Integral de línea y campos vectoriales
La integral de línea representa el área de una superficie formada entre una
curva C contenida en otra superficie $f(x,y)$ y el plano XY. Es decir que la integral de línea es una forma de calcular el área de una superficie a lo largo de una curva. Análogo a la interpretación geométrica de las integrales simples, se puede decir que:
\[A=\lim_{n \to \infty}\sum_{i=1}^{n}f(x_{i}^{*},y_{i}^{*})\Delta
S_{i}\]
Ésta es la definición de una integral de línea o de curva. Sin embargo,
en la práctica no resulta conveniente usar esta expresión debido a su
complejidad. Por tanto, si tomamos la longitud de un segmento de C
se tiene que
\[L_{i}=\sqrt{[x'(t_{i})]^{2}+[y'(t_{i})]^{2}}\, \Delta t\]
así este segmento se convierte en la base de cada
rectángulo $R_{i}$ de manera que la expresión anterior se convierte en
\[A=\lim_{n \to
\infty}\sum_{i=1}^{n}f(x_{i}^{*},y_{i}^{*})\sqrt{[x'(t_{i})]^{2}+[y'(t_{i})]^{2}}\,
\Delta t\]
No obstante, ahora es necesario convertir "f" a su forma vectorial
debido a que se tiene un diferencial de "t", obteniendo
\[A=\lim_{n \to
\infty}\sum_{i=1}^{n}r(t_{i}^{*})\sqrt{[x'(t_{i})]^{2}+[y'(t_{i})]^{2}}\,
\Delta t\]
Así entonces, la expresión que permite calcular una integral de línea
es
\[\int_{C}f(x,y)\,
ds=\int_{a}^{b}f[x(t),y(t)]\sqrt{[x'(t)]^{2}+[y'(t)]^{2}}\, dt\]
donde a y b es el intervalo para la cual la curva C parametrizada está
definida.
Cabe mencionar que C puede presentarse de muchas formas sobre cualquier
superficie. Por ejemplo, calculemos la integral de línea para la
superficie $z=y$ sobre la curva $C: x=t^{2},\, y=2t,\, 0 \leq t \leq 3$.
Con ayuda de una herramienta graficadora es posible representar
geométricamente al problema propuesto como sigue
Conocida la expresión paramétrica de "y", la integral de línea se calcula
de la siguiente manera
\[\int_{C}y\, ds=\int_{0}^{3}2t\sqrt{[(t^{2})']^{2} + [(2t)']^{2}}\,
dt=\int_{0}^{3}2t\sqrt{4t^{2} + 4}\]
\[I=2\int_{0}^{3}2t\sqrt{t^{2}+1}=\frac{4}{3}\sqrt{(t^{2}+1)^{3}}\left.\begin{matrix}
\\ \\\end{matrix}\right|_{0}^{3}=\frac{4}{3}(10\sqrt{10}-1)\]
Ejemplo práctico: Evaluar la integral de
línea $\int_{C}(x^{2}+y^{2})\, ds$ a lo largo de la curva $C: \textrm{Segmento de recta desde } (0,0) \textrm{ hasta }
(1,1)$
Graficando el segmento de recta es posible deducir su ecuación
rectangular como sigue:
|
| La recta tiene ecuación rectangular $\mathit{y=x}$ y parametrizando con $x=t$ se tiene $\mathit{y=t}$ |
Evidentemente se tiene el intervalo $0\leq t \leq 1$, pues el punto (0,0) ocurre cuando t=0 y el punto (1,1) se obtiene
cuando t=1. Así entonces, mediante las
ecuaciones paramétricas deducidas se puede decir
que
\[I=\int_{0}^{1}2t^{2}\sqrt{2}\, dt=2\sqrt{2}\left (
\frac{t^{3}}{3} \right )\left.\begin{matrix} \\
\\\end{matrix}\right|_{0}^{1}=\frac{2\sqrt{2}}{3}\]
Ahora supongamos que C es una curva suave a pedazos; es
decir, C es una unión de un número finito de
curvas suaves
C1, C2, C3,..., Cn. Se define entonces la integral de "f" a lo largo
de C como la suma de integrales de "f" a lo largo de cada una de las
piezas suaves de C.
