-díada.

A B  a  a a  a A B i l j k ij kl Díada unitaria. La díada unitaria I El factor identidad o díada unitaria I , se define por la relación I .V V . I  V , I  a a i i Demostración.

I .V  a a . a V i i j j

I .V  a a . a V  a a . a V  a a . a V  1 1 1 1 1 1 2 2 1 1 3 3 a a . a V a a . a V a a . a V  2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 3 3 a a . a V a a . a V a a . a V 3 3 1 1 3 3 2 2 3 3 3 3 I .V  a V  a V  a V 1 1 2 2 3 3 Traza de una díada. La traza de una díada A se representa por A y se define por el doble producto escalar de la díada A y la díada unitaria I .

A  A: I  A  A  A  A . ii 11 22 33 Vector rotación de una díada. El vector rotación de una díada se representa por A se define por el doble producto escalar- vectorial de la díada unitaria I y la díada A .

A  I . A  a a  . a A   a  a  a . a  A i i j jk  i j   i j  jk

          a2  a1  a2 . a1  A1k   a2  a2  a2 . a2  A2k   a2  a3  a2 . a3  A3k   a3  a1  a3 . a1  A1k   a3  a2  a3 . a2  A2k   a3  a3  a3 . a3  A3k

A  a a a . a A  a a a . a A  a a a . a A  1 1 1 1 1k 1 2 1 2 2k 1 3 1 3 3k

A a A  a A a A 2 3k 3 1k 1 2k

Demostrar que:

A B  A. B



AB  A B.

Reciproca de una díada. Se define la reciproca de una díada A , en caso exista una díada A1 tal que cumpla A1 . A  A. A1  I .

Para calcular A1 se expresa la díada en la forma: A  ai ci .

A a c a c a c 1 1 2 2 3 3



A1  c . c  c 1 2 3

  c3  c2  a1  c3  c1 a2  c1  c2  a3  1

La condición necesaria y suficiente para que A1 es que: c . c  c  0 . 1 2 3

Introducción a Tensores. Tensor esfuerzo en física.

Tm  F A

F fuerza, A área.

Formalmente :   lim F A0 A

 11  12  13  ij   21  22  23 9 componentes  31  32  33

Ejercicios del capítulo 7 1) Demostrar

 ijk  ist   js kt   ks jt Solución: Comenzamos la solución de la siguiente relación

 ir  is  it  ijk  rst   jr  js  jt  kr  ks  kt Para el índice i = r quedaría de la siguiente forma:

 ii  is  it  ijk  ist   ji  js  jt  ki  ks  kt

 ijk  ist  3( js kt   ks jt )  ( js kt   ks jt )  ( jt ks   kt js ) Usamos la propiedad de substitución del Delta de Kronecker y la convención de la suma, y logramos reducir a :

 ijk  ist   js kt   ks jt

2) Demostrar

 ij jk  3 Solución:

 ij jk  1 j jk   2 j jk   3 j jk

 ij jk  111k  12 2 k  13 3k   211k   22 2 k   23 3k   311k   32 2 k   33 3k

Pero sabemos que el delta de Kronecker esta definido como:

1, i  j  ij   0, i  j Entonces quedaría:

 ij jk  1k   2 k   3k  ij jk  11  12  13   21   22   23   31   32   33  ij jk  11   22   33

 ij jk  3 3) Demostrar

 ijk  ijk  6 Solución: De la expresión del ejercicio 1:

 ijk  ist   js kt   ks jt Solamente igualamos los índices j = s y k = t,

 ijk  ijk   jj kk   kj jk

 ijk  ijk  2 kk

 ijk  ijk  6

4) Demostrar

 ijk A j Ak  0 Solución:

 ijk Aj Ak  1 jk Aj Ak   2 jk Aj Ak   3 jk Aj Ak

 ijk Aj Ak  11k A1 Ak  12 k A2 Ak  13k A3 Ak   21k A1 Ak   22 k A2 Ak   23k A3 Ak   31k A1 Ak   32 k A2 Ak   33k A3 Ak Pero conocemos que el Símbolo de Levi-Civita esta definido como:

 ijk

ijk  123, 231,312  1,   1, ijk  321, 213,132  0, dos indices son iguales 

La expresión anterior de reduciría a:

 ijk Aj Ak  12 k A2 Ak  13k A3 Ak   21k A1 Ak   23k A3 Ak   31k A1 Ak   32 k A2 Ak

Se reduce nuevamente y solamente quedaría:

 ijk Aj Ak  123 A2 A3  132 A3 A2   213 A1 A3   231 A3 A1   312 A1 A2   321 A2 A1  ijk Aj Ak  A2 A3  A3 A2  A1 A3  A3 A1  A1 A2  A2 A1

 ijk A j Ak  0 5) Hallar

.(r 1r )  ? .(r 1r )  r 1.(r )  (r 1 ).r

.(r n )  nr n2 r

.(r 1r )  r 1 (3)  1r 3r .r .(r 1r )  3r 1  1r 3

ANGULO SOLIDO Como para toda definición matemática y su posible uso en otras ciencias, por ejemplo en la Física, es necesario entenderla lo mejor posible para así poder compren- der a profundidad todas aquellas cantidades en las cuales están involucradas. En el presente capítulo se tratará la definición matemática conocida como El àngulo Sólido, que tiene numerosas aplicaciones en el campo de la Física, algunas de las cuales serán abordadas más adelante. Esta definición suele ser tratada con poca generosidad en los textos en los cuales está involucrada. Definición

De la misma manera como se puede definir un ángulo plano como la relación entre la logitud del arco que se origina entre dos semirrectas que se interceptan y el radio de la circunferencia auxiliar usada, también existe una definición similar para un ángulo en tres dimensiones. Supóngase ahora que se tiene una superficie abierta Z en el espacio y un punto P externo a la misma. Entonces al trazar semirrectas que partan desde el punto P y toquen Z sin pasar a través de la misma (se pueden dibujar infinitas semirrectas), se genera un ángulo poliedro de infinitas caras, es decir, una superficie cónica como se muestra en la figura. De aquí en adelante a este ángulo poliedro se le dará el nombre de 𝐴𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑆ó𝑙𝑖𝑑𝑜∗, siendo el subtendido por Z con respecto al punto P.

78

Siguiendo operaciones semejantes a las del caso plano, si se dibuja una esfera auxiliar de radio R con centro en el punto P, ésta intercepta a la superficie cónica generando un sector esférico de superficie S como se muestra. La superficie S así obtenida y Z son homotéticas .La cantidad K ahora tiene un significado particular pues es la medida del ángulo sólido antes mencionado. 𝐴𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑆ó𝑙𝑖𝑑𝑜 =

𝑆𝑢𝑝𝑒𝑟𝑖𝑐𝑖𝑒 𝑑𝑒𝑙 𝑠𝑒𝑐𝑡𝑜𝑟 𝑒𝑠𝑓𝑒𝑟𝑖𝑐𝑜 𝑐𝑜𝑟𝑡𝑎𝑑𝑜 𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒 𝑙𝑎 𝑒𝑠𝑓𝑒𝑟𝑎 𝑎𝑢𝑥𝑖𝑙𝑖𝑎𝑟 𝑅𝑎𝑑𝑖𝑜 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑒𝑠𝑓𝑒𝑟𝑎 𝑎𝑢𝑥𝑖𝑙𝑖𝑎𝑟

→𝛺=

𝑆 𝑅2

… (1)

En realidad a todos los ángulos poliedros se les denominan ángulos sólidos. En otras palabras se le resuira así :

El ángulo sólido es un concepto geométrico que da una idea cuantitativa de la apertura con que se ve desde un punto una superficie determinada. Puede considerarse como el análogo tridimensional de lo que representa un ángulo en el plano, de allí su nombre.

El ángulo sólido permite especificar el rango de direcciones en el espacio que pueden ser tomadas desde un punto del mismo hasta una superficie dada.

79

El ángulo sólido es el ángulo espacial que abarca un objeto visto desde un punto dado, que se corresponde con la zona del espacio limitada por una superficie cónica. Mide el tamaño aparente de ese objeto.

En referencia a la figura anterior, el ángulo sólido también se puede en- tender como la superficie mínima de un obstáculo situado sobre la esfera de radio unidad dispuesto de tal manera que un foco luminoso puntual situado en P no ilumine ningún punto de la superficie S.

En términos simples, el ángulo sólido es la fracción de la superficie de una esfera que cubre un objeto en particular cuando es visto por un observador situado en el centro de la misma.

Unidades de ángulo sólido También el número real 𝛺 es adimensional al igual que α pero, debido a que sirve para identificar un ángulo sólido, el Sistema Internacional de Unidades le atribuye la unidad Estereoradián*, el cual se simboliza como 𝑠𝑟. De forma análoga a la definición de 1 radián,

Un estereorradián (𝑠𝑟) es el ángulo sólido subtendido por un cuerpo con respecto al centro de una esfera auxiliar de radio R, de manera que el área interceptada por el cono sobre la superficie de la misma vale RX, es decir, como se muestra en la figura 2.3a.

80

Esta unidad derivada del Sistema Internacional de Unidades (conocido por las siglas SI) no proviene del nombre propio de una persona, por lo cual su nombre (estereor- radián) y su símbolo (𝑠𝑟), se escriben con minúscula salvo en el caso de que inicie una frase o un título. Es fácil deducir, que una esfera completa abarcará un ángulo sólido.

𝛺=

4𝜋𝑅 2 𝑅2

= 4𝜋 𝑠𝑟

Al igual que se pueden convertir radianes a grados, también puede convertir de estereorradianes a “grados cuadrados”. Si se tiene un cuadrado sobre la superficie de una esfera cuyos lados son arcos 𝑠 de circunferencia correspondientes cada uno a un ángulo plano α, ,entonces la superficie S del cuadrado viene dada por, 𝑆 = 𝑠2 entonces al sustituir aquí para 𝑠 resulta 𝑆 = 𝑅2𝛼 2 Al sustituir este resultado en … (1) Se obtiene el angulo solido Ω=𝛼 2 radianes cuadrados que relaciona el radián con el estereorradián. De aquí se deduce que, 1𝑠𝑟 = 1𝑟𝑎𝑑2

Al igual que para los ángulos planos, se puede hablar de orientación

81

con respecto a los ángulos sólidos. Por convenio, se dice que el ángulo sólido es positivo si desde el punto P se divisa la cara negativa (cóncava) de la superficie que subtiende el mismo. El ángulo sólido será negativo si desde P se divisa la cara positiva (convexa) de la superficie. Expresión diferencial e integral del Angulo Sólido Supongase ahora que ahora se tiene una supericie plana muy pequeña 𝑑𝑆⃗ perpendicular a ella, que está situada a una distancia R de un punto fijo P y que está posicionada mediante el vector, 𝑅⃗⃗ = 𝑅𝑅̂ con respecto al mismo. El vector 𝑅̂ es un vector unitario en la dirección de 𝑅⃗⃗ ,es decir 𝑅⃗⃗ 𝑅̂ = 𝑹 Gráficamente, igual que antes, el ángulo sólido subtendido por dS con respecto al punto P se obtiene al trazar semirrectas desde este punto tocando 𝑑𝑆 sin pasar por su interior. De esta manera se obtiene una superficie cónica cuya abertura interior representa el ángulo sólido buscado, superficie que suele llamársele cono elemental, por ser 𝑑𝑆 una superficie elemental o diferencial. Por la misma razón, el ángulo sólido subtendido es también elemental o diferencial y será denotado como 𝑑𝛺.

82

Para encontrar el valor numérico de 𝑑𝛺 es necesario usar la definición general y, como ya se sabe de la seción antes mencionada, debe emplearse el procedimiento representado en la figura. Es decir, se dibuja una esfera unitaria auxiliar con centro en P , sobre la cual el cono intercepta una superficie 𝑑𝑆 ′′ y otra esfera con centro en el mismo punto pero con radio igual a la distancia R entre P y 𝑑𝑆, sobre la cual el cono intercepta una superficie 𝑑𝑆′. Estas dos superficies son homotéticas, siendo la segunda numérica- mente igual al ángulo sólido buscado y la primera, aquella que debe ser sustituida . Entonces, 𝑑𝛺 =

𝑑𝑆 ′ 𝑅2

Ahora para encontrar 𝑑𝛺 es necesario conocer el valor de 𝑑𝑆′, que (al igual que 𝑑𝑆′′) es un sector esférico diferencial. Obviamente,𝑅⃗⃗ es un vector normal al mismo. Es posible aproximar, como se muestra en la figura 2.6, el valor de la superficie de

𝑑𝑆 ′ ≈ 𝑑𝑆𝑝 En general la superficie 𝑑𝑆 formará un angulo σ≠0 con 𝑅⃗⃗ y por lo tanto,con la 𝑑𝑆𝑝 . Entonces ⃗⃗ = 𝑅⃗⃗ . 𝑑𝑆⃗ = 𝑐𝑜𝑠𝜎𝑑𝑆 ̂ . 𝑑𝑆 𝑑𝑆𝑝 ≈ 𝑅 𝑅

De manera que en vista de este resultado la expresión del angulosolido puede ser expresada de las siguientes formas:

83

𝑑𝛺 ≈

𝑑𝑆 ′ 𝑅2

=

𝑅̂.𝑑𝑆⃗ 𝑅2 ⃗⃗ .𝑑𝑆⃗ 𝑅 𝑅3 𝑐𝑜𝑠𝜎 𝑑𝑆 𝑅2

Siendo la expresión integral buscada y que puede tomarse como definición formal del ángulo solido bajo el cual se ve la superficie S desde un punto de referencia P. Aquí 𝑅⃗⃗ es cada vector con origen en P y extremo en un punto de cada 𝑑𝑆.

En el caso de que el punto P no se encuentre en el origen del sistema de coordenadas escogido sino que se encuentra a una posición ⃗⃗⃗⃗ 𝑟0 de este, el ángulo solido vendrá expresado así 𝛺(𝑟⃗⃗⃗⃗, 0 𝑆) = ∫𝑠

(𝑟⃗ − ⃗⃗⃗⃗). 𝑟0 𝑑𝑆⃗(𝑟⃗) |𝑟⃗ − ⃗⃗⃗⃗| 𝑟0 3

En función del vector 𝑅⃗⃗ = 𝑟⃗ − ⃗⃗⃗⃗ 𝑟0 se puede escribir como 𝛺 = ∫𝑠

El factor

𝑅̂ . 𝑑𝑆⃗ 𝑅2

1 𝑅2

en el integrando anterior permite relacionar a la superficie proyectada 𝑅̂ . 𝑑𝑆⃗ con una supericie definida en la esfera de radio unidad(esfera auxiliar) mediante una homotecia con centro en ⃗⃗⃗⃗ 𝑟0 ;es decir,con centro en el centro de la mencionada esfera.

