Compleja:Zill-Cap5.1

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

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Sección 5.1

En los problemas 1-16, evaluar la integral definida. Si es necesario, revisar las técnicas de integración de libros de cálculo.

Ejercicio 1

Evalué la integral definida

\begin{equation*} \int_{-1}^{3}x\left ( x-1 \right )\left ( x+2 \right )dx \end{equation*}

Procedimiento

Resolviendo los productos que están adentro de la integral.

$x \left ( x-1 \right )\left ( x+2 \right )=x(x^{2}+2x-x-2)=x^{3}+x^{2}-2x$

Por lo que la integral puede escribirse como:

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

Fácilmente se puede solucionar esta integral separando en sumas de integrales, por lo que el resultado de la integral es:

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

Aplicando los limites de integración:

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

Resolviendo las potencias de las fracciones nos da el siguiente resultado:

$\left [ \frac{81}{4}+\frac{27}{3}-9 \right ]-\left [ \frac{1}{4}-\frac{1}{3}-1 \right ]$

$\left [\frac{81}{4} \right ]-\left [-\frac{13}{12} \right ]= \frac{64}{3}$

Solución

Por lo que la solución a la integral dada.

\begin{equation*} \int_{-1}^{3}x\left ( x-1 \right )\left ( x+2 \right )dx=\frac{64}{3} \end{equation*}

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Elaborado por --Ricardo Garcia Hernandez (discusión) 00:20 15 jun 2015 (CDT)

Re elaborado por Manuel Rodríguez

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Ejercicio 3

Evalué la integral definida

\begin{equation*} \int_{\frac{1}{2}}^{1} \sin(2\pi x) dx \end{equation*}

Procedimiento

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

Aplicando los limites

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

Usando la propiedad del $cos(-u)=cos(u)$ y sustituyendo el valor de coseno:

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

Solución

Por lo que el resultado de la Integral propuesta es:

\begin{equation*} \int_{\frac{1}{2}}^{1} \sin(2\pi x) dx= -\frac{1}{\pi} \end{equation*}

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

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Ejercicio 5

Evalúe la integral definida

\begin{equation*} \int_{0}^{4}\frac{1}{2x+1} dx \end{equation*}

Procedimiento

Para resolver la integral hacemos un cambio de variable:

$u=2x+1$ ; $du=2dx$

Usando el cambio de Variable propuesto:

$\int_{0}^{4}\frac{1}{2}\frac{1}{u}du=\frac{1}{2}\int_{0}^{4}\frac{1}{u}du$

En este caso, la solución a la integral, es la función logaritmo

$\int \frac{1}{x}dx=\ln(x)+Constante$

Usando los limites de integracion

$\frac{1}{2}\int_{0}^{4}\frac{1}{u}du= \frac{1}{2}\ln(u)\Bigg|_{0}^{4}$

Regresando a la variable original

$ \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} = \frac{1}{2}\ln(9)-\frac{1}{2}\ln(1)$

Solución

Dado que $ln(1)=0$, la solución a la Integral es:

\begin{equation*} \int_{0}^{4}\frac{1}{2x+1} dx=\frac{1}{2}\ln(9) \end{equation*}

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

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Ejercicio 6

Evalúe la integral definida

\begin{equation*} \intop_{ln2}^{ln3}e^{-x} dx \end{equation*}

Procedimiento

Usando que $\int_{a}^{b}e^{x}dx=e^{x}\Bigg|_{a}^{b}$

$\intop_{ln2}^{ln3}e^{-x}=-e^{-x}\mid_{ln2}^{ln3}=\left [ -e^{-ln3} \right ]-\left [ -e^{-ln2} \right ]$

Dado que $e^{\ln u}=u$ y usando la conocida propiedad de los logaritmos $\ln\left ( \frac{x}{y} \right )=\ln(x)-\ln(y)$ ; si $x=1$ entonces $-\ln(y)=\ln\left ( \frac{1}{y} \right )$

