Integrales de línea
Al igual que hicimos con integración en varias variables, ampliaremos el concepto de integración Riemann real en una variable para funciones acotadas. Esta vez, no trabajaremos la dimensión sino el recorrido. La integral: ∫baf(x)dx , siendo f función integrable en [a,b]; lleva implícito el recorrido a≤x≤b en orden creciente y en forma de intervalo de R. Lo que proponemos ahora es reemplazar dicho intervalo por una curva definida por una función vectorial en una variable ˉγ:[a,b]⊆R→Rn, con n≥2 (solemos trabajar n=2 y n=3). Para comenzar, veamos qué entendemos por una curva:
Ya que nos interesa caracterizar y definir la integral de línea en términos de caminos y curvas, las propiedades, y en concreto la derivabilidad de ˉγ; es una propiedad digna a tener en cuenta.
La regularidad a trozos nos permitirá integrar sobre las aristas de polígono / poliedro trabajando sobre las aristas como segmentos en el plano / espacio; entre otra variedad de ejemplos. A la hora de conocer una curva y buscar una función vectorial que la tenga como imagen en un intervalo dado, buscamos una parametrización de dicha curva. Puede resultar particularmente útil conocer la parametrización de algunas curvas básicas:
Caso 1: Segmento que une dos puntos ˉa,ˉb∈Rn ˉγ(t):=tˉb+(1−t)ˉa=ˉa+t(ˉb−ˉa), con t∈[0,1]
Caso 2: Circuferencia de centro (a,b) y radio ρ en el plano ˉγ(t)=(a+ρcost,b+ρsint) , con t∈[0,2π]
Caso 3: Elipse concéntrica en (c1,c2) y a,b semiejes respectivos ˉγ(t)=(c1+acost,c2+bsint) , con t∈[0,2π]
En un contexto menos genérico, las parametrizaciones suelen ser proporcionadas en los enunciados. Estamos ya listos para definir la integral de línea:
Para familiarizarnos un poquito más con la definición previa, démosle una interpretación. Observar que si f\equiv 1, la definición otorga al valor de la integral de línea, la longitud de la curva C: \mathrm{Long}(C) = \int_a ^b \| \bar{\gamma}' (t) \| \mathrm{d}t = \int_a ^b \sqrt{(\gamma_1 '(t) )^2 + \dotsb + (\gamma_n '(t))^2} \mathrm{d}t , donde hemos asumido \bar{\gamma} := (\gamma_1 ,..., \gamma_n). Si quisieramos calcular el área de la superficie limitada por la función f (a suponer positiva en C) y su proyección respecto al plano XY, podemos trabajar con sumas de Riemann. Siendo \{t_0,..., t_k \} una partición de [a,b], el área se aproxima con la suma: \sum_{m=1}^k f(\bar{\gamma}(x_m)) \cdot \mathrm{Long}(\bar{\gamma} \chi_{[t_{m-1},t_m ]}) , donde t_{m-1} \leq x_m \leq t_m y \mathrm{Long} (\bar{\gamma} \chi_{[t_{m-1}, t_m]}) resulta ser la longitud de C entre \bar{\gamma}(t_{m-1}) y \bar{\gamma}(t_m). Aplicando el teorema del valor medio integral sobre la longitud descrita, podemos asegurar: \mathrm{Long} (\bar{\gamma} \chi_{[t_{m-1}, t_m]}) = \| \bar{\gamma} '(\xi _m) \| (t_m - t_{m-1}), para algún \xi_m \in [t_{m-1},t_m]. Reemplazando y tomando límite en k respecto a la expresión anterior: \lim_{k\to +\infty} \sum_{m=1} ^{k} (t_{m} - t_{m-1}) f(\bar{\gamma}(x_m)) \cdot \| \bar{\gamma}'(\xi_m) \| = \int_a ^b f(\bar{\gamma}(t)) \| \bar{\gamma}'(t) \| \mathrm{d}t =: \int_C f \mathrm{d}r , donde hemos usado que para k suficientemente grande: \xi_m \approx x_m.