84

Propiedades del Angulo Solido Propiedad 1

Cualquiera que sea el tamaño de la esfera auxiliar, el ángulo sólido K subtendido por una superficie abierta S con respecto a un punto P y, por ende la relación, se mantendrá constante si se mantiene también costante la distancia entre ambos. Esta propiedad es debida a la homotecia vista en la sección. Al igual como ocurre con los ángulos planos, si con centro en el punto P de la figura se traza una esfera auxiliar de radio 𝑅1 , se obtiene una superficie 𝑆1 de manera que su cociente da como resultado la medida del ángulo sólido Ω subtendido por el rectángulo con respecto a dicho punto. Si para la misma disposición se traza una nueva esfera auxiliar de radio 𝑅2 con centro en P se obtiene una superficie 𝑆2 dando su cociente como resultado la misma medida Ω y así sucesivamente;es decir, Ω=

𝑆1 𝑆 𝑆 𝑆 = 22 = 32 = ⋯ = 𝑛2 2 𝑅1 𝑅2 𝑅3 𝑅𝑛

Propiedad 2

El ángulo sólido Ω subtendido por una superficie abierta S con respecto a un punto P , es igual a la superficie que resulta sobre la superficie de una esfera unitaria centrada en P , debido a la intersección de las líneas rectas que van desde P (que en conjunto forman un cono) hasta el perímetro de S.

85

En esta figura S es una superficie abierta cuyo ángulo sólido subtendido con respecto a P se desea calcular. Para hacer esto, como ya se vio antes, se posiciona una esfera auxiliar de radio R de tal manera que su centro coincida con P y luego se trazan líneas rectas desde P hasta el perímetro C de S, generándose así un cono con vértice en el mencionado punto. La intersección de las líneas rectas con la superficie de la esfera origina el perímetro 𝐶1 que da forma a la superficie 𝑆1 sobre la superficie de la misma. La superficie S3 (representada por la zona con entramado) es la formada por la superficie S1 más la superficie S2 de la pared del cono que se encuentra entre el perímetro C1 de S1 y el perímetro C de S, es decir 𝑆3 = 𝑆1 + 𝑆2

Las superficies S y S3 poseen el mismo perímetro C con respecto a P , así mediante la propiedad anterior es posible escribir que, 𝛺𝑆 = 𝛺𝑆3 Entonces de estos resultados se puede escribir

𝛺𝑆 = 𝛺𝑆1 El angulo solido 𝛺𝑆1 se obtiene a partir de la definición del angulo solido como

𝛺𝑆1 = ∫𝑠1

⃗⃗⃗⃗1 𝑟⃗. 𝑑𝑆 𝑟3

Pero aquí r=R por estar 𝑑𝑆1 sobre la esfera auxiliar.Supongase ahora que la esfera es unitaria ;es decir,R=1.Entonces 𝑟⃗ es un vector unitario para 𝑆1 perpendicular a 𝑑𝑆1 y por ende paralelo a 𝑑𝑆1 .Por lo tanto

𝑑𝑆1 =

⃗⃗⃗⃗1 𝑟⃗. 𝑑𝑆

Resultado a partir que

O,

𝑟3

𝛺𝑆1 = ∫𝑠1 𝑑𝑆⃗⃗⃗⃗1 𝛺𝑆1=𝑆1

86

Finalmente al sustituir el resultado se obtiene

𝛺𝑆=𝑆1 Por el resultado anterior se puede decir que

Se define el Angulo Sólido bajo el cual se ve una superficie desde el punto P como el área de la proyección cónica de dicha superficie sobre una esfera de radio unidad centrada en P .

Propiedad 3

Dado un cono correspondiente a un ángulo sólido K subtendido con respecto a un punto dado P , todas las superficies abiertas que estén inscritas en él subtenderán el mismo ángulo sólido K con respecto a dicho punto. En la figura , las superficies abiertas S1, S2, S3,.. . , Sn tienen todas curvas perimetrales inscritas en un cono común que tiene vértice en P , por lo que todas subtenderán un mismo ángulo sólido K con respecto a dicho punto. Es decir, ΩS1 = ΩS2 = ΩS3 = · · · = ΩSn

87

Propiedad 4 Si se tiene una superficie abierta S que genera un cono con vértice en P , subtendiendo así un ángulo sólido Ω respecto al mismo, entonces toda superficie abierta S1 que resulte de la intersección de una superficie abierta S2 con dicho cono y de tal manera que quede inscrita éste, subtenderá el mismo ángulo sólido que S con respecto al mismo punto.

Lo anterior se representa gráficamente en la figura 2.11a, para el caso en que la intersección se dé entre P y la superficie S y en la figura 2.11b, para el caso en que la intersección se dé más allá de S. Como la superficie S1 resultante de la intersección está inscrita en el cono generado por S con respecto a P , entonces por la propiedad 3 resulta que, ΩS = ΩS 1

Propiedad 5 Los ángulos sólidos subtendidos por dos superficies S1 y S2, que comparten el mismo perímetro C con respecto a un punto P externo a ambas, subtienden ángulos sólidos iguales y opuestos en signo respecto a dicho punto.

88

Considérese la figura 2.12. En dicha figura se muestran dos superficies S1 y S2 que poseen el mismo perímetro C con respecto al punto P y que juntas forman la superficie cerrada S. El perímetro C está determinado por todos los puntos de tangencia de la superficie cónica sobre la superficie cerrada S.

⃗⃗⃗⃗1 , apunta En el caso de la superficie 𝑆1 , su diferencial de superficie 𝑑𝑆 ⃗⃗⃗⃗2 hacia adentro de S y en el caso de 𝑆2 ,su diferencial de superficie 𝑑𝑆 apunta hacia afuera de la misma.Si el diferencial de superficie 𝑑𝑆⃗ de S es definido de tal manera que apunte siempre hacia afuera de la misma entonces el angulo solido total Ω vendrá dado por ,

Ω=∫𝑠

𝑟⃗.𝑑𝑆⃗ 𝑟3

= ∫𝑠1

⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑟⃗.𝑑𝑆 1 𝑟3

+ ∫𝑠2

⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑟⃗.𝑑𝑆 2 𝑟3

Donde se ha usado la definición de angulo solido .Pero a partir del teorema de la divergencia de Gauss

∫𝑠

𝑟⃗.𝑑𝑆⃗ 𝑟3

𝑟⃗

= ∫𝑣 𝛻⃗⃗ . 𝑟 3 𝑑𝑉

Donde V es el volumen encerrado por S con P fuera del mismo.Para resolver la integral de la derecga ,se desarrollará primero su integrando.En efecto

𝛻⃗⃗ .

𝑟⃗ 𝜕 𝑟⃗ 𝜕 𝑟⃗ 𝜕 𝑟⃗ = 𝑒̂𝑥 . 3 + 𝑒̂𝑦 . 3 + 𝑒̂𝑧 . 3 𝑟3 𝜕𝑥 𝑟 𝜕𝑦 𝑟 𝜕𝑧 𝑟

89

Puesto que

𝜕 𝜕 𝜕 + 𝑒̂𝑦 + 𝑒̂𝑧 𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝜕𝑧 𝑥𝑒̂𝑥 + 𝑦𝑒̂𝑦 + 𝑧𝑒̂𝑧 𝑟⃗ = 𝑟 3 (𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 )3/2

𝛻⃗⃗ = 𝑒̂𝑥

Ya que 𝑟⃗ = 𝑥𝑒̂𝑥 + 𝑦𝑒̂𝑦 + 𝑧𝑒̂𝑧 𝑟2 = 𝑥 2 + 𝑦2 + 𝑧2 Reemplazando 𝛻⃗⃗.

𝑟⃗ 𝜕 = ( 3 𝑟 𝜕𝑥 𝛻⃗⃗.

𝑥 (𝑥 2 + 𝑦 2 +

3) 2 𝑧 )2

+

𝜕 𝑦 𝜕 𝑧 ( )+ ( 2 ) 3 2 𝜕𝑦 𝜕𝑧 (𝑥 + 𝑦 + 𝑧 2 )3/2 2 2 2 2 (𝑥 + 𝑦 + 𝑧 )

𝑟⃗ −2𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 𝑥 2 − 2𝑦 2 + 𝑧 2 𝑥 2 + 𝑦 2 − 2𝑧 2 = + + 3 3 3 𝑟3 (𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 )2 (𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 )2 (𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 )2

𝑟⃗ 𝛻⃗⃗. 𝑟 3 = 0

Reemplazando se obtiene

Ω=∫𝑠

𝑟⃗.𝑑𝑆⃗ 𝑟3

=0

Al reemplazar este valor en la ecuación original se llega a

∫𝑠1

⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑟⃗.𝑑𝑆 1 𝑟3

+ ∫𝑠2

⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑟⃗.𝑑𝑆 2 𝑟3

=0 Ω1 = −Ω2

Propiedad 6 El ángulo sólido Ω subtendido por una superficie cerrada S con respecto a un punto P externo a la misma, es nulo.

90

Esta propiedad es consecuencia de la propiedad 5 y está demostrada por la expresión (2.30). La situación descrita se muestra en la figura 2.13, donde la curva perimetral C está formada por todos los puntos tangentes sobre S de las semirrectas que parten de P y pasan por los bordes de la misma. Nótese que, nuevamente, se tiene la situación representada en la figura (2.12) por lo que,

Ω𝑠 = 0

PROPIEDAD 7

El ángulo sólido Ω subtendido por una superficie cerrada S con respecto a un punto P interno a la misma es 4𝜋 𝑠𝑟.

Se tiene una superficie cerrada S como la mostrada en la figura 2.14a y se desea cal- cular el ángulo sólido Ω por ella subtendido con respecto al punto P que se encuentra en su interior.

Procediendo de la forma ya descrita, se dibuja una esfera unitaria (R = 1) auxiliar en su interior con centro en P y se procede a proyectar S sobre la superficie de la misma, como se muestra en la figura 2.14b. Obviamente esta proyección da como resultado toda la superficie Sfi de la esfera auxiliar. Estonces por la propiedad 5 se tiene que

91

𝛺𝑠 = 𝑆1 Pero 𝑆1 = 4𝜋𝑅 = 4𝜋 Por ser unitaria .Entonces al sustituir este resultado se obtiene finalmente 𝛺 = 4𝜋 𝑠𝑟 Propiedad 8 Si se tienen dos conos opuestos por su vértice P , los ángulos sólidos 𝛺 a los que corresponden ambos son iguales.

A partir de la imagen se llega a la conclusión 𝛺1 = 𝛺2

92

Problemas del capitulo 9 1. Calcule la medida del ángulo solido subtendido por una placa rectangular, con respecto a un punto P situado directamente sobre una perpendicular trazada en uno de sus vértices y cuya distancia es d, y las longitudes de la placa rectangular son a y b SOLUCION: 𝑟⃗. 𝑑𝐴̅ 𝑑Ω = 3 𝑟 𝑏

𝑎

Ω=∫ ∫ 0

(𝑥, 𝑦, 𝑑)(0,0,1)𝑑𝑥𝑑𝑦 √𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑑2

0 𝑏

Ω = ad ∫ 𝑎

3

𝑑𝑦 (𝑦 2 + 𝑑2 )√𝑦 2 + 𝑎2 + 𝑑2

Ω = arctan [

𝑎𝑏 𝑑√𝑎2 +𝑏 2 + ℎ2

]

2. Hallar el angulo solido subtendido por un disco con respecto a un punto que se encuentra en su eje de simetría. Solucion :

Utilizando coordenadas cilíndricas Con la finalidad de calcular 𝛺, se recubrirá toda 𝑠 mediante una serie de coronas circulares concéntricas como se muestra en la imagen anterior. El radio interno de cada una de las superficies es 𝑟 y el radio externo es 𝑟 + 𝑑𝑟, de manera que la superficie de cada corona circular viene dada por: 𝑑𝑆 = 𝜋(𝑟 + 𝑑𝑟)2 − 𝜋𝑟 2 = 2𝜋𝑟𝑑𝑟 Donde se ha despreciado el termino de segundo orden de 𝑑𝑟′ ya que este es infinitesimalmente pequeño .Es fácil determinar a partir del triangulo ∆𝐴𝑃𝐶 que cada punto sobre la corona circular está a una distancia de P dada por, 𝑅 = √ℎ2 + 𝑟 2 Y además 𝑐𝑜𝑠𝜎 =

ℎ 𝑅

Entonces a partir de 𝛺=∫ 𝑆 𝑏

𝛺 = 2𝜋ℎ ∫ 0

𝑐𝑜𝑠𝜎 𝑑𝑆 𝑅2 𝑟𝑑𝑟

3⁄ 𝑑𝑆 2

(ℎ2 + 𝑟 2 )

Al integrar queda de la siguiente forma 𝛺 = 2𝜋(1 −

ℎ √ℎ2 + 𝑟 2

)

3. Hallar el angulo subtendido por una de las caras de un cubo con respecto a un punto situado en el centro del mismo. Solucion:

Dado que 𝛺=

𝑐𝑜𝑠𝜎 ∫𝑆 𝑅2 𝑑𝑆

… (1)

Si utilizamos coordenadas cartesianas, se cumple con la siguiente expresión 𝑙

𝑐𝑜𝑠𝜎 = 2𝑅 … (2)

𝑙

𝑅 2 = 𝑥 2 + 𝑦 2 + (2)2 … (3) Al sustituir primero (2 y después (3) en (1) 𝑙 1 𝛺= ∫ 𝑑𝑆 2 𝑆 (𝑥 2 + 𝑦 2 + ( 𝑙 )2 )3⁄2 2

Pero en coordenadas cartesianas 𝑑𝑆 = 𝑑𝑥𝑑𝑦 Entonces

𝑙

𝑙

𝑙 2 2 1 ∫ ∫ 𝑑𝑥𝑑𝑦 2 −𝑙 −𝑙 (𝑥 2 + 𝑦 2 + ( 𝑙 )2 )3⁄2 2 2 2 Primero se realizara la integración con respecto a “y” y luego para poder integrar respecto a “x” se utilizara la siguiente propiedad ∫

Con 𝐴2 =𝑥 2 +

𝑙2 4

𝑑𝑥 (𝑥 2 +

=±

3 𝐴2 ) ⁄2

𝑥 1⁄ 2

𝐴2 (𝑥 2 + 𝐴2 )

resulta, 𝑙

𝑙2 2 𝛺= ∫ 2 −𝑙 2

1 (𝑥 2

𝑙 2 𝑙2 + (2) )√𝑥 2 + 2

𝑑𝑥

Si ahora se utiliza la siguiente propiedad ∫

Con 𝐵2 =

𝑙2 4

𝑑𝑥 (𝑥 2

+

𝑦 𝐴2 =

𝑙2 2

𝐵2 )√𝑥 2 +𝐴2

=

1 𝐵√𝐴2

−

𝐵2

tan−1

𝑥√𝐴2 −𝐵2 𝐵√𝑥 2 −𝐴2

resulta , 𝑙 2

𝛺 = 2 tan−1

𝑥 2 √𝑥 2 + 𝑙 2

Por lo tanto 𝛺=

2𝜋 𝑠𝑟 3

|| −𝑙 2

, 𝑠𝑖 𝐴2 > 𝐵2

Solucionario de primera practica calificada Alberto Andre Tellez Lopez 20151376D 02/09/2016

1. Una curva con funciones de torsion y curvatura no nulas en cada punto es de Bertand si y solo si existe una relacion lineal entre dichas funciones.

