Sea $z = f(x, y)$ es una función definida en alguna región bidimensional que contiene la curva suave C, definida por $x = x(t)$ y $y = y(t)$ para $a \leq t \leq b$. Los siguientes pasos conducen a las definiciones de tres integrales de línea en el plano.
Sea
$$a = t_0 < t_1 < t_2 < \cdots < t_n = b$$
una partición del intervalo paramétrico y considere que los puntos correspondientes sobre la curva C, o puntos de partición, son
$$A = P_0,\ P_1,\ P_2,\ \cdots ,\ P_n = B$$
• Los puntos de partición $P_k = (\ x(t),\ y(t),\ ), \ \ \ k = 0, 1, 2, ... , n$ dividen a C en n subarcos de longitudes $\Delta s_{k}$. Considera que la proyección de cada subarco sobre los ejes x y y tienen longitudes $\Delta x_k$ y $\Delta y_k$ respectivamente.
• Sea $|| P ||$ la longitud del subarco más largo.
• Escoge un punto muestra $(x_{k}^*,\ y_{k}^*)$ sobre cada subarco como se ilustra en la figura de a continuación
Este punto corresponde a un número $t_{k}^*$ en el subintervalo k-ésimo $[t_{k\ -\ 1},\ t_k]$ en la partición del intervalo del parámetro $[a,\ b]$
• Forma las sumas
$$\sum_{k=1}^n f(x_k^*,\ y_k^*)\ \Delta x_k\qquad \sum_{k=1}^n f(x_k^*,\ y_k^*)\ \Delta y_k\qquad y \qquad\ \sum_{k=1}^n f(x_k^*,\ y_k^*)\ \Delta s_k$$
Tomamos el límite de estas tres sumas cuando Las integrales que resultan se resumen a continuación.
Definición de integrales de línea en un plano
Sea $f$ una función de dos variables $x$ y $y$ definida en una región del plano que contiene una curva suave C.
i) La integral de línea de $f$ con respecto a x a lo largo de C de A a B es
$$\int _C f(x, y) dx = \lim_{||P||\ \to\ 0}\sum_{k=1}^n f(x_k^*,\ y_k^*)\ \Delta x_k$$
ii) La integral de línea de $f$ con respecto a s a lo largo de C de A a B es
$$\int _C f(x, y) dy = \lim_{||P||\ \to\ 0}\sum_{k=1}^n f(x_k^*,\ y_k^*)\ \Delta y_k$$
iii) La integral de línea de $f$ con respecto a x a lo largo de C de A a B es
$$\int _C f(x, y) ds = \lim_{||P||\ \to\ 0}\sum_{k=1}^n f(x_k^*,\ y_k^*)\ \Delta s_k$$
Método de evaluación: C definida paramétricamente
Las integrales de línea en la definición vistas anteriormente, se evalúan de dos maneras, dependiendo de si la curva C está definida paramétricamente o mediante una función explícita. En cualquier caso, la idea básica es convertir la integral de línea en una integral definida de una sola variable. Si C es una curva suave parametrizada por $x = x(t)$ y $y = y(t)$ para $a \leq t \leq b$, entonces $dx = x'(t)\ dt$, $dy = y'(t)\ dt$, y por ello, las ecuaciones anteriores se convierten a
$$\int _{C} f(x, y) dx = \int_{a}^{b} f(x(t), y(t))\ x'(t) dt$$$$\int _{C} f(x, y) dy = \int_{a}^{b} f(x(t), y(t))\ y'(t) dt$$
Ademas sabemos que $ds = \sqrt{[x'(t)]^2 + {y'(t)}^2}$, por tanto
$$\int _{C} f(x, y) ds = \int_{a}^{b} f(x(t), y(t))\ \sqrt{[x'(t)]^2 + {y'(t)}^2}\ dt$$
EJEMPLO 1 Evalúa a) $\int_c\ xy^2\ dx$, b) $\int_c\ xy^2\ dy$, c) $\int_c\ xy^2\ ds$, sobre un cuarto de circunferencia en el primer cuadrante, con centro en el origen y de radio 4.
SOLUCIÓN 1 Lo primero que tenemos que hacer, es obtener la curva C. ... hacerlo en clase
GRADIENTE
Ya conocemos el concepto de derivada para una función que depende de una sola variable. La derivada para funciones de más de una variable lleva implícito el concepto de derivadas parciales. Así, si nuestra función es: $z = f(x, y)$ Tendrá derivadas parciales $\partial z / \partial x$ y $\partial z / \partial y$, que son las tasas de cambio de la función $z = f(x, y)$ en las direcciones que son paralelas al eje X o al eje Y respectivamente.