|
| \[\mathit{\int_{C}f(x,y)\, ds=\int_{C_{1}}f(x,y)\, ds+\int_{C_{2}}f(x,y)\, ds+...+\int_{C_{n}}f(x,y)\, ds}\] |
Ejemplo 1: Evaluar la integral de línea $\int_{C}(x+4\sqrt{y})\, ds$ donde C es el triángulo de vértices (0,0), (1,0) y (0,1) con recorrido en sentido antihorario.
|
| Gráfico de la curva C señalando el sentido de recorrido especificado |
\[C_{1}:y=0\textrm{ si } 0\leq x\leq 1\Rightarrow
\left\{\begin{matrix}x=t \\y=0\end{matrix}\right., 0\leq t\leq
1\]
\[C_{2}:y=1-x\textrm{ si } 0\leq x\leq 1\Rightarrow
\left\{\begin{matrix}x=t \\y=1-t\end{matrix}\right., 0\leq
t\leq 1\]
\[C_{3}:x=0\textrm{ si } 0\leq y\leq 1\Rightarrow
\left\{\begin{matrix}x=0 \\y=t\end{matrix}\right., 0\leq t\leq
1\]
Por tanto, la integral de línea será:
\[\int_{C}(x+4\sqrt{y})\, ds=\int_{C_{1}}(x+4\sqrt{y})\,
ds+\int_{C_{2}}(x+4\sqrt{y})\, ds+\int_{C_{3}}(x+4\sqrt{y})\,
ds\]
\[I=\int_{0}^{1}t\, dt+\sqrt{2}\int_{0}^{1}(t+4\sqrt{1-t})\,
dt+4\int_{0}^{1}\sqrt{t}\, dt\]
\[I=\frac{1}{2}+\sqrt{2}\left (
\frac{t^{2}}{2}-\frac{8}{3}\sqrt{(1-t)^{3}} \right
)\left.\begin{matrix} \\
\\\end{matrix}\right|_{0}^{1}+\frac{8}{3}=\frac{11}{3}+\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{8\sqrt{2}}{3}\]
\[I=\frac{19}{6}+\frac{3\sqrt{2}+16\sqrt{2}}{6}=\frac{19}{6}(1+\sqrt{2})\]
En general, una parametrización determina una orientación de la
curva C y la dirección positiva corresponde a los valores
crecientes del parámetro "t". Por tanto, se puede decir que la
dirección dada en el ejemplo anterior es positiva (esto se cumple
para cualquier otra curva de manera que es común tomar al sentido
antihorario como dirección positiva).
La integral como la del ejemplo anterior también se la denomina integral de línea con respecto a la longitud de arco, no
obstante también puede integrarse solamente con respecto a "x",
(haciendo 0 a $y'(t)$), o con respecto a "y", (haciendo 0 a $x'(t)$):
\[\int_{C}f(x,y)\, dx=\int_{C}f(x,y)x'(t)\, dt\]
\[\int_{C}f(x,y)\, dy=\int_{C}f(x,y)y'(t)\, dt\]
Si se calcula la integral de línea con respecto a
"x" para el mismo ejemplo se tiene:
\[\int_{C}(x+4\sqrt{y})\, dx=\int_{0}^{1}t\,
dt+\int_{1}^{0}(t+4\sqrt{1-t})\, dt+0\]
\[I=\frac{1}{2}+\left (
\frac{t^{2}}{2}-\frac{8}{3}\sqrt{(1-t)^{3}} \right
)\left.\begin{matrix} \\
\\\end{matrix}\right|_{1}^{0}=\frac{1}{2}-\frac{19}{6}=-\frac{8}{3}\]
Asimismo, la integral de línea con respecto a "y" se obtiene como
sigue:
\[\int_{C}(x+4\sqrt{y})\,
dy=0+\int_{0}^{1}(t+4\sqrt{1-t})\,
dt+4\int_{1}^{0}\sqrt{t}\, dt\]
\[I=\left ( \frac{t^{2}}{2}-\frac{8}{3}\sqrt{(1-t)^{3}}
\right )\left.\begin{matrix} \\
\\\end{matrix}\right|_{0}^{1}-\frac{8}{3}=\frac{19}{6}-\frac{8}{3}=\frac{1}{2}\]
Nótese también que el signo de las respuestas de estas dos últimas integrales
dependen de la orientación de la curva como sigue.