SOLUCION ~ Sea B(s1)

la

curva

de

Bertrand

~ ~ ~ (s) tenemos B(s1) = A(s) + λ(s)N tangentes es constante (θ) asi que :

que

~ ds ~ T~ (s1) • T~ (s) = dB(s1) ds ds1 • T (s) = h i ds ~ (s) + λ(s)τ (s)B(s) ~ (1 − λ(s)k(s)) T • T~ (s) ds1 ds ds1

~ a A(s) tal

asociada el

angulo

que

entre

sus

= cos θ = cte

[1 − λ(s)k(s)] = cos θ

P or otra

parte

|sin θ| = T~ (s1) × T~ (s) =

ds ds1

h i ~ (1 − λ(s)k(s))T~ (s) + λ(s)τ (s)B(s) × T~ (s)

ds |sin θ| = ds1 λ(s)τ (s) = cte Llamando

cte =

A λ(s)

=

1−λ(s)k(s λ(s)τ (s)

−→

λ(s)k(s) + Aτ (s) = 1

2. Una curva regular ς esta definida por : y=f(x);z=g(s) Determine la ecuacion de la curvatura de ς.

SOLUCION ~ = (0, f 00(x), g00(x)) Hacemos ~r = (x, f (x), g(x)) r~0 = (1, f 0(x), g0(x)) r00

1

vectores

Sea

la

curvatura

k=

~| |r~0×r00 3 ~ r 0 | |

~ = (f 0(x)g00(x) − f 00(x)g0(x), −g00(x), f 00(x)) r~0 × r00 q r~0 × r00 ~ = 2 (f 00(x))2 .((g0(x))2 + 1) − 2f 0(x)g00(x)f 00(x)g0(x) + (g00(x))2 .((f 0(x))2 + 1) q r~0 = 2 1 + (f 0(x))2 + (g0(x))2 √ 2 ~| |r~0×r00 (f 00(x))2 .((g0(x))2 +1)−2f 0(x)g00(x)f 00(x)g0(x)+(g00(x))2 .((f 0(x))2 +1) k= = 3 3 |r~0| (1+(f 0(x))2 +(g0(x))2 ) 2

3. Sea ~γ : I −→ S 2 una curva alabeada regular parametrizada naturalmente esferica con parametro natural σ. Se define la curva ~γ segun: ~γ (σ) = a

Rσ

γ (τ )dτ σ0 ~

+ a cot (θ)

Rσ σ0

~s(τ )dτ + ~c

donde a y θ son constantes reales y ~c es una constante vectorial. Entonces, en estas condiciones, la curva ~γ es de Bertrand.

SOLUCION P robaremos el resultado calculando las f unciones de curvatura y torsion de la curva ~γ y comprobando que existe una relacion de dependencia lineal entre ambas. q 2

q = a(γ + cot (θ)s) −→ γ~0 = a2 + (a cot θ)2 = (sina θ)2 ~ = aγ˙ + a cot (θ)s˙ = a(1 − cot (θ)kg )t γ00 ~ = −a cot (θ)k˙g t γ000 ~ = γ~0 × γ00

+

a(1 − cot (θ)kg )(−γ + kg s)

a2 (1 − cot (θ)kg )s + (a cot θ)2 (cot θ − 1)γ



γ~0 × γ00 ~ 2 = a4 (1 − cot (θ)kg )2 (1 + (cot θ)2 ) =

3

γ~0 =

εa3 (sin θ)3

donde

ε = ±1

2

a4 (1−cot (θ)kg )2 (sin θ)2

a 0 a cot θ  ~ γ000 ~ = 0 a(1 − cot (θ)kg ) 0 γ~0, γ00, −a(1 − cot (θ)kg ) −a cot (θ)kg a(1 − cot (θ)kg ))kg = a3 (1 − cot (θ)kg )2 kg + a3 (1 − cot (θ)kg )2 cot θ = a3 (1 − cot (θ)kg )2 (kg + cot (θ)) Aplicando ahora las f ormulas para de cualquier parametro, se tienen;

la

curvatura

y

la

torsion

en

f uncion

a(ε~k+cot θ~τ ) = 1 y

por

tanto

~ γ00 ~ k (sin θ)2 (1−kg cot (θ)) ~k = kγ0× =ε 3 a ~k kγ0

~τ = De ~γ

~ γ00, ~ γ000 ~ } {γ0, 2 = ~ ~ γ0× γ00 k k

las es

(senθ)2 (kg +cot (θ)) a

expresiones

una

curva

anteriores

de

se

sigue

que

Bertrand.

4. Determine la ecuacion vectorial de la involuta de la curva regular ς denominada Catenaria.

SOLUCION

Sea

la

ecuacion

vectorial

de

la

3

Catenaria ~r = (x, a cosh ( xa ), 0).

r~0 = (1, sinh ( xa ), 0)

;

La

la

s= T~ = La

ecuacion

de

q r~0 = 2 1 + (sinh ( x ))2 = cosh ( x ) a a ~ = r(s) ~ + (C − s)T ~(s) R(s1)

involuta

R R r~0 dx = cosh x dx = a sinh ( x ) a a r~0 |r~0|

sinh ( x )

= ( cosh1( x ) , cosh ( ax ) , 0) a

involuta

a

sera

~ = (x, a cosh ( x ), 0) R(x1) a

+

sinh ( x )

[C − a sinh ( xa )]( cosh1( x ) , cosh ( ax ) , 0) a

a

5. Determine la ecuacion del plano normal a la curva de interseccion de las superficies S1 : x2 + y 2 + z 2 = 3; S2 : 9x2 + 4y 2 − 13z 2 = 0; en el punto (1;1;1).

SOLUCION r~0 = (1, f 0(x), g0(x)).

Hacemos ~r = (x, f (x), g(x)) y Derivamos

implicitamente

S1 :

x + yy0 + zz0 = 0

Derivamos

implicitamente

S2 :

9x + 4yy0 − 13zz0 = 0

Ahora

reemplazamos ~r = (1, 1, 1) T~ =

r~0 |r~0|

√

y

P lano

(P − ~r) • T~ = 0 √

resolvemos √

las

ecuaciones

√

798 = ( 17798798 , −11399798 , 5 798 )

5 r~0 = (1, −22 17 , 17 )

normal

y

√

√

798 ((x, y, z) − (1, 1, 1)) • ( 17798798 , −11399798 , 5 798 )=0

6. Sea la curva regular ς : (x − 2)2 + y 2 − 2 = 0 y la recta L variable que pasa por el origen de coordenadas O. en al recta L se ubica P tal que ς : (x − 2)2 + y 2 − 2 = 0, siendo M y N la interseccion de L con la curva regular ς . Determine la ecuacion vectorial del lugar geometrico que describe el punto P.

4

y

obtenemos

SOLUCION

Sea ~r = (l cos (t), l sin (t)) debemos P or

teorema

de

expresar

l

en

f uncion

de

t.

senos :

√ 2

2 sin (θ) = 2 sin (t) q 2 1 − 2(sin (t))2 = cos (θ) En

el

triangulo

NMO : √ √ q 2 l = 2 cos (θ) −→ l = 2 2 2 1 − 2(sin (t))2 entonces 2 √ q √ q ~r = (2 2 2 1 − 2(sin (t))2 cos (t), 2 2 2 1 − 2(sin (t))2 sin (t)) $ 7. Determine la aceleracion normal y tangencial en el punto (1,1,1) de la curva x2 + y + z = 3 ; x + 2y + z 3 = 4.

SOLUCION ~ = (0, f 00(x), g00(x)) Hacemos ~r = (x, f (x), g(x)) r~0 = (1, f 0(x), g0(x)) r00 Derivamos

implicitamente

S1 :

Derivamos

implicitamente

S2 :

2x + y0 + z0 = 0 =⇒ 2 + y00 + z00 = 0

5

1 + 2y0 + 3z 2 z0 = 0 =⇒ 2y00 + 6zz02 + 3z 2 z00 = 0 Ahora

reemplazamos ~r = (1, 1, 1)

r~0 = (1, −5, 3)

y

~ = N

r~0

|r~0|

=(

~ T~ )T~ (r00• y 2 |T~ | √ √ √ 2 35 − 2 35 3 2 35 35 , 7 , 35 )

~ (r~0×r00)× r~0 ~ r~0| |(r~0×r00)×

resolvemos

las

ecuaciones

~ = (0, 48, −50) r00

~ = atang ~ = P roy T~ r00 T~ =

y

√ 2

~ = anor ~ = P roy N~ r00

√ 2

~ )N ~ ~ N (r00• 2 ~ N | |

√ 2

5614 −27 5614 −29 5614 = ( 395614 , 5614 , 2807 )

390 −234 atang ~ = ( −78 7 , 7 , 7 )

y

−54 −116 anor ~ = ( 78 7 , 7 , 7 )

8. Demuestre la formula para la binormal a una curva regular de clase C 2 en el dominio de su representacion parametrica.

SOLUCION Sea T~ =

r~0 |r~0|

y

l=

R r~0 dt −→ l0 = r~0

r~0 = l0T~

~ = l0T~ 0 + l00T~ pero; derivamos r00 ~ = T~ 0 −→ T~ 0 = T~ 0 N ~ N |T~ 0| ~ + l00T~ ahora multiplicamos ~ = l0 T~ 0 N r00 ~ + l00T~ ) = l02 T~ 0 T~ × N ~ ~ = l0T~ × (l0 T~ 0 N r~0 × r00 ~ ~ = l02 T~ 0 T~ × N T omamos modulo r~0 × r00 ~ ~ = 1 y T~ × N ~ =B ~ T × N ~ = B

~ r~0×r00 l02 |T~ 0|

=

~ r~0×r00 ~| |r~0×r00

.

6

y

obtenemos

Solucionario prueba de entrada Alberto Andre Tellez Lopez 20151376D 02/09/2016

1. Halle las trayectorias ortogonales de todas la circunferencias que pasan por el origen de coordenadas y cuyo centro esta en la recta y=x.

SOLUCION Sea la ecuacion de la circunferencia: (x − h) + (y − k) = r2 . Pero se sabe que (h,k) pertenece a la recta y=x. Entonces h=k. El origen (0,0) pertenece a la circunferencia asi que reemplazamos y resolvemos. √ h = k = 22r Parametrisamos√la ecuacion √ 2r 2r x = r cos t + ; y = r sin t + 2 2 √

→ − r = (r cos t + → − R

Siendo

→ − R = (−r sin t

√

2r 2 , r sin t

ortogonal

2r 2 )

+

− a → r √

√

2r 2 , r cos t

−

3. Demuestre

R1 0

+

q

xp (ln x1 ) dx =

2r 2 )

Γ(q+1) (p+1)q+1

p, q

> −1.

SOLUCION I= Sea

R1 0

q

xp (ln x1 ) dx =

ln (x) = −a

Cuando

x → 0;

Γ(q+1) (p+1)q+1

−→

x = e−a

a→∞ y

;

cuando

1

ln x1 = a x → 1;

;

dx = −e−a da

a→0

Remplazamos R0

∞e

−ap (a)q

0

y

R∞ 0

(q+1)−1

la

e−a(p+1) (a)(q+1)−1 da

dividimos

e−a(p+1) (a(p+a)) (p+1)q

Conociendo I=

I:

− e−a da =

M ultiplicamos R∞

en

(p + 1)q+1

por

da(p+1) (p+1)

f uncion

Gamma

Γ(q+1) (p+1)q+1

4.Diagonalizar la forma cuadratica q : R3 −→ R dada por q(x1 , x2 , x3 ) = x21 − x22 + 7x23 + 2x1 x2 + 4x1 x3 + 8x2 x3 .