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Área que engloba la función f con su proyección con el plano XY |
Otra interpretación para el concepto de integral de línea viene dado en el sentido físico (para n\in \{2,3 \}). En particular, si C representa un alambre/cuerda en el espacio y f indica la densidad de masa de dicho alambre/cuerda en un instante de la curva, la integral \int_C f \mathrm{d}r devuelve la masa total del alambre/cuerda. Evidentemente, ambas interpretaciones son sujetas a la suposición de que \bar{\gamma} solo recorre C una vez. Formalmente: \bar{\gamma} debe ser un camino simple.
La interpretación detrás de esta definición tiene un sentido puramente físico. En particular, si una partícula recorre la curva C = \mathrm{Im}(\bar{\gamma}) y el campo vectorial \mathbf{F} representa la fuerza a la que dicha partícula se somete a lo largo de C, entonces la integral \int_C \mathbf{F} \mathrm{d}r calcula el trabajo realizado por la fuerza \mathbf{F} a la partícula por la curva C.
En particular, ya que ambas definiciones vienen dadas a partir de la integral de Riemann, las propiedades siguientes se deducen rápidamente:
- (Linealidad) Para todos escalares \alpha, \beta \in \mathbb{R}: \int_C (\alpha f + \beta g) \mathrm{d}\bar{\gamma} = \alpha \int_C f \mathrm{d}\bar{\gamma} + \beta \int_C g \mathrm{d} \bar{\gamma}
- (Aditividad) Siendo \bar{\sigma} : [b,c] \subseteq \mathbb{R} \to \mathbb{R}^n un camino consecutivo a \bar{\gamma} regular a trozos, bajo las condiciones de integrabilidad de línea sobre el campo f en \mathrm{Im} (\bar{\sigma}), se tiene que la integral de línea de f respecto al camino \bar{\gamma} \oplus \bar{\sigma} existe, verificando: \int_{\mathrm{Im}(\bar{\gamma} \oplus \bar{\sigma})} f \mathrm{d}(\bar{\gamma} \oplus \bar{\sigma}) = \int_{\mathrm{Im}(\bar{\gamma})} f \mathrm{d} \bar{\gamma} + \int_{\mathrm{Im} (\bar{\sigma})} f \mathrm{d} \bar{\sigma}
- (Continuidad, Acotación) Definiendo K := \max \{ \| f(\bar{\gamma}(t)) \| : a\leq t \leq b \}, se verifica: \left | \int_C f \mathrm{d}\bar{\gamma} \right | \leq K \cdot \mathrm{Long}(C)
Demostración: Inmediata.
A la hora de trabajar una integral de línea, la curva estudiada viene caracterizada por sus puntos y la dirección en la que se recorre. Esto es: la integral de línea solo distingue orientaciones y no parametrizaciones. Por ello, conviene buscarse la parametrización más mansita. Veamos esto con más detalle:
Demostración: Por definición, tenemos \bar{\sigma}(t) = \bar{\gamma} (u(t)), con u\in C^1 ([c,d]) función inyectiva con imagen en el dominio de \bar{\gamma}. Como tal: \int_C f \mathrm{d}\bar{\sigma} := \int_c ^d f(\bar{\sigma}(t)) \cdot \bar{\sigma}' (t) \mathrm{d}t = \int_c ^d f(\bar{\gamma}(u(t))) \cdot \bar{\gamma}'(u(t)) u'(t) \mathrm{d}t \color{red} = Haciendo el cambio de variable v=u(t), resulta que la integral previa se escribe como: \color{red} = \mathrm{sgn}(u') \cdot \int_{a} ^b f(\gamma (v)) \gamma'(v) \mathrm{d}v =: \mathrm{sgn}(u') \int_C f \mathrm{d}\bar{\gamma} , donde la función signo de u' resulta de la ordenación del intervalo [a,b] según u sea función creciente o decreciente. En este caso, hemos hecho la prueba para campos vectoriales. En caso de función escalar, el cambio de orientación no altera al resultado.
