Compleja:Zill-Cap5.1

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Ejercicios del capítulo 5, sección 1 del libro, A First Course in Complex Analysis with Applications de Zill y Shanahan.


Sección 5.1

Elaborado por

Ejercicio 1

Evalue la integral definida

\[ \intop x(x-1)(x+2)dx \]

Solución

Simplificamos la integral de la siguiente forma:

\[ \intop x(x^{2}+2x-x-2)dx \]

\[ \intop(x^{3}+2x^{2}-x^{2}-2x)dx \]

Ahora integramos con respecto a “x” cuyos limites de integración van de 3 a -1, entonces:

\[ \frac{x^{4}}{4}+\frac{x^{3}}{3}-\frac{x^{2}}{2} \]

\[ \left[\frac{(3)^{4}}{4}+\frac{(3)^{3}}{3}-\frac{2(3)^{2}}{2}\right]-\left[\frac{(-1)^{4}}{4}+\frac{(-1)^{3}}{3}-\frac{2(-1)^{2}}{2}\right] \]

\[ \left[\frac{81}{4}+\frac{27}{3}-\frac{2(3)^{2}}{2}\right]-\left[\frac{(-1)^{4}}{4}+\frac{(-1)^{3}}{3}-\frac{2(-1)^{2}}{2}\right] \]

\[ \left[\frac{81}{4}-\frac{1}{4}+\frac{1}{3}+1\right] \]

\[ \frac{80}{4}+\frac{4}{3}=\frac{64}{3} \] Elaborado por --Ricardo Garcia Hernandez (discusión) 00:20 15 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 3

Ejercicio 3.-

$\intop_{\frac{1}{2}}^{1}=\sin\left(2\pi x\right)dx=-\frac{1}{2\pi}\left[\cos\left(2\pi x\right)\right]_{\frac{1}{2}}^{1}=-\frac{1}{2\pi}\left[1-\left(-1\right)\right]=-\frac{1}{\pi}$

--Alejandro Juárez Toribio (discusión) 23:37 13 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 5

Evalúe la integral definida


$ \intop_{0}^{4}\frac{dx}{2x+1} $


Para resolver la integral hacemos un cambio de variable:


$u=2x+1$


$du=2dx$


Sustituyendo $u$ y $du$ en la integral y posteriormente regresar a la variable original $x$ obtenemos:


$ \intop_{0}^{4} \frac{dx}{2x+1} = \intop_{0}^{4} \frac{du}{2u} = \dfrac{1}{2}\ln[u]_{0}^{4} = \dfrac{1}{2}\ln[2x+1]_{0}^{4} = \dfrac{1}{2}\ln(9)$


Nancy Martínez Durán (discusión) 19:56 13 jun 2015 (CDT)




Ejercicio 6

evalúe la integral definida

$\intop_{ln2}^{ln3}e^{-x}$

$\intop_{ln2}^{ln3}e^{-x}=-e^{-x}\mid_{ln2}^{ln3}=-\frac{1}{e^{ln3}}-\left(-\frac{1}{e^{ln2}}\right)=-\frac{1}{3}+\frac{1}{2}=\frac{-2+3}{6}=\frac{1}{6}$


--Juan Daniel Rivera Bautista (discusión) 23:38 12 jun 2015 (CDT)



Ejercicio 7

Evalúe la integral definida


$\intop_{2}^{4} xe^{\frac{-x}{2}}dx$


Para resolver esta integral emplearemos la tecnica de integración por partes donde se definne como $uv-\intop v du$


donde


$u=x$ por lo tanto $du=dx$


$dv=e^{\frac{-x}{2}}dx$ así tenemos $v=-2e^{\frac{-x}{2}}$


Evaluamos $uv-\intop v du$ y tenemos


$-2xe^{\frac{-x}{2}}+2\intop e^{\frac{-x}{2}}dx=-2xe^{\frac{-x}{2}}-4e^{\frac{-x}{2}}$


$\intop_{2}^{4} xe^{\frac{-x}{2}}dx = 2xe^{\frac{-x}{2}}-4e^{\frac{-x}{2}}\mid_{2}^{4}$


$\intop_{2}^{4} xe^{\frac{-x}{2}}dx = [-8e^{-2}-4e^{-2}]-[-4e^{-1}-4e^{-1}]$


$\intop_{2}^{4} xe^{\frac{-x}{2}}dx = -12e^{-2}+8e^{-1}$


Miguel Medina Armendariz (discusión) 16:43 13 jun 2015 (CDT)



Ejercicio 8

Evalúe la integral definida.

8.- $\intop_{1}^{e}lnxdx$


Integrando por partes con $u=lnx$, $du=dx/x$, $dv=dx$ y $v=x$, tenemos que:

$\intop_{1}^{e}lnxdx=[xlnx-x]_{1}^{e}=[x(lnx-1)]_{1}^{e}$


Evaluando:

$[x(lnx-1)]_{1}^{e}=e(lne-1)-1(ln1-1)=1$

$\therefore\intop_{1}^{e}lnxdx=1$


--Fernando Vazquez V. (discusión) 15:15 14 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 9

Evalúe la integral definida $\int_{2}^{4} \frac{dx}{x^{2}-6x+5}$.