SOLUCION q(x1 , x2 , x3 ) = x21 + x1 (2x2 + 4x3 ) − x22 + 8x2 x3 + 7x23 q(x1 , x2 , x3 ) = (x1 + x2 + 2x3 )2 −

(2x2 +4x3 )2 4

− x22 + 8x2 x3 + 7x23

q(x1 , x2 , x3 ) = (x1 + x2 + 2x3 )2 − 2x22 + 4x2 x3 + 3x23 Y

descomponemos

− 2x22 + 4x2 x3 + 3x23

− 2x22 + 4x2 x3 + 3x23 = −2x22 + x2 (4x3 ) + 3x23 − 2x22 + 4x2 x3 + 3x23 = −2(x2 − x3 )2 −

(4x3 )2 −8

+ 3x23

− 2x22 + 4x2 x3 + 3x23 = −2(x2 − x3 )2 + 5x23 La expresion de q independientes es :

en

suma

de

cuadrados

de

f ormas

lineales

q(x1 , x2 , x3 ) = (x1 + x2 + 2x3 )2 − 2(x2 − x3 )2 + 5x23 Denotando xˆ a1 = x1 +x2 +2x3 , xˆ a2 = x2 −x3 , xˆ a3 = x3 expresar q en la f orma :

2

tambien

podemos



2

2

2

a1 xˆ a2 q(x1 , x2 , x3 ) = x1 a ˆ2 −2x2 a ˆ2 +5x3 a ˆ2 = xˆ

  1 0 0 xˆ a 1
xˆ a3 0 −2 0 xˆ a2  0 0 5 xˆ a3

5. Calcule el volumen del solido que se obtiene al girar alrededor del eje OY la region limitada por las graficas de las curvas y = x3 + x + 1 e y=1 siendo 0 ≤ x ≤ 1 Calculamos Sea

el

el

volumen

volumen

V = 2Π

por R1 0

el

metodo

x(f (x) − 1)dx

Reemplazamos : V = 2Π

R1

V = 2Π

R1

0

0 5

x(x3 + x + 1 − 1)dx (x4 + x2 )dx

V = 2Π( x5 + V =

x3 1 3 )0

16Π 15

3

del

cascaron :

Solucionario Segunda Practica Calificada 2016-II Bravo Condori, Brian Herdy Codigo: 20152691K Prof.: Lic. Rojas Serna, Victor Matematicas III (MA-133”N”)

1. Sea la funcion escalar ϕ definida por: ϕ(x;y)

 2 → − ex + ey + 3x y ; → − x 6= 0 2 2 = x +y → −  − 2 ;→ x = 0

a) ¿Es ϕ continua en (0; 0)? b) ¿Es ϕ diferenciable en (0; 0)? SOLUCION → → a) Para que una funcion sea continua tiene que cumplirse que: − l´ım→ ϕ− x = ϕ− x0 → − x→x0

Primero tomamos curvas que pasen por el punto (0; 0) para tomar limite Para la curva ζ1 : l´ım− ex + ey + →

− → x→0

y = mx

3mx3 3mx 3x2 y x mx = l´ ım e + e + = l´ım ex + emx + =1+1+0=2 2 2 2 2 x→0 x→0 x +y x + mx 1+m

Para la curva ζ2 :

y = mx2

3x2 y 3mx4 3mx2 x mx2 x mx2 = l´ ım e + e = l´ ım e + e = 1+1+0 = 2 + + − → x2 + y 2 x→0 x2 + mx4 x→0 1 + mx2 x→0 3x2 y x y Probablemente el l´ım− e + e + sea igual a 2 pero aun falta demostrar. → − → x2 + y 2 x→0 l´ım− ex + ey + →

Desmostrando con la definicion de limite: 2 x 3x2 y 3x y → − → − y e + e + < l´ım− e + e + = 2 ⇔ ∀ε > 0; ∃δ > 0/0 < x − 0 < δ ⇒ − 2 → − → x2 + y 2 x2 + y 2 x→0 ε x

y

p → − → − → → − − x − 0 = (x; y) − (0; 0) = (x; y) → x − 0 = |(x; y)| = x2 + y 2 < δ → x2 + y 2 < δ 2 Partimos de: 2 2 |x| |y| → 2 + x2 > → 2 + x2 > 2 .... (α) x + y2 x + x y y 1

1 |x| |y| → 1 + y 2 > → 1 + y 2 > 2 .... (β) x + y2 x + x y y de (α) + (β): 3x2 y 3xy 3x2 y 2 2 2 2 2 > →δ +3>3+x +y > H3 + x + y > 2 x2 + y 2 x + y 2 x2 + y 2 2 3x2 y x 3x y x y y + e + e + 2 > e + e + → δ + 7 > 2 − 2 x + y2 x2 + y 2 2

2 x 3x y y → e + e + 2 − 2 < δ 2 + 7 = ε 2 x +y ∴ Haciendo ε = δ 2 + 7 el limite queda demostrado y es 2; por lo tanto ϕ SI es continua en (0; 0) b)Hallamos el vector gradiente usando dervadas parciales en el punto (0; 0).



→ ∂ϕ− ϕ((0;0)+h(1;0)) − ϕ(0;0) ϕ(h;0) 0 = l´ım = l´ım h→0 h→0 ∂x h h



→ ∂ϕ− ϕ((0;0)+h(0;1)) − ϕ(0;0) ϕ(0;h) 0 = l´ım = l´ım h→0 h→0 ∂y h h

3h2 0 e +e + 2 h h + 02 = l´ım e + 1 = @ = l´ım h→0 h→0 h h 2 30 h e0 + eh + 2 h 0 + h2 = l´ım 1 + e = @ = l´ım h→0 h→0 h h h

0

→ = @ entonces ϕ NO es diferenciable en en punto (0; 0) . ∴ Como ∇ϕ(− 0)

2. Halle los valores maximos y minimos absolutos de la funcion escalar f(x,y) = x2 − y 2 − 5x sobre la region triangular cuyos vertices son (−2; 0) , (3; 0) y (0; 4). SOLUCION Scamos primeras derivadas parciales para saber hallar puntos criticos 5 ∂f = 2x − 5 −→ 2x − 5 = 0 −→ x = ∂x 2 ∂f = −2y −→ −2y = 0 −→ y = 0 ∂y   5 → − x0 = ;0 2 Ahora sacamos segundas derivadas parciales para nuesta matriz Hessiana ∂ 2f F 2 =2 ∂x ∂ 2f F 2 = −2 ∂y

∂ 2f F =0 ∂x∂y ∂ 2f F =0 ∂y∂x

2



∂ 2f  ∂x2  2 H(− = → x 0)  ∂ f ∂y∂x

 ∂ 2f   2 0 ∂x∂y  = ∂ 2f  0 −2 2 ∂y

Usamos el polinomio de Cayley-Hamilton:   2 0  λ 0  2 − λ 0 P(λ) : det H(− =0 → x 0 ) − λI = 0 −2 − 0 λ = 0 → 0 −2 − λ → (2 − λ) (−2 − λ) = 0 → λ1 = 2

∧

λ2 = −2

Como sale una raiz (+) y (−) entonces se trata de un punto de silla. Evaluamos los puntos (−2; 0); (3; 0) y (0; 4) para hallar max. y min. f(−2;0) = (−2)2 − (0)2 − 5 (−2) = 14 → maximo f(3;0) = (3)2 − (0)2 − 5 (3) = −6 → minimo f(0;4) = (0)2 − (4)2 − 5 (0) = −16 → minimo ∴ Maximo absoluto = 14 ∧ Minimo absoluto = −16.

→ − 3. Determine la derivada direccional de f(− → x ) = k x k, en la direccion y sentido del vector → − − a = (n − i) → e , i = 1, 2, ..., n. i

SOLUCION → − e i = (0; 0; ...; 0; 1; 0; ...; 0); el 1 en el IESIMO termino → − x = (x ; x ; x ; ...; x ) 1

f(− → x) =

p

2

3

n

x1 2 + x2 2 + x3 2 + ... + xn 2

v u n uX 2 =t xi i=1

− − la direccion del vector → a es el vector → ei

→ → D− → e i f(− x) =

∂f(− → x) ∂xi

2xi xi = v =v ; u n u n uX 2 uX 2 t 2t xi xi i=1

i=1

i = 1; 2; 3; ...; n − 1

→ − − cuando i = n entonces la direccion del vector → a seria el vector 0 → → D− → e n f(− x) = 0

3

 x  v i ; i = 1; 2; 3; ...; n − 1   u n   uX t xi 2 → ∴ D− → e i f(− x) =   i=1    0 ; i=n

4. Halle la derivada direccional de la funcion escalar F : A ⊆ R3 → R tal que F(x;y;z) = 3x2 + yz + z 3 en el punto (1; 1; 1) segun la direccion de larecta de maxima pendiente que  2 2π ; z0 . caracteriza a la superficie z = 2 + 3y 2 cos x + x3 en el punto π; 3 SOLUCION Tenemos: ϕ(x;y;z) : 2 + 3y 2 cos x + x3 − z = 0   2π 2 ; z0 sera: el vector direccionar de maxima pendiente en el punto π; 3 ∇ϕ 2π 2  π; ; z0  3 → −

u =





∇ϕ  2

2π

π;  ; z 0

3 ! ∂ϕ(− → → → x ) ∂ϕ(− x ) ∂ϕ(− x) primero hallamos: ∇ϕ(− ; ; → x) = ∂x ∂y ∂z ♣ ♣ ♣

∂ϕ(− → x) ∂x ∂ϕ(− → x) ∂y ∂ϕ(− → x) ∂z

= −3y 2 sin x + 3x2 = 6y cos x = −1

2 2 entonce: ∇ϕ(− → x ) = (−3y sin x + 3x ; 6y cos x; −1)

∧

∇ϕ 2π 2  = (3π 2 ; −4π 2 ; −1) π; ; z0  3

∇ϕ 2π 2  π; ; z0  3 (3π 2 ; −4π 2 ; −1) (3π 2 ; −4π 2 ; −1) −

= √ luego: → u = =

k(3π 2 ; −4π 2 ; −1)k 25π 2 + 1



∇ϕ 

2π 2

π; ; z0 

3 Ahora hallamos la Derivada Direccional de F(− → x) → − → D− u F(1;1;1) = ∇F(1;1;1) · u = (6; 1; 4) · ∴

→ D− u F(1;1;1)

en el

punto

(3π 2 ; −4π 2 ; −1) 14π 2 − 4 √ =√ 25π 2 + 1 25π 2 + 1

14π 2 − 4 √ = 25π 2 + 1

4

(1; 1; 1):

5. Calcule el volumen minimo del tetraedro formado por los planos x = 0, x2 y 2 z 2 un plano al elipsoide 2 + 2 + 2 = 1. a b c

y = 0,

SOLUCION El plano tangente al elipsoide en el punto (x0 ; y0 ; z0 ) seria:

xx0 yy0 zz0 + 2 + 2 −1=0 a2 b c

La interseccion del plano tangente con los planos x = 0; y = 0 y z = 0 son:  2   2  −−→ a a N= ; 0; 0 =⇒ ON = ; 0; 0 x0 x0  2   2  −−→ b b M = 0; ; 0 =⇒ OM = 0; ; 0 y0 y0  P =

c2 0; 0; z0



−→ =⇒ OP =



c2 0; 0; z0



−−→ −−→ −→ La funsion OBJETIVO seria el volumen del tetraedro formado por ON ; OM y OP 2 a 0 0 x0 1 a2 b 2 c 2 a2 b 2 c 2 b2 V(x0 ;y0 ;z0 ) = 0 =⇒ V(x0 ;y0 ;z0 ) = 0 = 6x0 y0 z0 6 6x0 y0 z0 y0 2 c 0 0 z0 Como el punto (x0 ; y0 ; z0 ) tambien cumple con la ecuacion del elipsoide entonces: La funsion ENLACE seria E(x0 ;y0 ;z0 ) :

x0 2 y0 2 z0 2 + 2 + 2 −1=0 a2 b c

Usando Multiplicador de Lagrange:     −a2 b2 c2 −a2 b2 c2 −a2 b2 c2 2x0 2y0 2z0 ; ; ; ; ∇V(x0 ;y0 ;z0 ) = λE(x0 ;y0 ;z0 ) ⇒ =λ 6x0 2 y0 z0 6x0 y0 2 z0 6x0 y0 z0 2 a2 b 2 c 2 bx0 cx0 luego: x0 = x0 ; y0 = y z0 = a a Reemplazando esos valores en la funsion ENLACE tenemos:  2  cx 2 bx0 0 2 2 2 2 x0 y0 z0 x0 a a → 2 + 2 + 2 −1=0→ 2 + + a2 = 1 → x0 = √ 2 a b c a b c 3 pero como x0 = x0 ; y0 =

bx0 cx0 a b c y z0 = entonces: x0 = √ ; y0 = √ y z0 = √ a a 3 3 3

Obtenido los valores de x0 ; y0 y z0 procedemos a reemplazar en V(x0 ;y0 ;z0 )

5

z = 0, y

V(x0 ;y0 ;z0 )

a2 b 2 c 2 = = 6x0 y0 z0

a2 b 2 c 2    = a b c √ √ 6 √ 3 3 3 √

∴ El volumen minimo seria V =

√

3abc 2

3abc 2

6. Las funciones u(x;y) y v(x;y) son armonicas. Si ux = vy si uxx = 12 (x2 − y 2 ) + 6x + 2.

∧

uy = −vx ; calcule v(x;y)

SOLUCION uxx = 12x2 − 12y 2 + 6x + 2 ux = 4x3 − 12xy 2 + 3x2 + 2x + C = vy u = x4 − 6x2 y 2 + x3 + x2 + Cx + D si: vy = 4x3 − 12xy 2 + 3x2 + 2x + C v = 4x3 y − 4xy 3 + 3x2 y + 2xy +

R

Cdy + E

Entonces: dC dD + dy dy dE vx = 12x2 y − 4y 3 + 6xy + 2y + 0 + dx uy = 0 − 12x2 y + 0 + 0 + x

como: uy = −vx 0 − 12x2 y + 0 + 0 + x

dC dD dE + = −12x2 y + 4y 3 − 6xy − 2y − 0 − dy dy dx

obtenemos que: Z dC 2 = −6xy → C = −3y → Cdy = −y 3 x dy dD = 4y 3 − 2y → D = y 4 − y 2 dy dE = 0 → E = K; K:Constante que no depende de ”x” y ”y”. dx luego: v = 4x3 y − 4xy 3 + 3x2 y + 2xy +

R

Cdy + E

∴ v = 4x3 y − 4xy 3 + 3x2 y + 2xy − y 3 + K; K:Constante que no depende de ”x” y ”y”.