|
| Orientación de la curva C en sentido horario |
Integral de línea con respecto a "x":
\[\int_{-C}(x+4\sqrt{y})\, dx=\int_{1}^{0}t\,
dt+0+\int_{0}^{1}(t+4\sqrt{1-t})\, dt\]
\[I=-\frac{1}{2}+\left (
\frac{t^{2}}{2}-\frac{8}{3}\sqrt{(1-t)^{3}} \right
)\left.\begin{matrix} \\
\\\end{matrix}\right|_{0}^{1}=-\frac{1}{2}+\frac{19}{6}=\frac{8}{3}\]
Integral de línea con respecto a "y":
\[\int_{-C}(x+4\sqrt{y})\, dy=0+4\int_{0}^{1}\sqrt{t}\,
dt+\int_{1}^{0}(t+4\sqrt{1-t})\, dt\]
\[I=\frac{8}{3}+\left (
\frac{t^{2}}{2}-\frac{8}{3}\sqrt{(1-t)^{3}} \right
)\left.\begin{matrix} \\
\\\end{matrix}\right|_{1}^{0}=\frac{8}{3}-\frac{19}{6}=-\frac{1}{2}\]
Por tanto, si se integra con respecto a "x" o "y" donde -C denota
la curva con los mismos puntos que C pero con la orientación
opuesta, se tiene
\[\int_{-C}f(x,y)\, dx=-\int_{C}f(x,y)\, dx\]
\[\int_{-C}f(x,y)\, dy=-\int_{C}f(x,y)\, dy\]
Por otro lado, si se integra con respecto a la longitud de arco, el valor
de la integral de línea no cambia cuando se invierte la
orientación de la curva C. Puesto que $\Delta s_{i}$
siempre es positiva, mientras que $\Delta x_{i}$ y $\Delta y_{i}$ cambian de signo cuando se invierte la orientación de C.
\[\int_{-C}f(x,y)\, ds=\int_{C}f(x,y)\, ds\]
Ejemplo 2: Evaluar la integral de línea $\int_{C}(x+2y)\, dx+x^{2}\, dy$ donde C consta de segmentos de recta desde (0,0) hasta
(2,1) y desde (2,1) hasta (3,0).
|
| Graficando la curva C se tiene que $\mathit{C_{1}: y=\frac{1}{2}x,\, 0\leq x\leq 2,\ C_{2}: y=-x+3,\, 2\leq x\leq 3}$ |
Luego parametrizando "x" y las diferenciales respectivas
en ambas curvas se tiene:
\[C_{1}:\left\{\begin{matrix}x=t
\\y=\frac{1}{2}t\end{matrix}\right.,\, 0\leq t\leq
2\Rightarrow \left\{\begin{matrix}\mathrm{d} x=\mathrm{d} t
\\\mathrm{d} y=\frac{1}{2}\mathrm{d}
t\end{matrix}\right.\]
\[C_{2}:\left\{\begin{matrix}x=t
\\y=-t+3\end{matrix}\right.,\, 2\leq t\leq 3\Rightarrow
\left\{\begin{matrix}\mathrm{d} x=\mathrm{d} t \\\mathrm{d}
y=-\mathrm{d} t\end{matrix}\right.\]
Así entonces, la integral de línea se calcula como
sigue:
\[\int_{C}(x+2y)\, dx+x^{2}\, dy=\int_{0}^{2}2t\,
dt+\frac{t^{2}}{2}\, dt+\int_{2}^{3}(6-t)\, dt+t^{2}\,
(-dt)\]
\[I=\frac{1}{2}\int_{0}^{2}\left ( t^{2}+4t \right )\,
dt+\int_{2}^{3}(6-t-t^{2})\, dt\]
\[I=\frac{1}{2}\left ( \frac{t^{3}}{3}+2t^{2} \right
)\left.\begin{matrix} \\
\\\end{matrix}\right|_{0}^{2}+\left (
6t-\frac{t^{2}}{2}-\frac{t^{3}}{3} \right
)\left.\begin{matrix} \\
\\\end{matrix}\right|_{2}^{3}=\frac{1}{2}\left (
\frac{32}{3} \right )+\left ( \frac{9}{2}-10+\frac{8}{3}
\right )\]
\[I=\frac{16}{3}-\frac{17}{6}=\frac{5}{2}\]
Campos vectoriales
Hasta ahora se estudiaron funciones que obedecen a
transformaciones de la forma: $T:\mathbb{R}^{n}\to \mathbb{R}$, es decir que su rango tiene una dimensión. Un
