Integral de línea. Cálculo vectorial.

Fórmulas para calcular la integral de línea.

Primer método

$\displaystyle \int_{C}{f(x,y)ds} = \int_{a}^{b}{f[g(t), h(t)] \sqrt{{[{g}^{'}(t)]}^{2} + {[{h}^{'}(t)]}^{2}}dt}$

Segundo método

$\displaystyle \int_{C}{f(x,y)dx} = \int_{a}^{b}{f[g(t), h(t)] {g}^{'}(t)dt}$

$\displaystyle \int_{C}{f(x,y)dy} = \int_{a}^{b}{f[g(t), h(t)] {h}^{'}(t)dt}$

Problemas resueltos.

Problema 1. De las funciones $f(x,y) = x^3+y$ , $x=3t$ , $y=t^3$ en el intervalo $0 \le t \le 1$ encontrar la integral de línea para

a) $\displaystyle \int_{C}{f(x,y)ds}$

b) $\displaystyle \int_{C}{f(x,y)dx}$

c) $\displaystyle \int_{C}{f(x,y)dy}$

Solución a).

Se derivan las funciones con respecto a “x”

$x=g(t)=3t$

${x}^{'}={g}^{'}(t)=3$

Y con respecto a “y”

$y=h(t)=t^3$

${y}^{'}={h}^{'}(t)=3t^2$

Utilizando la fórmula del primer método

$\displaystyle \int_{C}{f(x,y)ds} = \int_{a}^{b}{f[g(t), h(t)] \sqrt{{[{g}^{'} (t)]}^{2}+{[{h}^{'}(t)]}^{2}} dt}$

Sustituyendo

$\displaystyle\int_{C}{f(x,y)ds} = \int_{0}^{1}{[{(3t)}^{3} + {t}^{3}] \sqrt{{(3)}^{2}+{(3t^2)}^{2}}dt}$

$\displaystyle = \int_{0}^{1}{(27t^3+t^3) \sqrt{9+{9t}^{4}}dt} = \int_{0}^{1}{28t^3 \sqrt{9(1+t^4)}dt}$

$\displaystyle = \int_{0}^{1}{28t^3 \cdot 3\sqrt{1+t^4} dt} = 84\int_{0}^{1}{t^3 \sqrt{1+t^4}dt}$

$\displaystyle = \frac{84}{4} \int_{0}^{1}{\sqrt{1+t^4} (4t^3 dt)} = 21\left[\frac{{(1+t^4)}^{\frac{3}{2}}}{\frac{3}{2}}\right]_{0}^{1}$

$\displaystyle = 14\left[ {(1+t^4)}^{\frac{3}{2}}\right]_{0}^{1} = 14\left[{(2)}^{\frac{3}{2}}-1\right] = 14(\sqrt{8}-1)$

$\displaystyle \therefore \int_{C}{f(x,y)ds} = 14(\sqrt{8} - 1) \approx 25.6$

Solución b).

$\displaystyle \int_{C}{f(x,y)dx} = \int_{a}^{b}{f[g(t), h(t)] {g}^{'}(t) dt} = \int_{0}^{1}{(28 t^3) 3dt}$

$\displaystyle = 84 \int_{0}^{1}{t^3 dt} = 84\left[\frac{t^4}{4}\right]^{1}_{0} = 84(\frac{1}{4} - 0) = 84(\frac{1}{4}) = 21$

$\displaystyle \therefore \int_{C}{f(x,y)dx} = 21$

Solución c).

$\displaystyle \int_{C}{f(x,y)dy} = \int_{a}^{b}{f[g(t), h(t)] {h}^{'}(t) dt}$

$\displaystyle = \int_{0}^{1}{(28 t^3)(3t^2) dt} = 84\int_{0}^{1}{t^5 dt}$

$\displaystyle = 84\left[\frac{t^6}{6}\right]_{0}^{1} = 84(\frac{1}{6}-0) = 84(\frac{1}{6}) = 14$

$\displaystyle \therefore \int_{C}{f(x,y)dy} = 14$

Problema 2. Evaluar la siguiente integral de línea

$\displaystyle \int_{C}{6x^2 y dx + xy dy}$

En donde “c” es la gráfica de $y=x^3+1$ entre los puntos (-1, 0) y (1,2).