6

7. Cuando se conectan dos resistencias R1 y R2 en paralelo, la resistencia total viene dada R1 R2 . Si la medida de R1 es de 300Ω, con un error maximo del 2 %, y la de R2 es por R = R1 + R2 de 500Ω con un error maximo del 3 %, halle el error maximo de R. SOLUCION Saberes previos: → − → − − → = f − − → · h f(− → → → x ) + ∇f(− x ) · h + Ψ (− x+h) x;h) (→ − → = 0 pero − l´ım→ Ψ(− → x;h) → − h→0

→ − → − − → −f − entonces: f(− → → x ) = ∇f(− x ) · h ⇒ df = ∇f · h .... (α) x+h) (→ Ahora nuestro f(x;y) = R(R1 ;R2 ) =

R1 R2 R1 + R2

Hallamos el vector ∇R F

25 R2 R1 R2 ∂R = − 2 = ∂R1 R1 + R2 (R1 + R2 ) 64

F

∂R R1 R1 R2 9 = − 2 = ∂R2 R1 + R2 (R1 + R2 ) 64 

→ ∇R =

25 9 ; 64 64

 ∧

→ − h =



dR1 dR2 ; R1 R2



dR1 = 0,02 → dR1 = 300 × 0,02 = 6 R1 dR1 = 0,03 → dR1 = 500 × 0,03 = 15 R1 Reemplazando en (α) :   → − → − 25 9 df = ∇f · h → dR = ∇R · h = ; · (6; 15) = 4,45 64 64 4,45 dR = = 0,0237 = 2,37 % ∆R = R 187,5 ∴ El error maximo de R es del 2,37 %

8. Una curva suave ζ definida por la ecuacion diferenecial lineal P(x;y) dx + Q(x;y) dy = 0. Calcule la curvatura de la curva ζ. SOLUCION 9. Use multiplicadores de Lagrange para calcular las dimensiones del cono recto de revolucion circunscrito a una superficie esferica cuyo radio mide R.

7

SOLUCION Primero graficamos:

Figura 1: Cono circunscrito a una Esfera La funsion OBJETIVO seria el volumen de el cono: V(m;n) =

πn2 (m + R) 3

Hallando la funsion enlace mediante semejansa del ∆ADO y ∆AF B √ m2 − R2 m+R tenemos: = R n m2 − R 2 (m + R)2 m−R m+R → = → = → n2 (m − R) − R2 (m + R) = 0 2 2 2 R n R n2 La funsion ENLACE seria: E(m;n) = n2 (m − R) − R2 (m + R) Hallamos el vector gradiente de V(m;n) y E(m;n)    2  ∂V ∂V πn 2πn (m + R) ; = ; ♠∇V(m;n) = ∂m ∂n 3 3  ♠∇E(m;n) =

∂E ∂E ; ∂m ∂n



= (n2 − R2 ; 2n (m − R))

Por Lagrange: ∇V(m;n) = λ∇E(m;n)   2 πn 2πn (m + R) ⇒ ; = λ (n2 − R2 ; 2n (m − R)) 3 3 √ luego obtenemos: m = 3R ∧ n = 2R ∴ Altura del cono= 4R; radio de la base del cono=

√ 2R.

 10. Una gota de agua rueda cuesta abajo sobre una superficie z = 2 8

y2 − x2 4

 comenzan-

do en el punto (1; 4; 6). ¿En que punto alcanza al plano xy? SOLUCION

9

Matematicas III Solucionario de examen Parcial Alberto Andre Tellez Lopez 20151376D Ingeniero Manuel Arevalo

1. Una particula se desplaza sobre una curva regular ς1 descrita ope la ¯ = ( 2 (2x + 4)3/2 ; 4 − 2x ; x2 + 4x) con una funcion vectorial f (x) 3 rapidez constante de 4 m/s. Si la particula parte del reposo de punto (0;8;4). Halle el vector velocidad y las componentes tangencial y normal de la aceleracion en el instante que intersecta a la curva regular ς2 descrita por ¯ = ( 4 + x2 ; 2x ; 20 − 10x). Desde que la la funcion vectorial g(x) 3 particula parte del reposo cuanto demorara hasta intersectar a la curva ς2 .

SOLUCION 2. Determine la ecuacion vectorial de la podaria de una elipse respecto a su foco.

SOLUCION

Sea

aprecia

del

graf ico

que

  r¯∗ =¯ r + (P¯ − r¯) • T¯ T¯ 1

¯ c = a2 − b2 T¯ = kr0 ¯ r0k q ¯ = (−a sin t)2 + (b cos t)2 kr0k

P¯ = (c, 0)

r¯ = (a cos t, b sin t)

¯ = (−a sin t, b cos t) Derivamos r0 T¯ = √

(−a sin t,b cos t) (−a sin t)2 +(b cos t)2

r¯∗ =(a cos t, b sin t) +

= (√

−a sin t , (−a sin t)2 +(b cos t)2

√

b cos t ) (−a sin t)2 +(b cos t)2

[((c,0)−(a cos t,b sin t))•(−a sin t,b cos t)](−a sin t,b cos t) (−a sin t)2 +(b cos t)2 2

2

2

2

2

t) ((a −b ) cos t−ac) −b(sin t. cos t)((a −b ) cos t−ac) r¯∗ =(a cos t, b sin t) + ( −a(sin , ) (−a sin t)2 +(b cos t)2 (−a sin t)2 +(b cos t)2

3. Sea una curva regular ς descrita por y=f(x). La curva pasa por el origen de coordenadas O y ademas y≥0. Determine la ecuacion vectorial del lugar geometrico que describe el punto O cuando la curva ς rueda sin resbalar sobre el eje X.

SOLUCION

~r = (x, f (x), 0) T~ =

r~0

|r~0|

r~0 = (1, f 0(x), 0)

~ = (0, f 00(x), 0) r00

= √(1,f 0(x),0)2 1+(f (x))

~ (r~0×r00)× r~0 = √ (−f 0(x)f 00(x),f2 00(x),0) 2 ~ r~0| |(r~0×r00)× (−f 0(x)f 00(x)) +(f 00(x)) Rp R S = r~0 dx = 1 + (f (x))2 dx

~ = N

2

x+f (x)f 0(x) Comp ~ ~r = ~r • T~ = (x, f (x), 0) • √(1,f 0(x),0) = √ T 2 2 1+(f (x))

1+(f (x))

~ = (x, f (x), 0) • √ (−f 0(x)f 00(x),f 00(x),0) Comp ~ ~r = ~r • N 2 N

(−f 0(x)f 00(x)) +(f 00(x))2

=

√−xf 0(x)f 00(x)+f2 (x)f 00(x) 2 (−f 0(x)f 00(x)) +(f 00(x))

Rp x+f (x)f 0(x) x∗ = S − CompT~ ~r = 1 + (f (x))2 dx − √ 2 1+(f (x))

y ∗ = CompN~ ~r = √−xf 0(x)f 00(x)+f2 (x)f 00(x) 2 (−f 0(x)f 00(x)) +(f 00(x))

4. La curva regular ς1 en el espacio cuyas tangentes son perpendiculares a otra curva regular ς dada, se denomina la evoluta de la curva ς. Halle la ecuacion vectorial de la evoluta de la curva ς.

SOLUCION

Del

graf ico

∗ sea R~(s)

∗ = R~ + H~ R~(s) (s) (s)

P ero T~(s) ⊥H~(s)

la

ecuacion

de

la

evoluta

H~(s) = a(s) T~(s) + b(s) N~(s) + c(s) B~(s)

y −→

a(s) = 0

∗ = R~ + b N~ + c B~ R~(s) (s) (s) (s) (s) (s)

derivamos

respecto

a

s

dR~∗ ds

= T~(s) + b(s) 0N~(s) + b(s) (−κ(s) T~(s) + τ(s) B~(s) ) + c(s) (−τ(s) N~(s) ) + c0(s) B~(s)

dR~∗ ds

= (1 − b(s) κ(s) )T~(s) + (b(s) 0 − c(s) τ(s) )N~(s) + (b(s) τ(s) + c0(s) )B~(s)

dR~∗ ds

es

tangente

De (∗) CompT~

(s)

a dR~∗ ds

∗ −→ R~(s)

=0

−→

dR~∗ ~ ds //H(s) (∗)

y

0 = 1 − b(s) κ(s)

3

dR~∗ ~ ds ⊥T(s) (∗∗)

−→

b(s) =

1 κ(s)

De (∗)(∗) b0(s) −c(s) τ(s) b(s)

τ(s) = b(s) c(s)

=

sus =

componentes

b(s) τ(s) +c0(s) c(s)

b0(s) c(s) −b(s) c0(s) b(s) 2 +c(s) 2

deben

Despejando

b(s) d ds (arctan c(s) )

=

ser

proporcionales :

τ(s) P or

tanto

R R = tan ( τ(s) ds + C) −→ c(s) = b(s) cot ( τ(s) ds + C)

1 κ(s)

R cot ( τ(s) ds + C)

R~∗ = R~(s) +

1 ~ κ(s) N(s)

+

Siendo

1 κ(s)

la

ecuacion

de

la

evoluta :

R cot ( τ(s) ds + C)B~(s)

5. La superficie S1 : 6x+3y+2z=0, intersecta a la superficie S2 : x2 + y 2 + z 2 = 1 en un circunferencia maxima. Determine un punto en esta circunferencia con coordenada x maximo.

SOLUCION

4

Sea

f1 (x; y; z) = 6x+3y+2z

f3 (x; y; z) = x

la

f2 (x; y; z) = x2 +y 2 +z 2

y

f uncion

objetivo

aplicamos

las

condiciones

y

Lagrange :

∇f3 (x; y; z) = λ1 ∇f 1 (x; y; z) + λ2 ∇f2 (x; y; z) ∇f3 (x; y; z) = (1; 0; 0)

∇f 1 (x; y; z) = (6; 3; 2)

;

;

∇f2 (x; y; z) = (2x; 2y; 2z)

(1; 0; 0) = λ1 (6; 3; 2) + λ2 (2x; 2y; 2z) 6λ1 +2xλ2 = 1

;

1−6λ1 2λ2

y=

x=

3−18λ1 λ2

+

;

−39λ1 2λ2

+

3λ1 +2yλ2 = 0 −3λ1 2λ2

−2λ1 λ2

;

z=

= 0 −→

;

2λ1 +2zλ2 = 0 despejamos

−λ1 λ2

Reemplazamos

λ1 = 0, 1224 ahora

5

en en

x,

f1 (x; y; z) f2 (x; y; z)

y

e

z

2

2

2

−3λ1 −λ1 1 ( 1−6λ 2λ2 ) + ( 2λ2 ) + ( λ2 ) = 1

−→

P ara

λ1 = 0, 1224 y

λ2 = 0, 2575

P ara

λ1 = 0, 1224 y

λ2 = −0, 2575

λ2 = ±0, 2575 −→

x = 0.5157

−→

x = −0.5157

xmax = 0.5157

6. Determine las derivadas de orden 2 de la funcion escalar u R2 → R definida por la siguiente regla de correspondencia:

u(x, y) =

    

:

A⊆

2x3 +y 3 , x2 +y 2

y > |x| 0 , (x, y) = (0, 0) . x3 +3y 3 , y < |x| x2 +y 2

SOLUCION

∂u ∂x

 2x(x3 +3xy2 −y3 )  y(y3 +3yx2 −4x3 )   , y > |x| , y > |x| 2 2   2 2  (x +y )  (x2 +y 2 ) 0 , (x, y) = (0, 0) ; ∂u , (x, y) = (0, 0) = ∂y =  0  3 +3xy 2 −6y 3 )   x(x y(3y 3 +9yx2 −2x3 )   , y < |x| , y < |x| 2 2 2 2 2 2 (x +y )

∂2u ∂x2

(x +y )

 −2y2 (2x3 −3yx2 −6xy2 +y3 )  −2x2 (2x3 −3yx2 −6xy2 +y3 )   , y > |x| , y > |x| 3 3     (x2 +y 2 ) (x2 +y 2 ) ∂2u 0 , (x, y) = (0, 0) 0 , (x, y) = (0, 0) = ; ∂y2 =   2 (x3 −9yx2 −3xy 2 +3y 3 ) 2 (x3 −9yx2 −3xy 2 +3y 3 )   −2y −2x   , y < |x| , y < |x| 2 2 2 3 2 3 (x +y )

(x +y )

7. Determine en caso de que exista la ecuacion del plano tangente a la superficie S : x3 + y 2 + z = 0, que pase por los puntos (1;2;-1) y (0,0,6).

6

SOLUCION

F (x, y, z) = x3 + y 2 + z Ecuacion S1

del

plano

(3x2o

:

Operando :

,

2y0

2y0 y

+

exista

el

plano

los

deben

pertenecer a

3x3o

=

3x2o

+

x3o

+ yo2

∇F (x0 , y0 , z0 ) • (P~ − P~0 ) = 0

1) • (x − x0

,

+

que

6

tangente :

3x2o x

P ara

pertenecer

∇F (x, y, z) = (3x2 , 2y, 1)

−→

a

S1

2y 2o

−

y − y0

,

z

=

3x3o

,

z − z0 )

−

2y 2o

puntos (1; 2; −1) y

ademas

= −

0 z0

(0; 0; 6)

de

que

(x0 ; y0 ; z0 ) debe

−

2y 2o

−

S: −

24y 0

+

+ z0

−1 =

z0 =

3x3o

0 Resolviendo

7

se

z0

encuentra

que

no

existe

solucion

8. Use la matriz Hessiana y el polinomio de Cayley-Hamilton, para determinar los valores extemos y puntos de silla si existen de la funcion escalar f : A ⊆ R2 → R definida por f (x; y) = (x + y + 1)2 (x + y) .