$Solución: $


$\frac{1}{(x-5)(x-1)}=\frac{A}{x-5}+\frac{B}{x-1}=\frac{A(x-1)+B(x-5)}{(x-5)(x-1)}=\frac{Ax-1A+Bx-B}{(x-5)(x-1)}=\frac{(A+B)x-1A-5B}{(x-5)(x-1)}$

$x: A+B=0$

$C: -1A-5B=1$

Resolviendo tengo que: $A=\frac{1}{4}$, $B=-\frac{1}{4}$

Así tengo que:

$$\int_{2}^{4} \frac{dx}{x^{2}-6x+5}=\int_{2}^{4} \frac{A}{(x-5)}+\frac{B}{(x-1)}= \int_{2}^{4} \frac{1/4}{(x-5)}+\frac{-1/4}{(x-1)}=$$

$$\frac{1}{4} ln(x-5)\mid_{2}^{4}-\frac{1}{4} ln(x-1)\mid_{2}^{4}=$$

$$\frac{1}{4} ln(4-5)-\frac{1}{4} ln(2-5)-\frac{1}{4} ln(4-1)-\left(-\frac{1}{4} ln(2-1)\right)=$$

$$\frac{1}{4} ln(-1)-\frac{1}{4} ln(-3)-\frac{1}{4} ln(3)+\frac{1}{4} ln(1)$$


Ahora $ln(-1)$, y sé que $lnz=log_{e}|z|+i Arg(z)$

Si $z=-1$, $|z|=|-1|=1$, $Arg(z)=Arg(-1)=\pi$

Entonces: $ln(-1)=log_{e}1+i \pi=i \pi$


Y $ln(-3)$, $z=-3$, $|z|=|-3|=3$, $Arg(z)=Arg(-3)=\pi$

Entonces: $ln(-3)=log_{e}3+i\pi$


Sustituyendo:

$\frac{1}{4} ln(-1)-\frac{1}{4} ln(-3)-\frac{1}{4} ln(3)+\frac{1}{4} ln(1)$= $\frac{1}{4} i\pi-\frac{1}{4} \left(ln(3)+i\pi\right)-\frac{1}{4} ln(3)+\frac{1}{4} \cdot 0$= $\frac{1}{4} i\pi-\frac{1}{4} ln(3)-\frac{1}{4} i\pi-\frac{1}{4} ln(3)$= $-\frac{1}{4} ln(3)-\frac{1}{4} ln(3)$= $-\frac{1}{2} ln(3)$

Por lo tanto:

    $\int_{2}^{4} \frac{dx}{x^{2}-6x+5}=-\frac{1}{2} ln 3$


--Emmanuell Castro Flores (discusión) 16:05 14 jun 2015 (CDT)



Ejercicio 11

In Problems 11\textendash 14, evaluate the line integrals

C G(x, y) dx,

C G(x, y) dy, and C G(x, y) dl on the indicated curve C.

traduccion

En los problemas 11 a 14 , evaluar las integrales de línea

C G ( x , y) dx,

C G ( x , y) dy, y C dl de la curva indicada C. G ( x , y)

$11-.G\left(X,Y\right)=2XY:X=5COS\left(t\right),Y=5SEN\left(t\right),0\leq t\geq\frac{PI}{4}$

primero encuentro $G\left(X,Y\right)$en funcion de t y las derivadas tambien con respecto de t

$G\left(\left(X,Y\right)T\right)=2\left(5COS\left(t\right)5SEN\left(t\right)\right)=50COS\left(t\right)SEN\left(t\right)$

$X^{\prime}\left(t\right)=-5SEN\left(t\right)$

$Y^{\prime}\left(t\right)=5COS\left(t\right)$

$\left[l^{\prime}\right]=\sqrt{\left(X^{\prime}\left(t\right)\right)^{2}+\left(Y^{\prime}\left(t\right)\right)^{2}}=\sqrt{\left(-5SEN\left(t\right)\right)^{2}+\left(5COS\left(t\right)\right)^{2}}=5$

HAORA , RESOLVEMOS LA PRIMERA INTEGRAL:

$\int_{c}G\left(X,Y\right)dX=\int_{0}^{\frac{pi}{4}}G\left(t\right)X^{\prime}\left(t\right)dt=\int_{0}^{\frac{pi}{4}}50COS\left(t\right)SEN\left(t\right)\left(-5SEN\left(t\right)\right)dt=\int_{0}^{\frac{pi}{4}}-250SEN^{2}\left(t\right)COS\left(t\right)dt=\left[-\frac{250}{3}SEN^{3}\left(t\right)\right]_{0}^{\frac{pi}{4}}=-29.46$