Por lo que

$\left [ -e^{-ln3} \right ]-\left [ -e^{-ln2} \right ]=\left [-e^{ln\left ( \frac{1}{3} \right )} \right ]-\left [-e^{ln\left ( \frac{1}{2} \right )} \right ]=\left [ -\frac{1}{3} \right ]-\left [ -\frac{1}{2} \right ]$

Solución

Entonces el valor de la integral es:

\begin{equation*} \intop_{ln2}^{ln3}e^{-x} dx=\frac{-2+3}{6}=\frac{1}{6} \end{equation*} --- Juan Daniel Rivera Bautista (discusión) 23:38 12 jun 2015 (CDT)

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Ejercicio 7

Evalúe la integral definida

\begin{equation*} \intop_{2}^{4} xe^{\frac{-x}{2}}dx \end{equation*}

Procedimiento

Para resolver esta integral emplearemos la técnica de integración por partes donde se define como $\int udv=uv-\intop v du$

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

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

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

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

Solución

Por lo que la solución es:

\begin{equation*} \intop_{2}^{4} xe^{\frac{-x}{2}}dx = -12e^{-2}+8e^{-1} \end{equation*}

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

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Ejercicio 8

Evalúe la integral definida.

\begin{equation*} \intop_{1}^{e}\ln(x)dx \end{equation*}

Procedimiento

Integrando por partes:

$\int udv=uv-\intop v du$

Donde $u=\ln(x)$, $du=dx/x$, $dv=dx$ y $v=x$, tenemos que:

$\intop_{1}^{e}\ln(x)dx=[x \ln(x)-x]_{1}^{e}=[x(\ln(x)-1)]_{1}^{e}$

Evaluando:

$[x(\ln(x)-1)]_{1}^{e}=e(\ln(e)-1)-1(\ln(1)-1)=1$

Solución

$\therefore\intop_{1}^{e}\ln(x)dx=1$

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

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Ejercicio 9

Evalúe la integral definida

\begin{equation*} \int_{2}^{4} \frac{dx}{x^{2}-6x+5} \end{equation*}

Procedimiento

La integral puede ser solucionada por fracciones parciales

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

Igualando las partes del numerador

$x: A+B=0$

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

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

Así tengo que:

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

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

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

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

Dado que el logaritmo natural no tiene solución en el campo de los números reales, ampliando al campo complejo y tomando la primera rama del logaritmo.

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

Con $\ln(1)=0$ y el $log_{e}=ln$ 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:

Solución

\begin{equation*} \int_{2}^{4} \frac{dx}{x^{2}-6x+5}=-\frac{1}{2} ln 3 \end{equation*}

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

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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) ----

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Ejercicio 16

Evalué la integral

\begin{equation*} \int_{C} \! (2x + y)\,dx + xy\,dy \end{equation*}

Procedimiento

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

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

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

Solución

\begin{equation*} \int_{C} \! (2x + y)\,dx + xy\,dy= \frac{141}{5} \end{equation*}

Siendo este nuestro resultado final

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

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Ejercicio 19

Evalúe

\begin{equation*} \int_{C} \! y\,dx + x\,dy \,dx \end{equation*}

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

Procedimiento 1

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

Procedimiento  2

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; nótese 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.

Solución

\begin{equation*} \int_{C} \! y\,dx + x\,dy \,dx=1 \end{equation*}

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

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Método alterno Parametrización de la función

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

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

Solución

Por lo que el valor de la integral es el mismo que en los dos métodos anteriores

\begin{equation*} \int_{C} \! y\,dx + x\,dy \,dx=1 \end{equation*}

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

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Ejercicio 23

Evalué la integral.

\begin{equation*} \int_{c}(6x^{2}+2y^{2})dx+4xydy \end{equation*}

Donde C está dado por $x=\sqrt{t}$ , $y=t$ con $4\leq t\leq9$

Procedimiento

$ 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 $

Solución

La solución a la integral es:

\begin{equation*} \int_{c}(6x^{2}+2y^{2})dx+4xydy=460 \end{equation*}

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Ejercicio corregido por:Samantha Martinez (discusión) 01:20:41 14 jun 2015 (CDT)

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Ejercicio incorrecto

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

Integrando queda de la forma:

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

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

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Ejercicio 24

Evalué la integral sobre el contorno C.

\begin{equation*} \int_{c}-y² dx + xy dy \end{equation*}

donde C esta dada por $x=2t$, $y=t³$, $0\leq t\leq2$.