SOLUCION

Hallamos ∂f (x;y) ∂x

las

derivadas

parciales

∂ 2 f (x;y) ∂x2

∂f (x;y) ∂y

= (x + y + 1)(3x+3y+1) = 0

x = −1 − k y=k = 6x + 6y + 4

para

hallar

puntos

criticos

= (y + x + 1)(3y+3x+1) = 0

x = −1/3 − a y=a ;∂

2 f (x;y)

∂y 2

= 6y + 6x + 4 8

2

f (x;y) ; ∂ ∂x∂y = 6x + 6y + 4

Reemplazamos H=

∂2f ∂x2 ∂2f ∂y∂x

∂2f ∂x∂y ∂2f ∂y 2

estos !

valores

=

en

la

matriz

Hessiana :

  6x + 6y + 4 6x + 6y + 4 6y + 6x + 4 6y + 6x + 4

En x = −1 − k y y = k por Cayley det(H − λI) = 0 −6 − 6k + 6k + 4 − λ −6 − 6k + 6k + 4 −2 − λ −2 = = 6 − 6k + 6k + 4 −2 − λ 6 − 6k + 6k + 4 − λ −2 λ+4=0 λ = −4

por

lo

tanto

es

un

maximo

relativo

Ahora en x = −1/3 − a y y = a por Cayley det(H − λ2 I) = 0 −2 − 6a + 6a + 4 − λ2 −2 − 6a + 6a + 4 2 − λ2 2 = = −2 − 6a + 6a + 4 −2 − 6a + 6a + 4 − λ2 2 2 − λ2 λ2 − 4 = 0 λ2 = 4 por

lo

tanto

es

un

minimo

relativo

9. La temperatura en un punto (x,y) de una placa metalica rectangular esta dada por la funcion escalar T : A ⊆ R2 → R definida por: 2 2 T (x, y) = 100−2x −y . Encuentre la ecuacion de la trayectoria que seguira una particula que comienza en el punto (3;4) y busca calor moviendose en la direccion en que la temperatura se incrementa mas rapidamente.

SOLUCION La

particula

seguira

la

trayectoria

del

gradiente

∂T T (x; y) = 100 − 2x2 − y 2 −→ ∇T (x; y) = ( ∂T ∂x ; ∂y ) = (−4x dx dt

=

∂T ∂x

=

Entonces dy dt

=

∂T ∂y

=

−4x

−→

x = ce−4t

en

de ;

t = 0 x0 = c = 3

x = 3e−4t −2y

−→

y = c1 e−2t

9

en

t = 0 y0 = c1 = 4

T (x; y)

−2y)

Entonces Sea ~r

el

y = 4e−2t vector

dezplazamiento :

dy ~r = ( dx dt ; dt )

~r = (3e−4t ; 4e−2t ) 10. Una silla de montar que tiene la forma de la superficie z = y 2 − x2 esta en la interperie, bajo la lluvia. Halle las trayectorias que seguiran las gotas de agua que caen por ella. Ezbozar un grafico para convercerse de que su respuesta es razonable.

SOLUCION

La

particula

seguira

∂F amax ~ = ( ∂F ∂x ; ∂y ; |∇F |)

la

;

trayectoria

de

la

recta

F (x; y) = z = y 2 − x2

∂F F (x; y) = y 2 − x2 −→ ∇F (x; y) = ( ∂F ∂x ; ∂y ) = (−2x

10

;

2y)

con

mayor

pendiente :

dx dt

=

∂T ∂x

=

Entonces dy dt

=

∂T ∂y

=

Entonces

−2x

−→

x = ce−2t

en

t = 0 x0 = c

x = x0 e−2t 2y

−→

y = c1 e2t

en

t = 0 y0 = c1

y = y0 e2t

q ∇F (x; y) = (x0 e−2t ; y0 e2t ) −→ |∇F | = (x0 e−2t )2 + (y0 e2t )2 q Rq dz −2t )2 + (y e2t )2 −→ z = (x e (x0 e−2t )2 + (y0 e2t )2 dt = |∇F | = 0 0 dt dy dz dezplazamiento : ~r = ( dx dt ; dt ; dt ) Rq (x0 e−2t )2 + (y0 e2t )2 dt) ~r = (x0 e−2t ; y0 e2t ;

Sea ~r

el

vector

11

Matematicas III Solucionario tercera practica calificada Alberto Andre Tellez Lopez 20151376D Ingeniero Manuel Arevalo

1. Evalue

RR

Ω ||x

− y| − x| dxdy,

Ω = {(x, y)/ |x| + |y| ≤ 2}.

SOLUCION

1

Si

u=x+y

v =y−x

y

despejando

u+v u−v + ≤ 2 −→ −2 ≤ u ≤ 2 2

2

U sando ∂(x,y) ∂(v,u)

∂v

1 2

∂u

R2 R2 I = −2 −2 |−v| −

u−v 1 2 2 dvdu



= 8.88

. 2. Evalue la siguiente integral doble

RR

Ωe

x2 +y 2 2x

dxdy,

 Ω = (x, y)/x2 + y 2 ≤ 4 .

2

u+v 2 y

−2≤v ≤2

y

Jacobiano ∂x ∂x ∂v ∂u = − 1 −→ ∂(x,y) = = ∂y ∂y 2 ∂(v,u)

y=

x=

u−v 2

SOLUCION

En

coordenadas

Reemplazando

en

polares la

x = r cos θ

e

y = r sin θ, r

condicion

f (x, y) = e 2 cos θ ,

3

x2 + y 2 = r 2 r ≤ 4 cos θ

RR

Ω f (x, y)dxdy

I=

R 4 cos θ 0

P or

=

R Π/2 R 4 cos θ −Π/2 0

r

e 2 cos θ rdrdθ

r

e 2 cos θ rdr

partes

u=r

r

dv = e 2 cos θ dr −→ du = dr

y

r

y

v = 2 cos θe 2 cos θ

h i4 cos θ R r r 4 cos θ − 0 2 cos θe 2 cos θ dr I = 2r cos θe 2 cos θ 0

I = 2(cos 2θ + 1)(e2 + 1) R Π/2

2 −Π/2 2(cos 2θ + 1)(e + 1)dθ

=

2(e2 + 1)

R Π/2

−Π/2 (cos 2θ

+ 1)dθ =

= 2Π(e2 + 1) 3. Determine extremales para la funcional siguiente R 3 los valores 2 J [y] = 0 (y0(y) + y(y0)2 )dx y(0)=1 y(1)=2.

SOLUCION F = y0(y)2 + y(y0)2 ∂F ∂y0

siendo

el

caso

III,

∂F ∂y0 y0

−F =C

= (y 2 + 2yy0) −→ y 2 y0 + 2yy0y0 − y0(y)2 − y(y0)2 = C

y(y0)2 = C −→ √

x=

R

0=

2 3C1

C1 =

y

=

C1 √ y

−→ dx =

√ y C1 dy

3

C1 dy =

2y 2 3C1

+ C2

√ 4 2−2 3

dy dx

y

+ C2 1=

y

√ 4 2 3C1

reemplazamos + C2 √

y

C2 = − 1+23

hallamos

(0, 1) y C1

y

(1, 2)

C2

2

. 4. Use integrales dobles para calcular el volumen del solido acotado por un hexaedro de caras regiones triangulares equilateras de arista l .

4

SOLUCION

Vtotal = 12V 0≤x≤

;

V =

RR S

f (x; y)dA −→ f (x; y) = z

√

l 2

,

0≤y≤

dA = dxdy

√

−

3l 3 x

y

z = tan θy

√

V =

R l/2 R 0

0

√ 3l − 33l x 6

3l 6

y

tan θydydx = tan θ

5

R l/2 0

(2x−l)2 24 dx

3

l = tan θ 144

Del

√ tan θ = 2 2 V =

graf ico √

Vtotal = 12

2l3 72

√

2l3 72

√

2l3 6

=

. 5. Use coordenadas polares para evaluar el area de la regien acotada por las curvas regulares: ς1 : b2 x2 + a2 y 2 = a2 b2 y ς2 : x2 a2 + y 2 b2 = a2 b2 .

SOLUCION

Igualando En

ς1

y

coordenadas

ς2

b2 x2 + a2 y 2 = x2 a2 + y 2 b2 −→ x = y

polares

x = ar cos θ

e

y = br sin θ

ar cos θ = br sin θ −→ θ = arctan ab En

ς1 : b2 a2 r2 (cos θ)2 + a2 b2 r2 (sin θ)2 = a2 b2 −→ r = 1

0 ≤ θ ≤ arctan ab y 0 ≤ r ≤ 1 U sando Jacobiano ∂x ∂x ∂(x,y) ∂θ = abr(cos θ)2 + abr(sin θ 2 ) = abr ∂r ∂y ∂(r,θ) = ∂y ∂r

A=8

∂θ

R arctan ab R 1 0

0

abrdrdθ =4ab arctan ab 6

6. Sea < la parte de una bola de radio a removida por una barrena cilindrica de diametro a cuyo lado pasa por el centro de la esfera. a) Bosqueje < b) Observe que < consta de cuatro pedazos congruentes. Halle el volumen de uno de estos pedazos.

SOLUCION 7. Use integrales dobles en coordenadas rectangulares, para calcular el volumen del solido acotado por las superficies S1 : 4z = 1 − x2 − 4y 2 y S2 : 4z = x2 + 4y 2 − 1.

SOLUCION

7

Igualamos S1 y S2 ; x2 + 4y 2 − 1 = 1 − x2 − 4y 2 entonces q q q 2 1−x2 1−x2 −→ −1 ≤ x ≤ 1 y − ≤ y ≤ y = ± 1−x 4 4 4 1−x2 −4y 2 4

f (x; y) =

y

g(x; y) = q

RR

S (f (x; y)−g(x; y))dA =

R1 −1

2

(1−x2 ) 3

dx =

R1 R −1

−

x2 +4y 2 −1 4 1−x2 4

q

1−x2 4

2−2x2 −8y 2 dydx 4

=

Π 8

8. Exprese por integrales dobles el volumen del solido acotado por el tronco de cilindro circular recto. Las longitudes de las gener atrices del tronco son a y b (a¿b), y la longitud del radio de la base es R.

8

SOLUCION

La

ecuacion

x2 +y 2 = R2

del

plano

pasando

a

z = f (x; y) = tan αy + polares

x = r cos θ

9

e

a+b 2

y

el

y = r sin θ

dominio reemplaz.

r = R −→ 0 ≤ θ ≤ 2Π y Sea

el

volumen

V =

R 2Π R R

V =

R 2Π

R 2Π 0

0

0

0

V =

0≤r≤R

y

RR

Ω f (x; y)dA

z = tan αr sin θ +

=

a+b 2

RR

Ω f (r cos θ; r sin θ)rdrdΠ

tan αr2 sin θ + ( a+b 2 )rdrdθ = 3

tan α R3 sin θdθ +

sin θdθ = 0 −→ V =

R 2Π 0

R 2Π 0

2

R ( a+b 2 ) 2 2

R ( a+b 2 ) 2 =

pero : 2 a+b 2 ΠR

9. Un le˜ nador corta una pieza con forma de cu˜ na de un arbol cilindrico de radio r, mediante dos cortes de sierra hacia el centro del arbol, uno horizontal y otro a un angulo θ . Calcule el volumen de la cu˜ na usando el principio de Cavalieri.

SOLUCION

RR 10. Demuestre que 16 ≤ D con vertices (0;0), (1;1), (1;0).

dA y−x+3

≤ 14 , donde D es la region triangular

10

SOLUCION

Sabemos

que

M aximo

y

mA ≤

M inimo

RR

Ω f (x; y)dA

en

el

≤ MA

recinto.

11

donde

P uede

M

y

son

alcanzarlos

el en

el

interior

o

f rontera : ∂f ∂x

−1 (y−x+3)2

En

el

interior

no

hay

puntos

criticos.

En

la

f rontera

y=0

df1 dx

En df2 dy

1 (x−3)2

=

la

En

la

El

area

1 6

≤

≤

< 0 −→ es

recinto

Ω f (x; y)dA

1 Ω y−x+3 )dA

RR

1 Ω y−x+3 )dA

RR

;

1 3

≤ f1 (x) ≤

1 3

≤

es

1 2

;

≤ MA

≤

1 (y−x+3)2

11 22

1 4

12

6= 0

1 −x+3

1 2

0 ≤ y ≤ 1 −→ f2 (y) =

decreciente

A

=

0 ≤ x ≤ 1 −→ f1 (x) =

x = y −→ f (x; y) =

f rontera del

;

∂f ∂y

6= 0 y

creciente

x=1

RR

mA ≤ 11 32

> 0 −→ es

f rontera

−1 (y+2)2

=

=

1 y−x+3

f (x; y) =

≤ f2 (x) ≤

1 y+2

1 2

1 3

M=

1 2

;

m=

1 3

Matematicas III Solucionario cuarta practica calificada Alberto Andre Tellez Lopez 20151376D Ingeniero Manuel Arevalo

1.Con centro en el vertice de un tetraedro regular de arista 2a, se dibuja una superficie esferica cuyo radio mide a.Use coordenadas esfericas para calcular el volumen del solido acotado por el tetaedro regular que esta dentro de la superficie esferica.

SOLUCION 2. Determine el area de la region acotado por la cardioide r = a(1 + cos θ), a > 0 usando integral curvilinea.

1

SOLUCION

x = rcosθ −→ x = a cos θ + a(cos θ)2 y = r sin θ −→ y = a sin θ + a cos θ sin θ dy dθ

= 2a(cos θ)2 + a cos θ − a

A=

H

xdy

(P or

teorema

de

Green)

A = a2

H

(cos θ + (cos θ)2 )(2(cos θ)2 + cos θ − 1)dθ

A = a2

H

[2(cos θ)4 + 3(cos θ)3 − cos θ]dθ

A = a2

hR

2Π 4 0 2(cos θ) dθ

+

R 2Π 0

3(cos θ)3 dθ +

2

R 2Π 0

cos θdθ

i

A=

a2



2Π 2 sin θ(cos θ)3 +3 sin θ cos θ+3θ 4 0 2Π

sin θ(cos θ)2 + 2 sin θ0 − sin θ2Π 0 A = a2

 3Π 2

+

i

a2 3Π 2 .

 +0+0 =

3.Calcule el volumen del solido acotado por la superficie 2 (x2 + y 2 + z 2 ) = a(xyz), a > 0.