RESOLVEMOS LA SEGUNDA INTEGRAL:

$\int_{c}G\left(X,Y\right)dY=\int_{0}^{\frac{pi}{4}}G\left(t\right)Y^{\prime}\left(t\right)dt=\int_{0}^{\frac{pi}{4}}50COS\left(t\right)SEN\left(t\right)\left(5COS\left(t\right)\right)dt=\int_{0}^{\frac{pi}{4}}-250COS^{2}\left(t\right)SE\left(t\right)dt=\left[\frac{250}{3}COS^{3}\left(t\right)\right]_{0}^{\frac{pi}{4}}=-53.87$

RESOLVEMOS LA TERCERA INTEGRAL:

$\int_{c}G\left(X,Y\right)dl=\int_{0}^{\frac{pi}{4}}G\left(t\right)\left[l^{\prime}\right]dt=\int_{0}^{\frac{pi}{4}}50COS\left(t\right)SEN\left(t\right)5dt=\int_{0}^{\frac{pi}{4}}250CO\left(t\right)SE\left(t\right)dt=\left[\frac{250}{2}SEN^{2}\left(t\right)\right]_{0}^{\frac{pi}{4}}=62.50$

--Martin Flores Molina (discusión) 13:05 15 mayo 2015 (CDT) ----


Ejercicio 16

Evalué la integral $\int_{C} \! (2x + y)\,dx + xy\,dy $ en la curva $y = x^2 + 1$ dada de (-1, 2) a (2, 5)


En este caso elegimos a $x $ como variable de integración, entonces tenemos:


$y = x^2 + 1$


$dy = 2x dx$


Reescribiendo la integral sustituyendo $y$ y $dy$


$\int_{C} \! (x^2 + 1)\,dx + xy\,dy = \int_{C} [2x + (x^2 + 1)]dx + x(x^2 + 1)2x dx$


$=\int_{-1}^{2} (2x + x^2 + 1 + 2x^4 + 2x^2)dx = \int_{-1}^{2} (2x^4 + 3x^2 + 2x + 1)dx$


Evaluando la integral


$=[\frac{2}{5} x^5 + x^3 + x^2 + x]_{-1}^{2} = \frac{2}{5} (2^5 - (-1)^5) + (2^3 - (-1)^3) + (2^2 - (-1)^2) + (2 + 1)$


$=\frac{2}{5} (33) + 9 + 6 = \frac{66}{5} + 15 = \frac{141}{5}$


Siendo este nuestro resultado final


Angelina Nohemi Mendoza Tavera (discusión) 23:25 13 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 19

Evalúe $\int_{C} \! y\,dx + x\,dy \,dx $ sobre la curva dada ($y=x^2$) de $(0,0)$ a $(1,1)$. Se pueden escoger cualquier variable para parametrizar, o bien, un parámetro a continuación ilustro los 2 procedimientos

Eligiendo x como variable de integración: \[ y=x^2 \;\;\;\Rightarrow\;\;\;dy=2\,x\,dx \] Luego podemos escribir la integral como: \[ \int_{C} \! y\,dx + x\,dy = \int_{C} \! {\left[ (x^2)dx + x(2x\,dx) \right]} dx==\int_{-2}^{2} \! \left( x^2 + 2 x^2 \right) \,dx=\int_{0}^{1} \! 3 x^2 \,dx=1^3-0^3=1 \]

Si se escoge $y$ como variable de integración se tiene: \[ x=\sqrt{y} \;\;\;\Rightarrow\;\;\;dx=\frac {dy}{2\,x}=\frac{dy}{2\,\sqrt{y}} \] Luego podemos escribir la integral como: \[ \int_{C} \! y\,dx + x\,dy \,dx= \int_{C} \! \left( y\, \frac {dy}{2\,\sqrt{y}} + \sqrt{y}\,dy \right) \,dy=\int_{0}^{1} \! \left( \frac{y}{2 \sqrt{y}}+\sqrt{y} \right) \,dy=\frac{3}{2}\int_{0}^{1} \! \left( \sqrt{y} \right) \,dy=1^{\frac{3}{2}}-0^{\frac{3}{2}}=1-0=1 \]

Como se ve, ambos métodos son equivalentes, n obstante algebraicamente pueden ser mas o menos complicados; notése que en el segundo se pudo usar $x=\sqrt{y}\,$ y no $x=\pm\sqrt{y}$, porque tanto $y$ como $x$ están contenidos en el primer cuadrante.


--Tlacaelel Cruz (discusión) 14:33 12 jun 2015 (CDT)


Método alterno

Evaluar $\int_{c}ydx+xdy$sobre la curva dada de (0,0) a (1,1).

$y=x^{2}$

Primero parametrizamos la función.