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De esta forma, y como se podrán haber dado cuenta si han estado atent@s, la integral de línea es independiente a la parametrización escogida, siempre y cuando se respete la orientación original. Es por ello que la notación de la integral de línea se simplifica denotando: \int_C f \mathrm{d}r \quad \text{, donde } C \text{ es una curva} \textbf{ orientada} , y: \int_{\mathrm{Im}(\bar{\gamma})} f \mathrm{d}\bar{\gamma} se suele dejar de lado. En el caso de no especificar la orientación trabajada sobre una curva simple y cerrada, se considera la orientación positiva cuando se recorre en el sentido contrario a las agujas del reloj. La orientación será negativa en caso contrario. Respectivamente, surgen las notaciones:
, para hacer referencia a dicha orientación. Siendo C una curva orientada: -C denota la misma curva recorrida a partir de la orientación opuesta. Según el resultado recién probado: \int_C f \ \mathrm{d}r = - \int_{-C} f \ \mathrm{d}r Habiendo discutido el caso de la parametrización, nos podemos preguntar ahora acerca de la gama de curvas que unen dos puntos dados. En particular: ¿Podemos relacionar integrales de línea sobre curvas distintas que unan puntos iguales? La respuesta es que sí, aunque no generalmente. Existe la mítica regla de Barrow para integrales de línea que nos permite reducir ciertos problemas a evaluar una función primitiva (en este caso, la llamaremos potencial) en dos extremos y restar.
Pero ello no siempre es válido. Por ejemplo, si queremos integrar el campo escalar: f(x,y) = xy, a lo largo de dos curvas que unan el origen y el punto P(1,1); por ejemplo las generadas por los caminos \bar{\gamma}_1(t) = (t,t), \bar{\gamma}_2 (t) = (t,t^2), con 0\leq t \leq 1; se tiene: \begin{eqnarray} \int_{\mathrm{Im}(\bar{\gamma}_1)} xy \ \mathrm{d}r & = & \int_0 ^1 t^2 \sqrt{2} \mathrm{d}t = \frac{\sqrt{2}}{3} \neq \\ & \neq & \frac{25\sqrt{5}+1}{120} = \int_0 ^1 t^3 \sqrt{4t^2+1} \mathrm{d}t = \int_{\mathrm{Im}(\bar{\gamma}_2)} xy \ \mathrm{d}r \end{eqnarray} (Se intuía que ambas curvas no iban a dejar el mismo área de valla xD)
Será válido cuando integremos respecto a un gradiente continuo:
Demostración: La condición de conexidad de \Omega sirve para asegurar un camino que una dos puntos cualesquiera del conjunto. En particular, un abierto en \mathbb{R}^n es conexo sii es conexo por caminos (La implicación que nos interesa está demostrada aquí). Consideremos entonces \bar{\gamma}:[a,b] \to \Omega un camino regular a trozos que una dos puntos \mathbf{p}, \mathbf{q} arbitrarios en \Omega, entonces, tomando \mathbf{p} = \bar{\gamma}(a), \mathbf{q} = \bar{\gamma}(b): \int_{\mathrm{Im}(\bar{\gamma})} \nabla \varphi \mathrm{d}r = \int_a ^b \nabla \varphi (\bar{\gamma}(t)) \cdot \bar{\gamma} '(t) \mathrm{d}t Haremos uso de la regla de Barrow en una variable para obtener lo que queremos. Para ello, definimos la función auxiliar \eta := \varphi \circ \bar{\gamma} : [a,b] \to \mathbb{R}. Se tiene: \eta ' (t) = \nabla \varphi (\bar{\gamma}(t)) \bar{\gamma}'(t) , que es exactamente lo que está en el integrando. Por tanto, ya que el integrando respectivo es continuo (y por tanto integrable) y hemos encontrado primitiva en un intervalo cerrado, es seguro afirmar: \int_{\mathrm{Im}(\bar{\gamma})} \nabla\varphi \mathrm{d}r = \int_a ^b \eta '(t) \mathrm{d}t = \eta(b) - \eta(a) = \varphi (\bar{\gamma}(b)) - \varphi(\bar{\gamma}(a)) = \varphi (\mathbf{q}) - \varphi (\mathbf{p})
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Interesa estudiar ahora las condiciones a cumplir por una \bar{f} bajo las cuales podemos afirmar la existencia de función potencial. Esto es: una función escalar cuyo gradiente coincida con \bar{f}. Ello viene estudiado en el teorema fundamental que viene:
Demostración: Siendo \bar{f}=(f_1, ..., f_m) queremos probar: \frac{\partial \varphi}{\partial x_k} = f_k, para 1\leq k \leq m. Por definición de derivada parcial: \begin{eqnarray} \frac{\partial \varphi}{\partial x_k} (\mathbf{x}) & = & \lim_{h\to 0} \frac{\varphi (\mathbf{x} + h\mathbf{e}_k) - \varphi(\mathbf{x})}{h} = \lim_{h\to 0} \frac{\int_{C[\mathbf{p}, \mathbf{x} + h\mathbf{e}_k]} \bar{f} \mathrm{d}r - \int_{C[\mathbf{p}, \mathbf{x}]} \bar{f} \mathrm{d}r }{h} = \\ & = & \lim_{h\to 0} \frac{1}{h} \int_{C[\mathbf{x},\mathbf{x}+h\mathbf{e}_k]} \bar{f} \mathrm{d}r \color{red} = \end{eqnarray} , siendo \mathbf{e}_k el k-ésimo vector canónico. Para h suficientemente pequeño, existe un segmento contenido en \Omega que une los puntos \mathbf{x} \in \Omega, \mathbf{x} + h\mathbf{e}_k \in \Omega, ya que el conjunto es abierto. Además, ya que la integral debe ser independiente del camino (estamos uniendo dos puntos de \Omega), podemos aplicar la parametrización del segmento \bar{\gamma}(t) = \mathbf{x} + t\cdot h\mathbf{e}_k , para 0\leq t \leq 1: \color{red} = \lim_{h\to 0} \frac{1}{h} \int_0 ^1 f(\mathbf{x} + ht\mathbf{e}_k) \cdot h\mathbf{e}_k \mathrm{d}t = \lim_{h\to 0} \int_0 ^1 f_k(\mathbf{x} + ht\mathbf{e}_k) \mathrm{d}t Respecto a la integral que queda, el teorema del valor medio integral (aplicable pues el campo escalar es continuo, y como tal f_k es continua) expresa: \int_0 ^1 f(\mathbf{x} + ht \mathbf{e}_k) \mathrm{d}t = 1\cdot f(\mathbf{x} + h \xi_k \mathbf{e}_k) \quad \text{, para algún } 0\leq \xi_k \leq 1 Ya que h\to 0 y \xi_k es acotado en todo caso, irremediablemente el límite de la integral debe ser f_k (\mathbf{x}).
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Para poder usar este resultado, debemos tener criterios para reconocer cuando un campo vectorial dado admite potencial o no. Con un poquito de trabajo, derivamos la siguiente proposición:
- La integral \int_C \bar{f} es independiente, para toda curva regular a trozos C en \Omega.
- Existe una función potencial para \bar{f} en \Omega.
- La integral de línea de \bar{f} a lo largo de cualquier curva cerrada regular a trozos en \Omega es nula.