campo vectorial es una función que obedece a la transformación $T:\mathbb{R}^{n}\to \mathbb{R}^{n}$, es decir, aquella función cuya dimensión del
espacio dominio es la misma que la del rango y se define
como sigue:
Sea D un conjunto de
$\mathbb{R}^{n}$, un campo vectorial en $\mathbb{R}^{n}$ es una función F que asigna cada punto $(x_{1},x_{2},...,x_{n})$ de D un vector de igual dimensión $\mathbf{F}(x_{1},x_{2},...,x_{n})$.
|
| Ejemplo de la representación geométrica de un campo vectorial en $\mathbb{R}^{2}$ |
La mejor manera de representar gráficamente un campo vectorial es
dibujar la flecha que representa al vector F(x,y) a partir del punto
(x,y). Por otro lado, su representación algebraica puede realizarse
en términos de sus funciones componentes P y Q como sigue:
\[\mathbf{F}(x,y)=P(x,y)\textbf{i} +Q(x,y)\mathbf{j}\]
Nótese que P y Q son funciones escalares de dos variables,
también llamadas campos escalares, distinguiéndolas
así de los campos vectoriales.
Ejemplo: Trace el campo vectorial $\mathbf{F}(x,y)=-\frac{1}{2} \textbf{i}+(y-x)\textbf{j}$ dibujando un diagrama con al menos 12 vectores.
Tomando puntos al azar, se procede a evaluarlas en la función dada
obteniendo así la siguiente tabla de valores
Luego, se grafican los vectores correspondientes a cada punto,
consiguiendo así el siguiente gráfico:
|
| Observe como los vectores reducen su magnitud cuando los puntos están próximos al origen. |
Los campos vectoriales son una herramienta útil para modelar
fenómenos físicos a los que se aplican magnitudes vectoriales como
la velocidad o la fuerza. Por ejemplo: el campo eléctrico, el campo
magnético o el campo de velocidades de un fluido.
Integrales de línea de campos vectoriales
Para definir la integral de línea de un campo vectorial utilicemos
una curva en $\mathbb{R}^{3}$ y la definición de trabajo aplicado en un partícula para
desplazarla desde un punto a otro.
|
| Suponga que una partícula se mueve desde A hasta B en un campo de fuerzas $\mathit{\textbf{F}(x,y,z)}$. El trabajo aplicado por definición es $\mathit{W=\left\| F \right\| ||\vec{d}|| \cos \theta}$ donde $\mathit{\theta}$ es el ángulo formado por el vector fuerza $\mathit{\textbf{F}}$ y el vector de la trayectoria $\mathit{\vec{d}=\Delta r}$ |
Observe que la definición de trabajo obedece al producto escalar
de los vectores fuerza y trayectoria. Asimismo, siguiendo la
figura anterior, se puede decir que el trabajo neto desde A hasta
B es la suma del trabajo en cada punto de la curva C, de modo que:
\[W=\lim_{n \to \infty }
\sum_{i=1}^{n}\textbf{F}(x_{i},y_{i},z_{i})\Delta r_{i}\]
concluyendo así que el trabajo aplicado sobre una
partícula dentro de un campo de fuerzas en una trayectoria C es
la integral de línea de dicho campo.