$x(t)=t$

$y(t)=t^{2}$


Con $0\leq t\leq1$


Y sustituyendo en la integral:

$\Longrightarrow\int[(t^{2})(1)dt+t(2t)dt]$

Resolviendo

$\int(t^{2})dt+\int2t^{2}dt=\frac{1}{3}t^{3}|_{0}^{1}+\frac{2}{3}t^{3}|_{0}^{1}=\frac{1}{3}+\frac{2}{3}=1$

--A. Martín R. Rabelo (discusión) 20:43 12 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 23

Evalue la integral $\int_{c}(6x^{2}+2y^{2})dx+4xydy$ , donde C está dado por $x=\sqrt{t}$ , $y=t$ con $4\leq t\leq9$

Donde $dx=\frac{1}{2}t^{-2}dt$ y $dy=1$

$\int_{c}[(6t+2t^{2})(\frac{1}{2}t^{-2})+4t^{\frac{1}{2}}(t)]dt=\int_{4}^{9}[(6t+2t^{2})(\frac{1}{2}t^{-2})+4t^{\frac{1}{2}}(t)]dt=\int_{4}^{9}[3t^{-1}+1+4t^{\frac{3}{2}}]dt$

Integrando queda de la forma:

$\int_{4}^{9}[3t^{-1}+1+4t^{\frac{3}{2}}]dt=(3log_{e}(t)+t+\frac{8}{5}t^{\frac{5}{2}})|_{4}^{9}=(3log_{e}(9)+9+\frac{8}{5}9^{\frac{5}{2}})-(3log_{e}(4)+4+\frac{8}{5}4^{\frac{5}{2}})=345.032$


--A. Martín R. Rabelo (discusión) 23:41 12 jun 2015 (CDT)


Tu ejercicio está mal y derivaste mal a x....


$ x=\sqrt{t} ..... dx=\frac{1}{2\sqrt{t}} $

$ y=t .... dy=dt $

$ 4\leq t\leq9 $

Sustituyendo en la integral

$\int_{c}(6x^{2}+2y^{2})dx+4xydy=\int_{4}^{9}[6(\sqrt{t})^2+2(t)^2]\frac{1}{2\sqrt{t}}dt+[4\sqrt{t} t]dt $

$ \int_{4}^{9} [6t+2t^2]\frac{1}{2\sqrt{t}}dt+[4\sqrt{t} t]dt $

$ \int_{4}^{9} [\frac{6t}{2\sqrt{t}}+\frac{2t^2}{2\sqrt{t}}+4\sqrt{t} t]dt $

$ \int_{4}^{9}[3\frac{t}{\sqrt{t}}+\frac{t^2}{\sqrt{t}}+4\sqrt{t} t]dt] $

$ \int_{4}^{9}[3t^{\frac{1}{2}}+t^{\frac{3}{2}}+4t^{\frac{3}{2}}]dt $

$ =(2t^{\frac{3}{2}}+\frac{2}{5}t^{\frac{5}{2}}+\frac{8}{5}t^{\frac{5}{2}}) |_{4}^{9} $

$ 2t^{\frac{3}{2}}+t^{\frac{5}{2}}(\frac{2}{5}+\frac{8}{5}) |_{4}^{9} $

$ 2t^{\frac{3}{2}}+t^{\frac{5}{2}}(2) |_{4}^{9} $

$ 2 (t^{\frac{3}{2}}+t^{\frac{5}{2}}) |_{4}^{9}$

$ 2 t^{\frac{3}{2}}(1+t) |_{4}^{9} $

$ \therefore \int_{c}(6x^{2}+2y^{2})dx+4xydy=460 $

--Samantha Martinez (discusión) 01:20:41 14 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 24

Evalue \(\int_{c}-y² dx + xy dy\) , donde C esta dada por \(x=2t, y=t³\), \(0\leq t\leq2\).

para calcular la integral tenemos que\[x= 2t ...... dx= 2 dt\]


\(y= t³ ...... dy= 3t²dt\)


\(0\leq t\leq2\)


Por lo cual sustituyendo en la integral tenemos\[\int_{c}-y² dx + xy dy= \int_{0}^{2} [-(t³)²(2 dt)]+[(2t)(t³)(3t² dt)]\]


desarrollando y simplificando tenemos\[\int_{0}^{2} -(t⁶)(2 dt)+(2t⁴)(3t² dt)\]


\(\int_{0}^{2} -2t⁶ dt + 6t⁶ dt\)


\(\int_{0}^{2} 4t⁶ dt\)


\(\int_{0}^{2} 4t⁶ dt= \frac{4t⁷}{7}|_{0}^{2} = \frac{512}{7}\approx {73.1428}\)


por lo cual\[\int_{c}-y² dx + xy dy=\frac{512}{7}\]

--Anahi Limas (discusión) 12:16 14 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 25

Evalué la $\int_{C} 2x^{3}ydx +(3x+y)dy$, donde C esta dada por $x= y^{2}$ $(1,-1) a (1,1)$