Solución.

Primer método. Derivando la función $y=x^3+1$ con respecto a “x” y despejando la diferencial “dy”

$\displaystyle \frac{dy}{dx} = 3x^2$

$dy = 3x^2 dx$

Se lleva a cabo este procedimiento ya que se manejará la variable “x” como independiente; recordando los puntos (-1, 0) y (1, 2), los límites a utilizar durante la integral serán los del eje “x”, es decir, -1 y 1.

Entonces

$\displaystyle \int_{C}{6x^2 y dx+xy dy} = \int_{-1}^{1}{6x^2 (x^3 + 1)dx + x(x^3 + 1)(3x^2 dx)}$

$\displaystyle = \int_{-1}^{1}{6x^5+6x^2)dx + (3x^6+3x^3)dx} = \int_{-1}^{1}(6x^5+6x^2+3x^6+3x^3)dx$

$\displaystyle = \left[x^6+2x^3+\frac{3}{7} x^7+\frac{3}{4} x^4\right]^{1}_{-1} = (1 + 2 + \frac{3}{7} + \frac{3}{4}) - (1 - 2 - \frac{3}{7} + \frac{3}{4})$

$\displaystyle = 4 + \frac{6}{7} = \frac{34}{7}$

Por lo tanto

$\displaystyle \therefore \int_{C}{6x^2 y dx+xy dy} = \frac{34}{7}$

Segundo método. Se asigna “x=t”, por lo que en la función $y=x^3+1$ será $y=t^3+1$ . Derivando ambas funciones con respecto a “t”

x=t y=t^3+1

dx=dt dy=3t^2 dt

Recordando los puntos (-1, 0) y (1, 2), los límites a utilizar durante la integral deben ser respecto a la variable “t”, por lo que los puntos se pueden utilizar ya sea en el eje “x” (es decir, -1 y 1) o en el eje “y” (es decir, 0 y 2).

Imagen1

De la función $x=t$ , si “t = constante”, su diferencial “dx” es nulo; para la variable “y” no se altera ni su diferencial. Se asigna la primera parte como $P_1$ , y sustituyendo se tiene lo siguiente

$\displaystyle {P}_{1} = \int_{C}{6x^2 y dx+xy dy}$

$\displaystyle = \int_{-1}^{1}{6t^2 (t^3 + 1)(0) + (t)(t^3 + 1)(3t^2)dt} = \int_{-1}^{1}{(3t^6 + 3t^3)dt}$

$\displaystyle = \left[\frac{3}{7} t^7 + \frac{3}{4} t^4\right]_{-1}^{1} = (\frac{3}{7} + \frac{3}{4}) - (-\frac{3}{7} + \frac{3}{4})$

$\displaystyle {P}_{1} = \frac{6}{7}$

De la función $y=t^3+1$ , si “t=constante”, su diferencial “dy” es nulo; para la variable “x” no se altera ni su diferencial. Se asigna la primera parte como $P_2$ , y sustituyendo se tiene lo siguiente

$\displaystyle {P}_{2} = \int_{C}{6x^2 y dx+xy dy}$

$\displaystyle {P}_{2} = \int_{-1}^{1}{6t^2 (t^3+1)dt + t(t^3+1)(0)} = \int_{-1}^{1}{(6t^5+6t^2)dt}$

$= \left[t^6+2t^3 \right]_{-1}^{1} = (1+2) - (1-2)$

${P}_{2} = 4$

Sumando los resultados

$\displaystyle \int_{C}{6x^2 y dx+xy dy} = P_1 + P_2$

$\displaystyle = \frac{6}{7} + 4 = \frac{34}{7}$

Y por lo tanto, la integral de línea equivale es

$\displaystyle \therefore \int_{C}{6x^2 y dx+xy dy} = \frac{34}{7}$

Referencias bibliográficas.

Colley, S. J. (2013). Cálculo vectorial. México: PEARSON EDUCACIÓN.
Larson, R., & Edwards, B. (2017). Matemáticas 3. Cálculo de varias variables. México: CENGAGE Learning.
R. Spiegel, M. (1967). Análisis vectorial. México: McGRAW – HILL.

Integral de línea. Cálculo vectorial.

Publicado por Cesar Reyes

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