Demostración: La implicación (1) \Rightarrow (2) es probada por el Teorema Fundamental del Cálculo para integrales de línea que recién hemos trabajado. Similarmente, (2) \Rightarrow (3) es justificado por "regla de Barrow". En particular: \oint_{C[\mathbf{p}, \mathbf{p}] \subseteq \Omega} \nabla \varphi \mathrm{d}r = \varphi (\mathbf{p}) - \varphi (\mathbf{p}) = 0 Finalmente, para justificar (3) \Rightarrow (1), dados \bar{\gamma_1}, \bar{\gamma_2} caminos regulares a trozos contenidos en \Omega con extremos \mathbf{p}, \mathbf{q}, podemos construir C= \mathrm{Im}(\bar{\gamma}_2 \oplus (-\bar{\gamma}_1)) curva cerrada:
Por hipótesis: \oint_C \bar{f} \mathrm{d}r = 0. Que -\bar{\gamma}_1 , \bar{\gamma}_2 sean dos curvas consecutivas nos permite aplicar aditividad: \oint_{C=\mathrm{Im}(\bar{\gamma}_2 \oplus (-\bar{\gamma}_1))} \bar{f} \mathrm{d}r = \int_{\mathrm{Im}(\bar{\gamma}_2)} - \int_{\mathrm{Im}(\bar{\gamma}_1)} \bar{f} \mathrm{d}r = 0 \Longrightarrow \int_{\mathrm{Im}(\bar{\gamma}_1)} \bar{f} \mathrm{d}r = \int_{\mathrm{Im}(\bar{\gamma}_2)} \bar{f} \mathrm{d}r
Dada la proposición anterior, diremos que un campo vectorial es conservativo cuando se verifique cualquiera de las tres condiciones previas, pues ellas son equivalentes. Aprovechándonos de las nociones del cálculo diferencial en varias variables, podemos derivar fácilmente el siguiente resultado:
Demostración: Siendo \varphi función escalar tal que \nabla \varphi = \bar{f} en \Omega, ello es equivalente a tener: \frac{\partial \varphi}{\partial x_i} = f_i , 1\leq i \leq n. Tomando derivada respecto a la variable x_j, 1\leq j \leq n; en la igualdad, llegamos a: \frac{\partial ^2 \varphi}{\partial x_j \partial x_i} = \frac{\partial f_i}{\partial x_j}. Si hacemos el proceso exactamente en el orden contrario, obtenemos la igualdad: \frac{\partial ^2 \varphi}{\partial x_i \partial x_j} = \frac{\partial f_j}{\partial x_i}. No obstante, ya que \bar{f} era de clase C^1, las derivadas segundas de \varphi son continuas. El Teorema de Schwarz nos dice que sus derivadas cruzadas son iguales, y por tanto: \partial_i f_j = \partial_j f_i, \forall i,j\in \{1,...,n \}, como queríamos demostrar.
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El recíproco no es generalmente cierto. Dejo un ejercicio propuesto para que lo comprueben ustedes mismos. Sin embargo, bajo ciertas hipótesis es posible afirmar el recíproco. Lo veremos al final del post cuando sepamos del Teorema de Green. Se introduce la definición:
Frecuentemente, a un campo escalar cuyo rotacional es el vector nulo, se le denomina irrotacional. Bajo esta notación, todo campo vectorial C^1, conservativo en un abierto: es irrotacional. Habiendo dado esta definición, estamos listos para entender el Teorema de Green:
Demostración: Para comenzar la demostración, supongamos que la región R = C\cup \mathrm{Im}(C) admite ser expresada como: \begin{eqnarray} R & = & \{ (x,y)\in \mathbb{R}^2 : x\in [a,b] \wedge \varphi_1 (x) \leq y \leq \varphi_2 (x)\} = \\ & = & \{ (x,y)\in \mathbb{R}^2 : y\in [c,d] \wedge \psi_1 (y) \leq x \leq \psi_2 (y) \} \end{eqnarray} , donde \varphi_i : [a,b] \to \mathbb{R}, \psi_i : [c,d] \to \mathbb{R} son dos funciones dadas, i\in \{1,2\}. Veamos que si R es descompuesto de la primera forma, entonces: \oint_C P\mathrm{d}x = -\iint_R \frac{\partial P}{\partial y} \mathrm{d}A , y si se considera la segunda descomposición: \oint_C Q\mathrm{d}y = \iint_R \frac{\partial Q}{ \partial x} \mathrm{d}A Trabajaremos únicamente el primer caso, pues el segundo es literalmente copia y pega. La clave para demostrar la igualdad, es dividir la curva cerrada C como hicimos para probar la independencia del camino en una demostración pasada. En particular, la curva C se descompone como imagen de dos caminos regulares a trozos. Además, no son otros sino \varphi_1, \varphi_2 realmente. Más