La curva de es $x= y^{2}$ tomamos un parámetro $ t$ y definimos $ y= t$, en la curva $y^{2}=t^{2}$. Entonces el intervalo a evaluar es $(-1,1)$



\[ \int_{-1}^{1}4t^{8}+3t^{2}+t dt\]

\[ \dfrac{4t^{9}}{9}+t^{3}\dfrac{t^{2}}{2}= \dfrac{4}{9}+\dfrac{18}{9}+\dfrac{4}{9}= \dfrac{26}{9}\]





--Esther Sarai (discusión) 12:27 14 jun 2015 (CDT)Esther Sarai

Ejercicio 27

Evalue $\int_{c}(x^{2}+y^{2})dx-2xydy$ , en la curva cerrada dada $x^2+y^2=4$

La curva está dada por una circunferencia con $r=2$ por tanto parametrizamos como

$$x=2 cost ..... dx=-2sent dt$$ $$y=2 sent ..... dy=2cost dt$$

$$ 0\leq t\leq\pi $$

Mediocirc

Sustituyendo en la integral se tiene que

$$ \int_{c} (2cost)^2+(2sent)^2 (-2sent dt)-2(2cost)(2sent)(2cost dt) $$

$$ \int_{0}^{\pi} (4cos^{2}t+4sen^{2}t)(-2sent)dt-(8cost sent)(2cost)dt $$

$$ \int_{0}^{\pi} (-8 cos^{2}t sent-8 sen^{3}t)dt-(8 cos^{2}t sent)dt $$

$$ \int_{0}^{\pi} (-16 cos^{2}t sent-8 sen^{3}t)dt $$

$$ -16\int_{0}^{\pi} cos^{2}t sent dt-8\int_{0}^{\pi} sen^{3}t dt $$

Para la primera integral se toma un cambio de variable $u=cost$ $du=-sent dt$

Y para la segunda integral se toma en cuenta la siguiente formulita $\int sen^{m}t dt=-\frac{cost sen^{m-1}t}{m}+\frac{m-1}{m} $

Por tanto la integral es igual a

$$ \frac{16}{3}cos^{3}t-\frac{2}{3}(cos(3t)-9 cost) |_{0}^{\pi} $$

$$ \frac{16}{3}cos^{3}t+6 cost-\frac{2}{3}cos(3t) |_{0}^{\pi} $$

$$ \frac{2}{3}(15 cost+cos3t) |_{0}^{\pi} $$

$$ \therefore \int_{c}(x^{2}+y^{2})dx-2xydy=-\frac{64}{3} $$

--Samantha Martinez (discusión) 00:37 14 jun 2015 (CDT)



Ejercicio 26 sección (5.2)

Encontrar un límite superior para el valor absoluto de la integral dada a lo largo del contorno indicado.

$$ \oint_{c} \frac{1}{z^2-2i}dz $$

donde C es la mitad derecha del círculo |z|=6 , de z=-6i a z=6i

Tenemos una circunferencia con r=3

-z-=6

Tomamos el teorema de acotamiento

$$ |\oint_{c}f(z)dz|\leq ML ....(1) $$

Donde L es la longitud de la curva, por tanto

$$ L=2\pi r=2\pi(3)=6\pi ....(2) $$

Para encontrar el valor de la cota, tomamos el valor absoluto de la integral,donde

$$ |\frac{1}{z^2-2i}|=\frac{|1|}{|z^2-2i|} ....(3) $$

pero

$$ |z_{1}+z_{2}|\geq |z_{1}|-|z_{2}| $$ $$ |z^2-2i|\geq |z^2|-|-2i| $$ $$ |z^2|-|-2i|\leq |z^2-2i| $$ $$ \frac{1}{|z^2-2i|}\leq \frac{1}{|z^2|-|-2i|} $$ $$ \frac{1}{|z^2-2i|}\leq \frac{1}{|36|-|-2i|} $$ $$ \frac{1}{|z^2-2i|}\leq \frac{1}{36-\sqrt{4}\sqrt{i^2}} $$ $$ \frac{1}{|z^2-2i|}\leq \frac{1}{36-2i} $$ $$ \therefore \frac{1}{36-2i}=M=(máximo)....(4)$$

$$ \therefore |\oint_{-6i}^{6i} \frac{1}{z^2-2i}dz|\leq \frac{6\pi}{36-2i} $$

--Samantha Martinez (discusión) 18:50 14 junio 2015 (CDT)


Ejercicio 28

En el problema evalué \(\oint_{c}(x^{2}+y^{2})dx-2xydy \) sobre la curva cerrada

28zill.png

Como vemos la función es una curva suave por trozos, procederemos a calcular la integral de linea pero haciéndolo sobre trayectorias suaves.