Por supuesto que no siempre vamos a necesitar una derivada en la dirección de alguno de los ejes coordenados, así que veremos como encontrar la tasa de cambio de $f$ en una dirección arbitraria.
El gradiente de una función
Cuando el operador diferencial $\nabla$ (nabla)
$$\nabla = \hat {\textbf i}\frac{\partial}{\partial x} + \hat {\textbf j}\frac{\partial}{\partial y}\qquad o \qquad \hat {\textbf i}\frac{\partial}{\partial x} + \hat {\textbf j}\frac{\partial}{\partial y} + \hat {\textbf k}\frac{\partial}{\partial z}$$Se aplica a una función $z = f(x, y)$ o $w = f(x, y, z)$, se obtiene una función vectorial muy util
Definición de Gradiente
i) Supón que f es una función de dos variables $x$ y $y$, cuyas derivadas parciales $f_{x}$ y $f_{y}$ existen. Entonces el gradiente de f se define como
$$\nabla f(x, y) = \frac{\partial f}{\partial x} \hat {\textbf i} + \frac{\partial f}{\partial y} \hat {\textbf j}\qquad \qquad \qquad (1)$$
ii) Supón que f es una función de tres variables $x$, $y$ y $z$, cuyas derivadas parciales $f_{x}$ , $f_{y}$ y $f_{z}$ existen. Entonces el gradiente de f se define como
$$\nabla f(x, y, z) = \frac{\partial f}{\partial x} \hat {\textbf i} + \frac{\partial f}{\partial y} \hat {\textbf j} + \frac{\partial f}{\partial z} \hat {\textbf k}\qquad \qquad \qquad (2)$$
EJEMPLO 2 Calcula $\nabla f(x, y)$ para $f(x, y) = 5y - x^3 y^2$
SOLUCIÓN 2
$$\nabla f(x, y) = \frac{\partial }{\partial x}(5y - x^3 y^2) \hat {\textbf i} + \frac{\partial }{\partial y}(5y - x^3 y^2) \hat {\textbf j}$$$$\boxed{ \ \ \ \nabla f(x, y) = - 3 x^2 y2 \hat {\textbf i} + (5 - 2x^3 y) \hat {\textbf j}\ \ \ }$$
EJEMPLO 3 Si $f(x, y, z) = xy^2 + 3 x^2 - z^3$ determina $\nabla f(x, y, z)$ en (2, -1, 4)
SOLUCIÓN 3
$$\nabla f(x, y, z) = \frac{\partial }{\partial x}(xy^2 + 3 x^2 - z^3) \hat {\textbf i} + \frac{\partial }{\partial y}(xy^2 + 3 x^2 - z^3) \hat {\textbf j} + \frac{\partial }{\partial z}(xy^2 + 3 x^2 - z^3) \hat {\textbf k}$$$$\nabla f(x, y, z) = (y^2 + 6 x) \hat {\textbf i} + (2xy ) \hat {\textbf j} + ( - 3z^2) \hat {\textbf k}\Big]_{(2, -1, \ 4)}$$$$\nabla f(2, -1, \ 4) = ((-1)^2 + 6 (2)) \hat {\textbf i} + 2(2)(-1) \hat {\textbf j} - 3(4)^2) \hat {\textbf k}$$$$\nabla f(x, y, z) = (y^2 + 6 x) \hat {\textbf i} + (2xy ) \hat {\textbf j} + ( - 3z^2) \hat {\textbf k}\Big]_{(2, -1, \ 4)}$$$$\boxed{\ \ \ \nabla f(2, -1, \ 4) = 13 \hat {\textbf i} - 4 \hat {\textbf j} - 48 \hat {\textbf k}\ \ \ }$$
Derivada Direccional
Recuerda que las derivadas parciales $\partial z/ \partial x$ y $\partial z/ \partial y$ producen la pendiente de una recta tangente a la traza, o curva de intersección, de una superficie dada por $z = f(x, y)$ y planos verticales que son, respectivamente, paralelos a los ejes de coordenadas X y Y. De manera equivalente, $\partial z / \partial y$ es la tasa de cambio de la función $f$ en la dirección dada por el vector $\hat {\textbf i}$, y $\partial z / \partial y$ es la tasa de cambio de $z = f(x, y)$ en la dirección $\hat {\textbf j}$.
No hay razón para restringir nuestra atención sólo a dos direcciones; podemos encontrar la tasa de
cambio de una función diferencial en cualquier dirección. Ve la figura 1 .