\[W=\int_{A}^{B}\textbf{F}(\textbf{r})\, d\textbf{r}\]
No obstante, esta expresión no es muy útil para calcular la
integral de línea de campos vectoriales, por lo que si operamos el
producto escalar se tiene.
\[\int_{C}\textbf{F}(x,y,z)\cdot \,
(dx,dy,dz)=\int_{a}^{b}P(x,y,z)\, dx+\int_{a}^{b}Q(x,y,z)\,
dy+\int_{a}^{b}R(x,y,z)\, dz\]
Luego, parametrizando las componentes de F y del diferencial de r
se tiene que $\mathbf{F}[\textbf{r}(t)]=\left<P[x(t),y(t),z(t)],Q[x(t),y(t),z(t)],R[x(t),y(t),z(t)]
\right>$ y $d\textbf{r}=\left<x'(t),y'(t),z'(t)\right>$, de modo que se obtiene una forma más práctica para calcular la
integral de línea de un campo vectorial:
\[\int_{C}\textbf{F}(x,y,z)\, ds=\int_{C}\textbf{F}\cdot
d\textbf{r}=\int_{a}^{b}\textbf{F}[\textbf{r}(t)]\cdot \textbf{r}'(t)\, dt\]
Esta expresión también puede extenderse para campos vectoriales en $\mathbb{R}^{n}$.
Ejemplo:
Hallar la integral de línea del campo vectorial $\textbf{F}(x,y)=-y\mathbf{i}-x\mathbf{j}$
alrededor del semicírculo $y=\sqrt{4-x^{2}}$
desde (2,0) hasta (-2,0).
Graficando el campo vectorial y la curva dada se tiene:
|
| La dirección de la trayectoria es en sentido antihorario |
La función vectorial asociada a C es $r(t)=2\cos t \textbf{i} + 2\sin t \textbf{j}$
en $0\leq t \leq \pi$, de modo que su derivada es $r'(t)=-2\sin t \textbf{i} + 2\cos t \textbf{j}$
y por tanto la integral de línea se calcula como sigue:
\[\int_{C}\textbf{F}\cdot dr=\int_{0}^{\pi }\left<-2\sin
t,-2\cos t \right>\cdot \left<-2\sin t,2\cos t
\right>dt\]
\[I=\int_{0}^{\pi }(4\sin^{2}t-4\cos^{2}t)\mathrm{d}
t=-4\int_{0}^{\pi }\cos (2t) \mathrm{d} t=-2\sin
2t\left.\begin{matrix} \\ \\\end{matrix}\right|_{0}^{\pi }\]
\[I=0\]
Ejercicios:
a) Trace el campo vectorial F dibujando varios vectores
1) $\textbf{F}(x,y)=\textbf{i} +\textbf{j}$
2) $\textbf{F}(x,y)=y\textbf{i}$
3) $\textbf{F}(x,y)=y\textbf{i} -x\textbf{j}$
b) Evaluar las integrales de línea en la curva C dada
1) $\int_{C} xy^{4}\, ds$,
C es la mitad derecha del círculo
$x^{2}+y^{2}=16$
2) $\int_{C}(x^{2}y+\sin x)\, dy$,
C es el arco de la parábola
$y=x^{2}$ de (0,0) a $(\pi, \pi
^{2})$
3) $\int_{C}x^{2}\, ds, \, C: x=\cos t,\, y=\sin t,\, z=t,\, 0\leq t \leq
\pi/2$
4) $\int_{C}\textbf{F}\, dr$, donde $\textbf{F}(x,y)=xy^{2}\textbf{i}-x^{2}\textbf{j},\:
r(t)=t^{3}\textbf{i}+t^{2}\textbf{j},\, 0\leq t\leq 1$
5) $\int_{C}\textbf{F}\, dr$, donde $\textbf{F}(x,y,z)=\sin x\textbf{i}+\cos
y\textbf{j}+xz\textbf{k},\:
r(t)=t^{3}\textbf{i}-t^{2}\textbf{j}+t\textbf{k},\, 0\leq t\leq 1$
0 Comentarios