\(\oint_{c}(x^{2}+y^{2})dx-2xydy = \int_{c_1}(x^{2}+y^{2})dx-2xydy + \int_{c_2}(x^{2}+y^{2})dx-2xydy \)


Calculando primero para la primera curva suave tenemos que \(c_{1}\) es la curva definida de la función \(y= x^2\), que va desde el punto (0,0) al punto (1,1), por lo que tomaremos a x como el parámetro de la curva, con \(x \epsilon [0,1]\), por lo que tenemos que

\(y= x^2\) además que \(dy = 2x dx\)


Por lo que la integral de linea para la curva \(c_{1}\) es


\(\int_{c_1}(x^{2}+y^{2})dx-2xydy = \int_{c_1} (x^{2}+(x^2)^{2})dx-2x(x^2)(2x dx)= \int_{c_1} (x^2 - 3 x^4) dx= \intop_{0}^{1} (x^2 - 3 x^4) dx = \frac{x^3}{3}- \frac{3x^5}{5}= \frac{1}{3}- \frac{3}{5}= \frac{-4}{15}\)


Ahora para la segunda curva tenemos que cumple con la función \(y = \sqrt{x}\), que va desde el punto (1,1) al (0,0), por lo que tomaremos a y como el parámetro, con \(y \epsilon [1,0]\), en donde


\(y^2= x\) además de que \(2y dy= dx\)


Por lo que tenemos que la integral de linea para esta curva cumple que


\(\int_{c_2}(x^{2}+y^{2})dx-2xydy= \int_{c_2}((y^2)^{2}+y^{2})(2 y dy)-2(y^2)ydy= \intop_{1}^{0} 2y^5= [\frac{2y^6}{6}]^{1}_{0}= -\frac{2}{6}\)


Por lo que al sumar las dos partes tenemos que


\(\oint_{c}(x^{2}+y^{2})dx-2xydy = \int_{c_1}(x^{2}+y^{2})dx-2xydy + \int_{c_2}(x^{2}+y^{2})dx-2xydy = -\frac{4}{15} -\frac{2}{6}= -\frac{3}{5}\)


--Pablo (discusión) 14:31 14 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 30

30. Evalúa: $\oint_{C}{x^2y^3dx-xy^2dy}$ en la curva cerrada dada.

Solución:

Sea $\Gamma$ la trayectoria cerrada compuesta por los segmentos de recta: $\overline{OA},\overline{AB}, \overline{BO}$, donde: $O(0,0), A(2,4), B(0,4)$. Sean: $\Gamma_1$ la trayectoria $\overline{OA}$, $\Gamma_2$ la trayectoria $\overline{AB}$, $\Gamma_3$ la trayectoria $\overline{BO}$. Entonces:

$$\oint_{C}{x^2y^3dx-xy^2dy}=\oint_{\Gamma}{x^2y^3dx-xy^2dy}=\int_{\Gamma_1}{x^2y^3dx-xy^2dy}+\int_{\Gamma_2}{x^2y^3dx-xy^2dy}+\int_{\Gamma_3}{x^2y^3dx-xy^2dy}$$

Para $\Gamma_1$: el segmento de recta recorrido es el $\overline{OA}$, con $y=2x \Rightarrow dy=2dx$, además $x\in[0,2]$. Entonces:

$\int_{\Gamma_1}{x^2y^3dx-xy^2dy}=\int_{0}^{2}{x^2(2x)^3dx-x(2x)^2(2dx)}=\int_{0}^{2}{(8x^5-8x^3)dx}=8(\tfrac{1}{6} x^6 \Big|_0^2 \ - \tfrac{1}{4} x^4 \Big|_0^2 \ )=8(\frac{2^6}{6}-\frac{2^4}{4})$


Para $\Gamma_2$: el segmento de recta recorrido es el $\overline{AB}$, con $y=4 \Rightarrow dy=0$, además $x=x\Rightarrow dx=dx$ ,$x\in[0,2]$, entonces:

$\int_{\Gamma_2}{x^2y^3dx-xy^2dy}=\int_{2}^{0}{x^2(4)^3dx}=\int_{2}^{0}{64x^2dx}=64(\tfrac{1}{3} x^3 \Big|_2^0 \ )= -64(\tfrac{1}{3} x^3 \Big|_0^2 \ )=-64(\frac{2^3}{3})$


Para $\Gamma_3$: el segmento de recta recorrido es el $\overline{BO}$, con $x=0 \Rightarrow dx=0$, además $y=y\Rightarrow dy=dy$, $y\in[0,4]$, entonces:

$\int_{\Gamma_3}{x^2y^3dx-xy^2dy}=\int_{4}^{0}{(0)^2y^3(0)-(0)y^2(0)}=0$\\

Por consiguiente:

$$\oint_{C}{x^2y^3dx-xy^2dy}=\oint_{\Gamma}{x^2y^3dx-xy^2dy}=8(\frac{2^6}{6}-\frac{2^4}{4}) -64(\frac{2^3}{3})=8(\frac{64-24}{6})-\frac{8^3}{3}=\frac{8}{3}(20-64)=-\frac{352}{3}$$