SOLUCION En

coordenadas

z = r cos φ r=

a sin 2θ(sin φ)2 cos φ 2 Π 2

S3 :

Π 2

V =

RRR

≤φ≤Π

∧ ∧

0≤θ≤

r2 sin φdV +

S1

r ≥ 0,

pero

Π 2

x = r cos θ sin φ;

Π 2

≤θ≤Π

RRR S2

y = r sin θ sin φ

y

r4 = ar3 cos θ sin θ(sin φ)2 cos φ

Reemplazamos :

S1 : 0 ≤ φ ≤

entonces : sin 2θ cos φ > 0

S2 : 0 ≤ φ ≤ S4 :

Π 2

r2 sin φdV +

Π 2

≤φ≤Π RRR S3

∧

Π≤θ≤ ∧

3Π 2

3Π 2

≤ θ ≤ 2Π

r2 sin φdV +

r2 sin φdV =

RRR S4

R

Π 2

S2 :

R

3Π 2

S1 :

RΠRΠR

S1 :

R Π R 2Π R

0

Π

Π 2

Π 2

R

Π 2

a sin 2θ(sin φ)2 cos φ 2

S1 :

V =

esf ericas :

0

R

R

Π 2

0

Π 2

3Π 2

a sin 2θ(sin φ)2 cos φ 2

R

0

a sin 2θ(sin φ)2 cos φ 2

0

r2 sin φdtdφdθ =

r2 sin φdtdφdθ =

a sin 2θ(sin φ)2 cos φ 2

0

a3 1440

r2 sin φdtdφdθ =

0

a3 1440

a3 1440

r2 sin φdtdφdθ =

a3 1440

a3 360

R 4.Evalue la integral curvilinea ς (y + yz 2 )dx + (x + xz 2 )dy + 2xyzdz siendo ςlaa poligonal ABCDE cuyos vertices son: A=(5;0;0), B=(0;3;2), C=(7;1;-3), D=(10,18,-23), E=(0;5;0).

3

SOLUCION ∂M (x) ∂y

=

∂N (x) ∂x

= 1 + z2

∂M (x) ∂z

=

∂P (x) ∂x

= 2yz

∂N (x) ∂z

;

El

∂P (x) ∂y

=

campo

es

= 2xz

conservativo

M (x) = y + yz 2 ; N (x) = x + xz 2 ; P (x) = 2xyz ∂F (x) ∂x

= y + yz 2 → F (x) =

R

M (x)dx =

R

(y + yz 2 )dx = xy + xyz 2 + C1

∂F (x) ∂y

= x + xz 2 → F (x) =

R

N (x)dy =

R

(x + xz 2 )dy = xy + xyz 2 + C2

∂F (x) ∂z

= 2xyz → F (x) =

F (x) = xy + xyz 2

R

P (x)dz =

(F uncion

(2xyz)dz = xyz 2 + C3

R

potencial)

I = F (E) − F (A) = 0 − 0 = 0 5.Evalue la siguiente integral de linea

dx+dy ς x2 +y 2 ,

R

4

siendo ς : |x| + |y| = 9.

SOLUCION

C1 : r~1 = (0; 9) + t [(−9; 0) − (0; 9)] ; R

dx+dy C1 x2 +y 2

R1

→ x = −9t

−18dt 0 162t2 −162t+81

=

=

−2 arctan (2t−1) 1 9 0

−1 9

=

y R1

0 ≤ t ≤ 1;

dx = −9dt;

dt 0 t2 −t+ 1 2

=

−1 9

dx+dy C3 x2 +y 2

R0

→ x = 9s

18ds −1 162s2 −162s+81

=

y = 9 − 9t

y

;

9 − 9t)

dy = −9dt

R1

d(t−1/2) 0 (t−1/2)2 +(1/2)2

−Π 9

C3 : r~3 = (0; 9) + s [(9; 0) − (0; −9)] ; R

r~1 = ( −9t

y 1 9

R0

−1 ≤ s ≤ 0; y = 9s − 9

dx = 9ds;

ds −1 s2 −s+ 1 2

=

1 9

R0

r~3 = ( y

dy = 9ds

d(s−1/2) −1 (s−1/2)2 +(1/2)2

5

9s

;

9s − 9)

=

2 arctan (2s−1) 1 9 0

=

Π 9

C2 : r~2 = (9; 0) + v [(0; 9) − (9; 0)] ; x = 9 − 9v R

y

0 C2 (9−9v)2 +(9v)2

dx = −9dv

;

0≤v≤1

y = 9v

y

;

r~2 = (

y

;

9v)

dy = 9dv

=0

C4 : r~4 = (0; −9) + w [(0; −9) − (−9; 0)] ; −1 ≤ w ≤ 0 x = 9w

9 − 9v

dx = 9dw

;

R

0 C4 (−9−9w)2 +(−9w)2

=0

R

dx+dy C1 +C2 +C3 +C4 x2 +y 2

=

−Π 9

y = −9 − 9w

+0+

Π 9

y

; r~4 = (9w; −9 − 9w)

dy = −9dw

+0=0

6.Halle la masa de un alambre que sigue la interseccion de la superficie esferica x2 +y 2 +z 2 = 1 y el plano x+y +z = 1. Si la densidad en el punto (x;y;z) esta dada por ρ(x; y; z) = x2 gramos por unidad de longitud del alambre.

6

SOLUCION

x=

sin √t 6

P ara Sea

;

hallar ρ

la

Hallamos S=

y=

− cos √ t 2 2

la

sin √t ; 2 6

−

masa

densidad.

z=

cos √t 2 2

usamos

M=

R ς

la

−

sin √t 2 6

integral

ρ(x; y; z)ds =

R ς

ds

R

r~0 dt → ds = r~0 dt

√ t ; − cos √ t − ~r = ( sin 6 2 2

sin √ t ; cos √t 2 6 2 2

−

sin √t ) 2 6

sin t √ t ; sin √ t − cos √t; −√ √t) r~0 = ( cos − cos 6 2 2 2 6 2 2 2 6

q cos t 2 2 sin t

r~0 = ( √ ) + ( sin √ t − cos √t) + (−√ − 6 2 2 2 6 2 2



r~0 =

1 2

7

2 cos √t) 2 6

de

x2 ds

linea.

M=

R 2Π

M=

Π 12

0

x2 dt 2 =

R 2Π 0

(sin t)2 dt 12

=

1 12

R 2Π

1−cos 2t dt 2

0

=

7. Use el teorema de Green para probar la formula de cambio de variable en RR RR ∂(x;y) el siguiente caso especial: D dxdy = T (D) ∂(u;v) dudv para una transformacion (u; v) = (x(u; v), y(u; v)).

SOLUCION 8.Una ciclista sube una montana a lo largo de la trayectoria que se muestra en la figura. Realiza una revolucion alrededor de la montana para llegar a la cima, mientras que su velocidad de subida es constante. Durante el viaje ella ejerce una fuerza descrita por el campo vectorial F¯ (x; y; z) = (z 2 ; 3y 2 ; 2x). ˆ A¿Cual es el trabajo realizado por la ciclista al viajar de A a B?

SOLUCION 9.Evalue las siguientes integrales: a)

R1R1R1 0

0

1 0 1+xyz

R1R1R1 b) 0 0 0

1 1−xyz

SOLUCION V emos

|−xyz| < 1

que

P∞

n n=0 (−xyz)

R1R1R1 0

0

dxdydz 0 1+xyz

P∞ R 1 R 1 R 1 n=0 0

0

0

excepto

=

1 1+xyz

=

R 1 R 1 R 1 P∞ 0

0

0

n=0 (−xyz)

(−xyz)n dxdydz =

h

1 xn+1 1 y n+1 z n+1 1 n+1 0 n+1 0 n+1 0

i

=

n

geometrica :

dxdydz =

nR1R1R1 n n=0 (−1) 0 0 0 (xyz) dxdydz

P∞

R1 n R1 2 nR1 n n=0 (−1) 0 x dx 0 y dy 0 z dz n n=0 (−1)

Suma

entonces :

P∞

P∞

(1; 1; 1)

= (−1)n n=0 (n+1)3

P∞

8

=

=

P∞

n=1

(−1)n−1 (n)3

V emos

|xyz| < 1

que

P∞

n n=0 (xyz)

=

R1R1R1 0

0

dxdydz 0 1−xyz

1 1−xyz

=

excepto

(1; 1; 1)

Suma

entonces :

R 1 R 1 R 1 P∞ 0

geometrica :

0

0

n n=0 (xyz) dxdydz

=

P∞ R 1 R 1 R 1

R1 n R1 n R1 2 P (xyz)n dxdydz = ∞ n=0 0 x dx 0 y dy 0 z dz = P∞ h xn+1 1 yn+1 1 z n+1 1 i P∞ 1 n=0 (n+1)3 = n=0 n+1 0 n+1 0 n+1 0 = n=0 0

0

0

P∞

1 n=1 (n)3

10. Volumen de una esfera n-dimensional. Designemos con Sn (a) la esfera n-dimensional (o n-esfera) de radio a dada por  Sn (a) = (x1 ; .......; xn )/x1 2 + ...... + xn 2 ≤ a2 Vn (a) = el

R

Sn (a) .......

volumen

f uncion

R

de

y

sea

dx1 x2 ....xn ,

Sn (a).

Demuestre

gamma.:

SOLUCION

9

que

Vn (a) =

Πn/2 an , Γ( 12 n+1)

donde

es

la

SOLU CION ARIO

QU IN T A P RACT ICA M AT EM AT ICA III

Alumnos : V IV AN CO BEN DEZU ALV ARO BON ILLA ZAM ORA P EDRO AN T ON IO P rof esor

:

Ing

AREV ALO

M IGU EL

V ILLAN U EV A M AN U EL

RR 3 F .nds, si el campo vectorial es F = (xz 2 ; y3 + tan z; 3. Evaluar siendo S es la mitad superior de la superf icie x2 + y 2 + z 2 = 1 RRR

(∇.F )

Superf icie ∇.F

1

F .nds

RRR

=

RR

+

F .nds ( superf icie 1

RR

−

(∇.F )

F .nds ....(1)

x2 + y 2 + z 2

= RRR

⇒

RR

=

x2 + y 2 + z 2

dv

P asando a coordenadas esf ericas : x2 + y 2 + z 2

ρ2

=

0<ρ<1 0 < φ < π2 0 < θ < 2π RRR

ρ4 senφdρdφdθ =

R 2π R π R 1 2

0

0

0

ρ4 senφdρdφdθ

3

RR

F .nds =

RR

(xz 2 ; y3 + tan z;

RR

F .nds =

RR

(−x2 z − y 2 )dxdy

=

x2 z + y 2 ).(0; 0; 1)dxdy

P asando a coordenadas polares : −

R 2π R 1 0

0

r3 sen2 θdrdθ

− π4

=

⇒ Reemlazando () y Superf icie 1

Superf icie 1

=

... (η)

(η) en 1

RRR

=

(∇.F )

2π 5

−

5. a) Determine ∇ (|r| r) ,

2π 5

−

RR

(− π4 ) r Rn

F .nds

=

13π 20

,

n  N.

Sea : ∇ = ∂i eˆi 1

...()

+

x2 z+y 2 )

superf icie 2 )

→ − r = xj eˆj − |→ r|= x

j



 ∂i eˆ. xj xj eˆj ∂i (xj xj )(ˆ ei eˆ@.ˆ ej ) (xj ∂i xj + xj ∂i xj ) . ðij 2xj

∂ i xj

− 2 |→ r| ⇒

ðij

− (∇.→ r) − r| ∇. (|r| r) = 2 |→

b) Demuestre que

− (∇.→ r) ijk

ijk

=6

= ðii ðjj − ðij ðji +ð11 ð22 − ð12 ð21 + ð11 ð33 − ð13 ð31 + ijk ijk ð22 ð11 − ð21 ð12 + ð22 ð22 − ð22 ð22 + ð22 ð33 − ð23 ð32 + ð33 ð11 − ð31 ð13 + ð33 ð22 − ð32 ð23 + ð33 ð33 − ð33 ð33 + ð11 ð22 + ð11 ð33 + ð22 ð11 + ð22 ð33 + ð33 ð11 + ð33 ð22 = 6 6. Calcule el f lujo del campo vectorial F (x,y,z) = (x, y, z) a travez de la superf icie cerrada x2 + y 2 + = 9, z = 0 y z = 3 RRR

F .ndA =

(∇.F ) dV  ∂ ∂ ∂ (∇.F ) = ∂x ; ∂y ; ∂z . (x, y, z) = 

⇒

RRR

1+1+1=3

3dzdydx

P asando a coordenadas cilindricas : x = rcosθ y = rsenθ z=z Donde

:

0
3

81 2π 2

R 2π R 3 R 3 0

=

0

0

rdzdrdθ

=3

R 2π R 3 0

0

3rdrdθ = 9

0

9 dθ 2

81π

7. Demuestre usando la notacion indicial,

∇x (uxv) =

R 2π

(v.∇) u − (u.∇) v + u(∇.v) − v(∇.u) 2

use en todo instante los vectores unitario

Sea : u = ui ebi v = vj ebj ∂b ek ∇ = ∂x k uxv

=

ui

ijm

=

kmp

=

ðpi ðkj

=

u(∇.v)

ebm

∂ui vj ebp ∂xk

ijm

−

∇x (uxv)

=

=

(ðpi ðkj − ðpj ðki ) (

=

∂vj ∂xk

ui

∇x (uxv) =

vj

∂vj ∂xk

ebp − ðpj ðki ui

(u.∇) v + u(∇.v) −

∂b ek xb em ∂xk ∂vj ui ∂xk

ebp + ðpi ðkj

+ vj

r = (x; y; z) r˙ = (x; ˙ y; ˙ z) ˙ Se elije z˙ = 1 ;

t=z

0 ≤ t ≤ 2π

;

√ V x√= 2π − tcost y = 2π − tsint

⇒ r2 +√z = 2π r= 2π − t z=t

− 21 √cost 2π−t

⇒

dx =

dy =

− 12 √sint 2π−t

+

−

√ sint 2π − t dt

√ cost 2π − t dt

= dt

Separamos convenientemente : M +N

vj

∂ui ∂xk

∂ui ∂xk

ebp −

) ebp ðpj ðki vj

∂ui ∂xk

ebp

(v.∇) u − (u.∇) v + u(∇.v) − v(∇.u)

SOLU CION :

F =

vj

v(∇.u)

8. U n ciclista sube a lo largo de la trayectoria. de la monta˜ na para llegar a la cima, mientras Durante el viaje; ella ejerce una f uerza descrita F(x;y;z) = (z 2 ; 3y 2 ; 2x). Cual es el trabajo realizado

dz

ui

ijm

=

(z 2 ; 3y 2 )

+

(0; 0; 2x)

Aplicamos rotacional : ˆi ˆj kˆ ∂ ∂ ∂ ⇒ ∇xM = ∂x ∂y =0 ∂z z 2 3y 2 0 ˆi ˆj kˆ ∂ ∂ ∂ ⇒ ∇xN = ∂x ∂y ∂z 6= 0 0 0 2x 3

Realiza que su por el por la

una revolucion alrededor velocidad de subida es con campo vectorial ciclista al viajar de A a

R

Rdz

Hallamos la recta A + λ(B − A)

=

F dR

=

R

P dx

+

√ √ x= 2π − λ 2π z = 2λπ −→ dz

Qpy

+

−→ dx = = 2π∂λ

√ √ ( 2π − λ 2π; 0; λ2π)

√ − 2πdλ

√ R R 2π √ 2 2 4λ π (− 2π)dλ + Qdy+ 2 2π − tcost dt 0 0  3  1 R √ √ 2π 4π 2 2π λ3 + 0 2 2π − tcost dt

V F dr = F dr =

R1

0

F dr F dr

R 2π √ + 2 2π − tcost dt 0 −32, 985 . 0, 86 = −33, 85 −4π 2

= =

√

2π

3

9.P ara las coordenadas cilindricas elipticas (u; v; z) la transf ormacion entre las coordenadas (x; y; z) y (u; v; z) esta dada por : x = acoshucosv ; y = asenhusenv; z = z donde a es una costante a)Diga los nombres de las f amilias de las superf icies coordenadas. Si u, v

=

cte entonces x

=

cte ,

y

=

cte ;

Las f amilias de las rectas son ortogonales al Si u, z
x 2 c

+


y 2 d

=

cte entonces x

=

ccosv

,

y

plano xy. =

dsenu;

−


y 2 d

z

= cte c y

=1

Son una f amilia de elipses en el plano xy. Si hacemos v = cte tenemos x = ccoshu, y senhu;
x 2 c

z=z

z=z

c y

d cte.