Fig. 1 El vector $\textbf u$ determina la dirección
Supón que $\Delta x$ y $\Delta y$ denotan incrementos en $x$ y $y$ respectivamente, y que $\hat {\textbf u} = cos\theta \hat {\textbf i} + sen \theta \hat {\textbf j}$ es un vector unitario en el plano XY que forma un ángulo $\theta$ con el eje positivo $x$ y que es paralelo al vector $\textbf v$ de $(x, y, 0)$ a $(x + \Delta x, y + \Delta y, z + \Delta z)$ Si $h = \sqrt{(\Delta x)^2 + (\Delta y)^2} > 0$ entonces $\textbf v = h \hat {\textbf u}$. Además, considera que el plano perpendicular al plano XY que contiene estos puntos corta la superficie en una curva C. y les Pregunto:
- ¿Cuál es la pendiente de la recta tangente a C en el punto P con coordenadas (x, y, f(x, y)) en la dirección dada por $\textbf v$?
De la figura 2, vemos que $\Delta x = h cos \theta$ y $\Delta y = h sen \theta$, por lo que la pendiente de la recta secante indicada que pasa por los puntos P y R sobre C es
$$\frac{f((x + \Delta x, y + \Delta y) - f(x,\ y)}{h} = \frac{f((x + h\ cos \theta, y + h\ sen \theta) - f(x,\ y)}{h} = $$
Fig 2. ¿Cuál es la pendiente de la recta tangente a la curva C en P?
Esperamos que la pendiente de la tangente en P sea el límite de (3) cuando Esta pen-
diente es la tasa de cambio de f en P en la dirección especificada por el vector unitario u. Esto
nos lleva a la siguiente definición.
Definición de Derivada direccional
La derivada direccional de una función $z = f(x, y)$ en en la dirección del vector unitario $\hat {\textbf u} =cos\theta \hat {\textbf i} + sen \theta \hat {\textbf j}$ está dada por
$$ D_{u}f(x, y) = \lim_{h \to 0} \frac{f((x + h\ cos \theta, y + h\ sen \theta) - f(x,\ y)}{h} \qquad \qquad (3)$$Siempre que el límite exista
Para calcular la derivada direccional se procede como sigue
Si $z = f(x, y)$ es una función diferenciable de $x$ y de $y$, y $\hat {\textbf u} =cos\theta \hat {\textbf i} + sen \theta \hat {\textbf j}$ es un vector unitario, entonces
$$D_{u} f(x, y) = \nabla f(x, y) \cdot \hat {\textbf u}\qquad \qquad (4)$$
EJEMPLO 4 Determina la derivada direccional de $f(x, y) = 2x^2y^3 + 6xy$ en (1, 1) en la dirección del vector unitario cuyo ángulo con el eje X positivo sea $\pi / 6$
SOLUCIÓN 4
Primero encontraremos las parciales;
$\partial f / \partial x = 4xy^3 + 6y$ y $\partial f / \partial y = 6x^2 y^2 + 6x$, así que usando la definición de gradiente tendremos
$$\nabla f(x, y) = (4xy^3 + 6y) \hat {\textbf i} + (6x^2 y^2 + 6x) \hat {\textbf j}\qquad y \qquad \nabla f(1, 1) = 10 \hat {\textbf i} + 12 \hat {\textbf j}$$
Sabemos también que $\theta = \pi / 6$, asi que
$$\hat {\textbf u} = cos(45) \hat {\textbf i} + sen (45) \hat {\textbf j} = \frac{\sqrt{3}}{2} \hat {\textbf i} + \frac{1}{2} \hat {\textbf j}$$
Por último
$$D_{u} f(1, 1) = \nabla f(1, 1) \cdot \hat {\textbf u} = (10 \hat {\textbf i} + 12 \hat {\textbf j}) \cdot (\frac{\sqrt{3}}{2} \hat {\textbf i} + \frac{1}{2} \hat {\textbf j}) $$$$\boxed{\ \ \ D_{u} f(1, 1) = 5\sqrt{3} + 6 \ \ \ }$$
EJEMPLO 5 Considera el plano que es perpendicular al plano XY y que pasa por los puntos P(2, 1) y Q(3, 2) ¿cuál es la pendiente de la recta tangente a la curva de intersección de este plano con la superficie $f(x y) = 4x^2 + y^2$ en (2, 1, 17) en la dirección de Q?