formalmente, nos interesa definir los caminos \bar{\gamma}_1 (t) = (t, \varphi_1 (t)), con t\in [a,b]; y \bar{\gamma}_2 (t) = (t,\varphi_2 (t)), con t\in [b,a]. Podemos escribir entonces: \begin{eqnarray} \oint_C P \mathrm{d}x & = & \int_{\mathrm{Im}(\bar{\gamma}_1)} + \int_{\mathrm{Im}(\bar{\gamma}_2)} P\mathrm{d}x = \\ & = & \int_a ^b P(t,\varphi_1(t)) \cdot (1,\varphi_1 '(t)) \mathrm{d}t + \int_b ^a P(t,\varphi_2(t)) \cdot (1,\varphi_2 '(t)) \mathrm{d}t = \\ & = & \int_a ^b [ P(t, \varphi_1 (t)) - P(t, \varphi_2 (t)) ] \mathrm{d}t = - \int_a ^b \left [ P(t,y) \right ]_{y=\varphi_1(t)} ^{y = \varphi_2 (t)} = \\ & = & - \int_a ^b \int_{\varphi_1 (t)} ^{\varphi_2 (t)} \frac{\partial P}{\partial y} \mathrm{d}y \mathrm{d}x = - \iint_R \frac{\partial P}{\partial y} \mathrm{d}A \end{eqnarray} Si partimos de las dos igualdades mencionadas, se deriva la igualdad de Green sumándolas. Ahora bien, toda región R = C \cup \mathrm{Int}(C) podrá ser expresada como unión disjunta (en cuanto a interiores se refiere) de regiones que admiten ambas descomposiciones. Ello se debe a que C viene formulada como imagen de un camino regular a trozos. Podremos sumar como hemos indicado, y surgirán integrales de línea sobre contornos opuestos (dada la orientación positiva a exigir) que resultarán en su respectiva cancelación, llegando así al mismo resultado.
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En los problemas propuestos, trabajaremos el Teorema de Green aplicado sobre regiones perforadas. Es interesante ver como las integrales de línea para campos vectoriales y las dobles se relacionan intrínsecamente de esta forma. Darnos cuenta de que, con todas las herramientas que tenemos en ambos campos, podremos trabajar con lo que nos convenga en algunos contextos particulares.
El teorema de Green es la herramienta fundamental para darle la vuelta a la implicación que relacionaba la conservación de un campo con su rotacional. Ya que se trabajan regiones interiores a una curva, entra en acción la definición de simplemente conexo:
Se verifica el siguiente teorema:
Demostración: La implicación "\Rightarrow" ya está justificada. Para la implicación "\Leftarrow ", veamos que la integral sobre cualquier curva cerrada en \Omega es nula, y por tanto el campo \bar{f} debe ser conservativo. Sea \bar{\gamma} un camino regular a trozos generando una curva C= \mathrm{Im} (\bar{\gamma}) \subseteq \Omega. Ya que \Omega es simplemente conexo, la región interior a C es también contenida en \Omega. Aplicando el Teorema de Green sobre la curva: \oint_C \bar{f} \mathrm{d}r = \pm \iint_{I\cup \mathrm{Int}(C)} \mathrm{rot} \bar{f} \ \mathrm{d}A = \pm \iint_{I\cup \mathrm{Int}(C)} 0 \ \mathrm{d}A= 0
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La caracterización es cierta para campos vectoriales en dimensiones mayores. Se prueba rápidamente, haciendo uso del Teorema de Stoke's que veremos en integrales de superficie; para el caso de \bar{f} : \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3 con las mismas hipótesis.
Para terminar, relacionar las integrales de línea con las dobles proporciona una aplicación inequívoca: el cálculo de áreas. En particular, si queremos hallar el área de una superficie S\subseteq \mathbb{R}^2 simplemente conexa, restringida por una curva de Jordan \partial S = \mathrm{Fr}(S); podemos usar la igualdad de Green para expresar: \text{Área } = \iint_S 1 \mathrm{d}A = \oint_{\partial S ^+} x \mathrm{d}y = - \oint_{\partial S^+} y \mathrm{d}x = \frac{1}{2} \oint_{\partial S^+} (x,-y) \mathrm{d}r , donde he denotado \partial S^+ para indicar que se recorre la curva en el sentido positivo (el LaTeX de blogger no me deja hacer el símbolo bien :/).
Ejercicios propuestos
- Calcular \int_C xyz \mathrm{d}r, donde C es la hélice parametrizada por \bar{\gamma}(t) = (\cos t, \sin t, 3t) , para t\in [0,4\pi]. Ver solución.