Procedimiento

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:

$\int_{0}^{2} -(t⁶)(2 dt)+(2t⁴)(3t² dt)$

$\int_{0}^{2} -2t⁶ dt + 6t⁶ dt$

$\int_{0}^{2} 4t⁶ dt$

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

Solución

por lo cual:

\begin{equation*} \int_{c}-y² dx + xy dy= \frac{512}{7} \end{equation*}

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

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Ejercicio 25

Evalué la Integral:

\begin{equation*} \int_{C} 2x^{3}y dx +(3x+y) dy \end{equation*}

Donde C esta dada por $x= y^{2}$ $(1,-1)$ a $(1,1)$

Procedimiento

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 $(-1,1)$

Por lo que la integral parametrizada quedaría

$\int_{C} 2x^{3}y dx +(3x+y) dy =\int_{-1}^{1}4t^{8}+3t^{2}+t dt$

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

Por lo que el resultado de la suma de integrales:

$\left [4\frac{t^{9}}{9}+3\frac{t^{3}}{3}+\frac{t^{2}}{2} \right ]\Bigg|_{-1}^{1}$

Evaluando los limites.

$\left [\frac{4}{9}+1+\frac{1}{2} \right ]-\left [-\frac{4}{9}-1+\frac{1}{2} \right ]=\frac{8}{9}+2$

Solución

\begin{equation*} \int_{C} 2x^{3}y dx +(3x+y) dy =\frac{26}{9} \end{equation*}

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

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Ejercicio 27

Evalué la integral

\begin{equation*} \int_{c}(x^{2}+y^{2})dx-2xydy \end{equation*}

En la curva cerrada dada $x^2+y^2=4$

Procedimiento

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 $

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} $

Solución

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

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

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Ejercicio 28

En el problema evalué

\begin{equation*} \oint_{c}(x^{2}+y^{2})dx-2xydy \end{equation*}

sobre la curva cerrada, mostrada en la figura (PONER FIGURA)

Procedimiento

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

$y= x^2$  ; $dy = 2x dx$

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

$\int_{c_2}(x^{2}+y^{2})dx-2(xy)dy= \int_{c_2}((y^2)^{2}+y^{2})(2 y dy)-2(y^2)ydy= \intop_{1}^{0} 2y^5 dy$

Dado que

$\int_{b}^{a}du=-\int_{a}^{b}du$

$-\intop_{0}^{1} 2y^5 dy= -[\frac{2y^6}{6}]^{1}_{0}= -\frac{2}{6}$

Procedimiento

Por lo que al sumar las dos partes tenemos que

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

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

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Ejercicio 30

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

Procedimiento

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:

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

Solución

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

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

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Ejercicio 31

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

Procedimiento

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

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

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

$=\frac{5}{2}\cos2\pi\sqrt{\sec^{2}2\pi}(\cos4\pi)-2\log(cos2\pi)-\frac{5}{2}\cos0\sqrt{\sec^{2}0}(\cos20)+2\log(cos0)=1-1=0$

Solución

así

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

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

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Ejercicio 32

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

Procedimiento

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:

Solución

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

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

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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$ $0<t<1$

Procedimiento

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}$

Solución

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

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

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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 $y$.

Solución

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 $m=2k$.

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

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Ejercicio 36

Las coordenadas del centro de masa de un alambre con densidad variable estan 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.

Procedimiento

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 $\rho(x,y)=\alpha y$

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

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

Así

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

Conclusión

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

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

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