Por lo tanto : $\oint_{C}{x^2y^3dx-xy^2dy}=-\frac{352}{3}$

Alan Daniel Barrón Posadas (discusión) 14:45 16 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 31

evalué $\oint_{c}(x^{2}-y^{2})ds$, donde $C$ esta dada por $x=5\cos t,y=5\sin t,0\leq t\leq2\pi$

por definición

$\int_{c}G(x,y)ds=\int_{b}^{a}G(x,f(x))\sqrt{1+\left[f'(x)\right]^{2}}dx$

como

$ds=\sqrt{1+\left[f'(x)\right]^{2}}dx$

$\frac{dx}{dt}=-5\sin t\Longleftrightarrow dx=-5\sin tdt$

$\frac{dy}{dt}=5\cos t$

$dy=f'(x)dx\Longleftrightarrow\frac{dy}{dx}=f'(x)$

$f'(x)=\frac{5\cos t}{-5\sin t}=-\arctan t$

$ds=\sqrt{1+\left[-\arctan t\right]^{2}}(-5\sin t)dt$

entonces

$\oint_{c}(x^{2}-y^{2})ds=\int_{0}^{2\pi}(25\cos^{2}t-25\sin^{2}t)\sqrt{1+\left[-\arctan t\right]^{2}}(-5\sin t)dt=25\int_{0}^{2\pi}(-5\sin t)(\cos^{2}t-\sin^{2}t)\sqrt{1+\arctan^{2}t}dt=25\int_{0}^{2\pi}(-5\sin t)(\cos2t)\sqrt{1+\arctan^{2}t}dt$

$25\int_{0}^{2\pi}(-5\sin t)(\cos2t)\sqrt{1+\arctan^{2}t}dt=\frac{5}{2}\cos t\sqrt{\sec^{2}t}(\cos2t)-2\log(cost)\mid_{0}^{2\pi}=\frac{5}{2}\cos2\pi\sqrt{\sec^{2}2\pi}(\cos4\pi)-2\log(cos2\pi)-\frac{5}{2}\cos0\sqrt{\sec^{2}0}(\cos20)+2\log(cos0)=1-1=0$

así

$\oint_{c}(x^{2}-y^{2})ds=0$ donde $C$ esta dada por $x=5\cos t,y=5\sin t,0\leq t\leq2\pi$


--Francisco Medina Albino (discusión) 22:53 11 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 32

Evaluar $\int_{-c}ydx-xdy$ donde c esta dado por $x=2cost$ , $y=3sent$ y $t\epsilon\left[0,\pi\right]$

Solución:

Recordemos que $\int_{-c}=-\int_{c}$ ...(1) , también que $cos^{2}t+sen^{2}t=1$ ...(2)

Ahora derivamos a x respecto a t y de igual manera a y

$dx=-2sentdt$ , $dy=3costdt$

Entonces de (1) tenemos en nuestro ejercicio

$-\int ydx-xdy=\int xdy-ydx$

Sustituimos valores, tanto de las datos dados como de las derivadas

$\int2cost3costdt-3sent\left(-2sent\right)dt=\int6cos^{2}tdt+6sen^{2}tdt=6\int\left(cos^{2}t+sen^{2}t\right)dt$

y por (2) tenemos que la integral es:

$6\int dt$ pero en este ejercicio tenemos una integral definida entre cero y pi, por lo tanto poniendo los limites de integración y resolviendo la integral tenemos:

$6\int_{0}^{\pi}dt=6t\mid_{0}^{\pi}=6\pi$


Resuelto por Luis Enrique Martínez Valverde (discusión) 11:42 14 jun 2015 (CDT)



Ejercicio 33

Verificar que la integral de linea tiene el mismo valor para cada una de las siguientes parametrizaciones


$\int_{c}y^2dx+xydy$


$ C_1: x= 2t+1, y=4t+2$ $0<t<1$


Derivamos $x$ y $y$ y sustituimos en la integral:

$ dx=2dt, dy=4$


$\int_{c}y^2dx+xydy=\int_{c}2(4t+2)^2dt+(2t+1)(4t+2)(4dt)=\int_{c}2(16t^2+16t+4)dt+4(8t^2+4t+4t+2)dt=$


$ =2[\frac{16}{3}t^3+8t^2+4t]_{0}^{1}+4[\dfrac{8}{3}t^3+4t^2+2t]_{0}^{1}=\frac{208}{3}$



$ C_2: x= t^2, y=2t^2$ $1<t<\sqrt{3}$


Derivamos $x$ y $y$ y sustituimos en la integral:

$ dx=2tdt, dy=4t$


$\int_{c}y^2dx+xydy=\int_{c}2t(2t^2)^2dt+(t^2)(2t^2)(4tdt)=\int_{c}(8t^5+8t^5)dt=[\frac{16}{6}]_{1}^{\sqrt{3}= \frac{208}{3}}$