SOLUCIÓN 5
Como se quiere encontrar $D_{u} f(2, 1)$ en la dirección dada por el vector $\vec {PQ} = \hat {\textbf i} + \hat {\textbf j}$, pero, este vector no es unitario, así que hay que normalizarlo, esto es, hacerlo unitario
$$\hat {\textbf u} = \frac{1}{| \vec {PQ} |} \vec {PQ} = \frac{1}{\sqrt{2}} \hat {\textbf i} + \frac{1}{\sqrt{2}} \hat {\textbf j}$$
Ahora encontramos el gradiente en el punto P
$$\nabla f(2, 1) = (8x) \hat {\textbf i} + (2y) \hat {\textbf j}\Big]_{(2,\ 1)}$$$$\nabla f(2, 1) = 16 \hat {\textbf i} + 2 \hat {\textbf j}$$$$D_{u} f(2, 1) = (16 \hat {\textbf i} + 2 \hat {\textbf j}) \cdot \Big( \frac{1}{\sqrt{2}} \hat {\textbf i} + \frac{1}{\sqrt{2}} \hat {\textbf j}\Big)$$$$\boxed{\ \ \ D_{u} f(2, 1) = 9\sqrt{2}\ \ \ }$$
CAMPO VECTORIAL
Un campo vectorial en el espacio tridimensional es una función de valores vectoriales
$$\textbf F (x, y, z) = P(x, y, z) \hat {\textbf i} + Q(x, y, z) \hat {\textbf j} + R(x, y, z) \hat {\textbf k}$$Que asocia un único vector tridimensional $\textbf F (x, y, z)$ con un punto $(x, y, z)$ en una región D del espacio tridimensional con un sistema de coordenadas XYZ
Campo vectorial conservativo
Un campo vectorial $\textbf F$ se dice que es conservativo si $\textbf F$ puede escribirse como un gradiente de una función escalar $\phi$ tal que $\textbf F = \nabla \phi$. La función $\phi$ recibe el nombre de función potencial de $\textbf F$.
EJEMPLO 6. Demuestra que el campo vectorial bidimensional $\textbf F = y \hat {\textbf i} + x \hat {\textbf j}$ es conservativo.
SOLUCIÓN 6 Consideremos la función $\phi (x, y) = xy$, el gradiente de la función escalar $\phi$ es
$$\nabla \phi = \frac{\partial \phi}{\partial x} \hat {\textbf i} + \frac{\partial \phi}{\partial y} \hat {\textbf j} = y \hat {\textbf i} + x \hat {\textbf j}$$Como $\textbf F (x, y) = \nabla \phi$, se concluye que $\textbf F = y \hat {\textbf i} + x \hat {\textbf j}$ es un campo vectorial conservativo y que $\phi$ es una función potencial de $\textbf F$.
Si $\textbf F(x, y) = P(x, y) \hat {\textbf i} + Q(x, y) \hat {\textbf j}$ es un campo vectorial conservativo en un región abierta R y que P y Q son continuas y tienen primera derivadas parciales en R, entponces
$$\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial Q}{\partial x}$$
EJEMPLO 7. Determina si el campo vectorial $\textbf F(x, y) = (x^2 - 2y^3) \hat {\textbf i} + (x + 5y) \hat {\textbf j}$ es conservativo.
SOLUCIÓN 7 Encontramos primeramente las parciales de la función vectorial
$$\frac{\partial Q}{\partial x} = 1 \qquad \text y \qquad \frac{\partial P}{\partial y} = - 6y^2$$Como $\frac{\partial Q}{\partial x} \not= \frac{\partial P}{\partial y}$ se deduce que $\textbf F$ no es conservativo
ROTACIONAL
Ya vimos que si un campo vectorial de fuerza $\textbf F$ es conservativo, entonces puede escribirse como el gradiente de una función potencial $\phi$
$$\textbf F = \nabla \phi = \frac{\partial \phi}{\partial x} \hat{\textbf i} + \frac{\partial \phi}{\partial y} \hat{\textbf j} + \frac{\partial \phi}{\partial z} \hat{\textbf k}$$Observamos que el operado diferencial vectorial nabla se combina con un campo vectorial para dar como resultado otro campo vectorial, pero también se puede combinar para dar un campo escalar
Rotacional de un campo vectorial
El rotacional de un campo vectorial $\textbf F = P \hat{\textbf i} + Q \hat{\textbf j} + R \hat{\textbf k}$ es el campo vectorial
$$rot \textbf F = \bigg( \frac{\partial R}{\partial y} - \frac{\partial Q}{\partial z}\bigg) \hat {\textbf i} + \bigg( \frac{\partial P}{\partial z} - \frac{\partial R}{\partial x}\bigg) \hat {\textbf i} + \bigg( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}\bigg) \hat {\textbf i} $$O de una manera más concreta
$$rot \textbf F = \nabla \ \text X\ \textbf F =
\begin {vmatrix}
\hat{\textbf i} & \hat{\textbf j} & \hat{\textbf k} \\
\frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} & \frac{\partial }{\partial x}\\
P & Q & R ]
\end {vmatrix}$$
Demostrar que $\text {rot} (grad\ f) = 0$
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