=1

Son f amilias

de hiperboloides paralelas al

plano xy.

10. U na lente de contacto sep uede describir como una capa de la superf icie de una esf era de radio R cortadaen un cono de angulo π4 . Encuentre el area de la superf icie de la lente. Sea

:

r(x,y) = (x; y; ⇒

p R 2 − x2 − y 2 )

r(x) =

r(y) =

(0; 1; √

( r(x)

x r(y)

(1; 0; √

−x ) R2 −x2 −y 2

−y R2 −x2 −y 2

)

=

) (√

x R2 −x2 −y 2

;

√

y R2 −x2 −y 2

4

; 1)

d cte.



r(x) ⇒

x r(y) = S

=

√

RR

r(x)

R R2 −x2 −y 2

x r(y) dxdy

=

RR

√

R dxdy R2 −x2 −y 2

A coordenadas polares : x = rcosθ y = rsenθ 0 < r < Rcos 3π 8 0 < θ < 2π R 2π R Rcos 3π 8

0

S

0

=

√ R.r drdθ R2 −x2 −y 2

RR

r(x)

=

x r(y) dxdy

R 2π 0

=

√√ (1 −

2−2 )dθ 2

πR2 (2 −

5

p√

2 − 2)

Solucionario Examen Sustitutorio (2016-II) Bonilla Zamora, Pedro Antonio Codigo: 20151359B Prof.: Ing. Arevalo Villanueva, Manuel Matematicas III (MA-133”O”)

1. Calcule el valor m´aximo de la curvatura de una curva ζ denominado Viviani. Consideres que ζ es la interseccion de las superficies x2 + y 2 + z 2 = 1; x2 + y 2 − x = 0 SOLUCION Graficamos la curva de Viviani:

Parametrizamos la curva: x = cos2 θ;

y = cos θ sin θ;

z = sin θ

− →→ r = (cos2 θ; cos θ sin θ; sin θ) − − |→ r 0×→ r 00 | ..... (α) la curvatura se define por: κ = 3 − |→ r 0| → − r 0 = (−2 cos θ sin θ; cos 2θ; cos θ) → − r 00 = (−2 cos 2θ; −2 sin 2θ; − sin θ) √ − − |→ r 0×→ r 00 | = |(−2 cos θ sin θ; cos 2θ; cos θ) × (−2 cos 2θ; −2 sin 2θ; − sin θ)| = 5 + 3 cos2 θ √ − |→ r 0 | = |(−2 cos 2θ; −2 sin 2θ; − sin θ)| = 1 + cos2 θ Reemplazamos en (α): 1

√ − − 5 + 3 cos2 θ |→ r 0×→ r 00 | π = κ= √ 3 3 ; κ se maximisa cuando θ = → − 0 2 |r | 1 + cos2 θ p 5 + 3 (0) √ κ= p 5 3 = 1 + (0) √ ∴ La curvatura maxima es 5.

2. Determine el valor del siguiente  limite en el caso que exista, fundamentesu respuesta. p 1 p 2 2 2 2 l´ım− x + 2y − x + 3y . → − → x→0 x SOLUCION Tomammos una curva arbitraria que pase por el punto (0; 0). C1 : y = mx Tomamos limite:  q q  p 1 1 p 2 2 2 2 2 2 2 2 x + 2y − x + 3y = l´ım x + 2(mx) − x + 3(mx) l´ım− → − → x→0 x x→0 x   p √ 1 √ 2 1 p 2 2 2 2 2 2 2 2 2 = l´ım x + 2x m − x + 3x m = l´ım x (1 + 2m ) − x (1 + 3m ) x→0 x x→0 x  √  p √ 1 p x (1 + 2m2 ) − x (1 + 3m2 ) = l´ım 1 + 2m2 − 1 + 3m2 = l´ım x→0 x→0 x √ √
1 + 2m2 − 1 + 3m2 = ∴ Como el limite no depende x entonces no existe limite en el punto (0; 0).

3. Sobre el centro de una mesa redonda o circular cuyo radio mide r, una lampara esta colgada de una polea. ¿A qu´e altura se debe situar esta para obtener iluminacion maxima en los bordes de la mesa? Use multiplicadores de Lagrange. SOLUCION Hacemos el bosquejo de la lampara con la mesa:

2

Funci´on Objetivo: F(h;d) =

kh (iluminacion; d3

k : constante)

Funci´on Enlace: G(h;d) = r2 + h2 − d2 (pitagoras) Aplicamos Lagrange:   k −3kh = λ (2h; −2d) → d2 = 3h2 ∇F = λG∇ → ; d3 d4 Ahora reemplazamos en la Funci´on Objetivo: √ r 2 ♠r + h = d → r + h = 3h → r = 2h → h = 2 2

2

2

2

2

2

2

2

√ r 2 ∴ La altura para que la iluminacion sea maxima es de . 2

 x3     2x2 − y 2 − xy ;

4. Sea la funci´on escalar ϕ : A ⊆ R2 definida por ϕ(− → x) =     a) Evaluar ϕx (0;0) ∧ ϕy (0;0)

0 ;

→ − → − x 6= 0 → − → − x = 0

b) ¿Es diferenciable en el punto (0; 0)?

SOLUCION a) Hallamos las derivadas parciales: ∂ϕ(0;0) ϕ((0;0)+h(1;0)) − ϕ(0;0) ϕ(h;0) − ϕ(0;0) = l´ım = l´ım h→0 h→0 ∂x h h 3 h 1 1 1 = l´ım 3 = l´ım = → ϕx (0;0) = h→0 2h h→0 2 2 2

♣ ϕx (0;0) =

♣ϕy (0;0) =

ϕ((0;0)+h(0;1)) − ϕ(0;0) ϕ(0;h) − ϕ(0;0) ∂ϕ(0;0) = l´ım = l´ım h→0 h→0 ∂x h h

h3 −0 2h2 − 02 − (h) (0) = l´ım h→0 h

03 −0 02 − h2 − (0) (h) = l´ım h→0 h

0 = l´ım 0 = 0 → ϕy (0;0) = 0 h→0 −h3 h→0

= l´ım

      ∂ϕ 1 (0;0) ∂ϕ(0;0) b) Del inciso anterior tenemos: ∇ϕ(0;0) = ϕx (0;0) ; ϕy (0;0) = ; = ;0 ∂x ∂y 2 → − → − → = ϕ− →− → + ∇ϕ− →· h +Ψ − → − → · h Usamos la definicion de diferenciabilidad: ϕ(− 0 0 0+h) h ; 0 ( )   → − → − → − 1 h1 3 → = ϕ− → +∇ϕ− → · h +Ψ − →− →− → · h → · h → ; 0 (h1 ; h2 )+Ψ(− → ϕ(− = 0+ 2 2 0 0 h ; 0 h) (h;0) ) 2 2h1 − h2 − h1 h2   3 h1 h1 2 1 h1 →− →− → · (h1 ; h2 ) → Ψ − → → − = Ψ(− h;0) ( h ; 0 ) = 2h1 2 − h2 2 − h1 h2 − 2 ; 0 2 2h1 2 − h2 2 − h1 h2 →− → = 0 Ahora para que sea diferenciable tiene que cumplir que − l´ım→ Ψ(− h;0) → − h→0

Tomamos limite: 3

→− → = l´ ım→ l´ım→ Ψ(− h;0) − → − − → − h→0

h→0

h1 2 1 − 2 2 2h1 − h2 − h1 h2 2

Escogemos una curva arbitraria C1 :

h2 = mh1

h1 2 1 h1 2 1 1 1 − = l´ ım − = l´ım − 2 2 2 2 2 2 2 h1 →0 2h1 − (mh1 ) − h1 (mh1 ) 2 h1 →0 2h1 − m h1 − mh1 2 h1 →0 2 − m − m 2 1 1 1 1 − = − 6= 0 → l´ım 2 2 h1 →0 2 − m − m 2 2−m −m 2 → l´ım

→− → 6= 0 entonces ϕ − ∴ Como − l´ım→ Ψ(− x ) no es diferenciable en el punto (0; 0). h;0) (→ → − h→0

5. Calcule el valor de la integral doble

RR

2 −y 2

(x2 + y 2 ) e−x

dxdy,

Ω = {(x; y) /x2 + y 2 ≥ 4}.

Ω

SOLUCION Primero graficamos el Dominio de integracion

Cambiando a coordenadas polares: r = La nueva integral seria:

RR

p x2 + y 2 → 2 ≤ r ≤ ∞ ∧ 0 ≤ θ ≤ 2π

2

r3 e−r drdθ

Ω 2

2

Hacemos integrales por partes: u = e−r → du = −2re−r dr ∧ dv = r3 dr → v = # h Zh 2 −r5 e−r −r2 3 udv = uv − vdu → e r dr = l´ım − l´ ım dr h→∞ h→∞ 2 2 2 " # " # h 4 −h2 4 −22 4 −r2 2 −r2 −r2 he r e 2e r e e = l´ım − − l´ım + + h→∞ h→∞ 4 4 4 2 2 2 " # 4 −h2 2 −h2 −h2 4 −22 2 −22 −22 h e h e e 2 e r e e = −4e−4 − l´ım + + − − − h→∞ 4 2 2 4 2 2   −4 −4 13e 5e = = −4e−4 − − 2 2 "

R

R

R

r4 e−r 4

Ahora queda 4

2

r4 4

R2π 5e−4 5e−4 5e−4 dθ = (2π − 0) = (2π) = 5πe−4 2 2 2 0 ∴ El valor de integral doble es 5πe−4 .

6. Evalue la siguiente intergal doble

RR



Ω

x2 + y 2 xy



e−x

2 −y 2

dxdy, siendo Ω la region

acotada por las curvas y = x2 ; y = 4x2 ; x = y 2 ; x = 4y 2 . SOLUCION Graficamos los limites de integraci´om:

Vemos que: 1 ≤

y ≤4 x2

∧

1≤

x ≤4 y2

hacemos un cambio de variable →

u=

y x2

∧

v=

x y2

Hallamos el Jacoviano de Integracion: ∂(x;y) 1 1 x2 y 2 1 = 1 = = = |J| = = ∂(u;v) −2y 1 ∂u ∂u ∂(u;v) 3 3u2 v 2 ∂(x;y) x3 ∂x ∂y x2 1 ∂v ∂v −2x y2 3 y ∂x ∂y La nueva integral seria:      RR 1 1 R4 R4 1 1 1 + (|J|) dudv = + dudv u v u v 3u2 v 2 1 1 Ω   Z4 Z4 Z4 1 u+v 1 15v + 24 1 45 15 = dudv = = = 3 3 3 3 uv 3 32v 3 64 64 1

1

1

∴ La integral doble resulta

15 . 64

5

→ − 7. Calcule el trabajo realizado por el campo vectorial F (− → x ) = (y − z; z − x; x − y) para trasladar un punto material sobre una curva cerrada que esta dada por la intersecci´on de las superficies x2 + y 2 = 4; x + z = 2. SOLUCION Graficamos la intersecci´on de las superficies para verificar que es unan curva cerrada

Hallamos el trabajo: RR → − → − → W = ∇ × F ·− n dS..... (α) S   → − → − ∂ ∂ ∂ ; : ∇×F = × (y − z; z − x; x − y) = (−2; −2; −2) ∂x ∂y ∂z → − n = (1; 0; 1) Reemplazamos en (α): RR → RR − → − − W = ∇ × F ·→ n dS = (−2; −2; −2) · (1; 0; 1) dS S

S

RR = −4 dS = −4 (4π) = −16π S

∴ El trabajo realizado para mover la particula sobre la curva γ es −16π.

8. Halle todas las soluciones de la ecuaci´on de Poisson ∇2 u = rn−1 en el sistema de coordenadas esfericas, si u = u(r) . SOLUCION asdasdasd

9. Calcule la circulacion del campo vectorial prefijado a = ρ sin ϕeρ + ρzeϕ + ρ3 ez en las coor6

( ρ = sin ϕ denadas cilindricas, a lo largo de la curva ζ : z=0

;

0≤ϕ≤π

SOLUCION asdasdasd

10. Sea S la porci´on del plano x + y + z = t determinada en ´el por la esfera x2 + y 2 + z 2 ≤ 1. Sea ϕ(x;y;z) = 1 − x2 − y 2 − z 2 , si (x; y; z) es interior a dicha esfera, y ϕ(x;y;z) = 0 en otro caso. Demuestre que: (π √
2 RR 3 − t2 ; |t| ≤ 3 ϕ(x;y;z) dS = 18 √ S 0; |t| ≥ 3 SOLUCION asdasdasd

7