- Determinar el valor de \oint_C (z^3 (x+7) -2y) \mathrm{d}r, donde C es la proyección del cilindro z^2 +y^2 = 1 con el plano x=-3 (recorrida positivamente).
- Calcular: \int_C \frac{(x^2 +y^2 -2)\mathrm{d}x + (4y-x^2 -y^2 -2) \mathrm{d}y}{x^2 +y^2 -2x-2y+2} , donde C es la curva originada por el camino \gamma(t) = \left ( t, 2\sin \frac{\pi t}{2} \right ), con 0\leq t \leq 2.
- Defínase el campo vectorial \mathbf{B}(x,y) := \frac{(-y,x)}{x^2 +y^2}. Calcular: \oint_C \mathbf{B}(x,y) \ \mathrm{d}r , donde C es una circunferencia en el plano XY de centro (x_0 , y_0, 0) , x_0, y_0\in \mathbb{R}; y radio \rho >0.
- Decidir si los siguientes campos vectoriales tienen potencial asociado: \mathbf{F}(x,y) = (3y^2 , 6xy) \ , \mathbf{G}(x,y) = (e^x \cos y, -e^x \sin y) \mathbf{M}(x,y) = (x^2 y, 5xy^2) \ , \mathbf{Q}(x,y,z) = (e^z, 2y, xe^z)
- (*, un clásico) Comprobar que el campo vectorial \mathbf{F}(x,y) = \left ( \frac{x}{x^2 +y^2} , - \frac{y}{x^2 +y^2} \right ) es irrotacional en \mathbb{R}^2 - \{ 0 \} pero no presenta función potencial para dicho conjunto. ¿Si un campo vectorial es conservativo simultáneamente en dos conjuntos A,B; lo es necesariamente en A\cup B?.
- (**) (Teorema de Green, Regiones múltiplemente conexas) Consideramos una curva de Jordan principal \Gamma y C_1, ..., C_n curvas de Jordan (regulares a trozos) tales que: C_i \cup \mathrm{Int}(C_i) \subseteq R = \mathrm{Int}(\Gamma) \quad \wedge \quad (C_i \cup \mathrm{Int}(C_i)) \cap (C_j \cup \mathrm{Int}(C_j)) = \varnothing , para todos i,j \in \{1,...,n \} con i\neq j. Si se define un campo vectorial \mathbf{F} := (P,Q) de clase C^1 en algún abierto conteniendo a R-\bigcup_{1\leq i \leq n} \mathrm{Int}(C_i), y todas las curvas son recorridas en sentido positivo, probar: \iint_{\Gamma - \bigcup_{i=1}^n C_i} \mathrm{rot} \mathbf{F} \ \mathrm{d}A = \oint_{\Gamma} \mathbf{F} \mathrm{d}r - \sum_{i=1}^n \oint_{C_i} \mathbf{F} \mathrm{d}r Aplicar este resultado para derivar el (Principio de deformación de contornos) Sea \Omega\subseteq \mathbb{R}^2 un abierto y conexo; y \mathbf{F} := (P,Q) un campo vectorial de clase C^1 en \Omega. Dadas C_1, C_2 \subseteq \Omega curvas de Jordan regulares a trozos recorridas en el mismo sentido; tales que C_2 \subseteq \mathrm{Int}(C_1) y \mathrm{Int}(C_1) \cap \overline{\mathrm{Int}(C_2)} \subseteq \Omega, demostrar: \oint_{C_1} \mathbf{F} \mathrm{d}r = \oint_{C_2} \mathbf{F} \mathrm{d}r Finalmente, como aplicación de todo lo anterior, calcular la integral de línea: \oint_\Gamma (-y + \sin (e^x) , x) \mathrm{d}r, donde \Gamma representa la curva que encierra la región en blanco de la siguiente figura xida: , donde \mathrm{d}(P,O)=3 y \gamma = \mathrm{Im}(\bar{\gamma}) es tal que \mathrm{d}(P,\bar{\gamma}(t)) > 1, \forall t\in [0,1].
- Calcular el área encerrada por la rosa definida en su ecuación polar: r=5\sin (2\theta).
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