$ C_3: x= lnt, y=2lnt$ $e<t<e^{3}$


Derivamos $x$ y $y$ y sustituimos en la integral:

$ dx=\frac{dt}{t}, dy=\frac{2dt}{t}$


$\int_{c}y^2dx+xydy=\int_{c}[2\ln{t}]^2\frac{dt}{t}+[\lnt][2\lnt][\dfrac{2dt}{t}= \frac{208}{3} $


Nancy Martínez Durán (discusión) 09:14 14 jun 2015 (CDT)



Ejercicio 35

Si $\rho (x,y)$ es la densidad de un alambre (masa por unidad de longitud), entonces la masa del alambre es $m=\int_C\rho (x,y)ds$. Determine la masa de un alambre que tiene la forma de una semicircunferencia $x=1+\cos t$, $y=\sin t$, $0\leq t\leq \pi$, si la densidad en un punto $P$ es directamente proporcional a la distancia del eje $y$.


Sol. Si $\rho (x,y)=ky$ con $k$ como la constante de proporcionalidad. La función de masa es la integral de línea de la densidad sobre la curva del alambre. En este caso el alambre tiene la forma de la semicircunferencia de radio 1 y centro en $(1,0)$ que tiene por ecuaciones paramétricas $x=1+\cos t$ $y=\sin t$. La definición de integral de línea de a lo largo de $C$ es


$\int_C G(x,y)ds=\int_a^b G(x(t),y(t))\sqrt{[x'(t)]^2+[y'(t)]^2}dt$


Con $G(x,y)=\rho (x,y)=ky$, $x'(t)=-\sin t$, $y'(t)=\cos t$ y $ds=\sqrt{(-\sin t)^2+(\cos t)^2}dt=dt$


$m=\int_C G(x,y)ds=\int_C\rho (x(t),y(t))ds=\int_a^{b}kyds=k\int_0^{\pi}\sin t dt=k(-\cos t|_0^{\pi})=k(1+1)=2k$


Por lo que la masa del alambre es $m=2k$.


Oscar Javier Gutierrez Varela (discusión) 19:25 11 jun 2015 (CDT)


Ejercicio 36

Las coordenadas del centro de masa de un alambre con densidad variable etan dadas por $\overline{x}=M_{y}/m\hspace{1em}y\hspace{1em}\overline{y}=M_{x}/m$ donde

\[ m={\displaystyle \int_{c}\rho(x,y)ds}\hspace{1em},\hspace{1em}M_{x}={\displaystyle \int_{c}y\rho(x,y)ds\hspace{1em},\hspace{1em}M_{y}={\displaystyle \int_{c}x\rho(x,y)ds}} \]


Encuentre el centro de masa del alambre en el problema 35.

De acuerdo al problema 35, sabemos que la curva $c$ esta parametrizada de la siguiente manera $c=(1+\cos t,\sin t)$ con $0\leq t\leq\pi$, asi que solo es cuestion de resolver las integrales para $M_{y},\hspace{1em}y\hspace{1em}M_{x}$, asi tambien sabemos que $m=2\alpha$. y que $\rho(x,y)=\alpha y$

\[ M_{x}={\displaystyle \int_{c}y}\rho(x,y)ds={\displaystyle \int_{0}^{\pi}y(t)\rho(x(t),y(t))dt={\displaystyle \int_{0}^{\pi}\sin t\alpha\sin tdt={\displaystyle \alpha\int_{0}^{\pi}{\displaystyle \frac{(1-\cos2t)}{2}dt={\displaystyle \frac{\alpha}{2}}|_{0}^{\pi}-{\displaystyle \frac{\sin t}{4}|_{0}^{\pi}={\displaystyle \frac{\alpha\pi}{2}}}}}}} \]


\[ M_{y}={\displaystyle \int_{c}x\rho(x,y)ds={\displaystyle \int_{0}^{\pi}x(t)\rho(x(t),y(t))dt={\displaystyle \int_{0}^{\pi}(1+\cos t)\alpha\sin tdt=\alpha{\displaystyle \int_{0}^{\pi}(\sin t+\sin t\cos t)dt=\alpha\left(-\cos t|_{0}^{\pi}+{\displaystyle \frac{\sin^{2}t}{4}|_{0}^{\pi}}\right)=2\alpha}}}} \]


Asi

\[ \overline{x}={\displaystyle \frac{M_{y}}{m}={\displaystyle \frac{2\alpha}{2\alpha}=1\hspace{1em}y\hspace{1em}\overline{y}={\displaystyle \frac{M_{x}}{m}={\displaystyle \frac{\alpha\pi}{2(2\alpha)}={\displaystyle \frac{\pi}{4}}}}}} \]


Por lo tanto las coordenadas son $\overline{x}=1,\overline{y}={\displaystyle \frac{\pi}{4}}$

Jose Emmanuel Flores Calderón (discusión) 17:30 14 jun 2015 (CDT)