Compleja:Zill-Cap5.1
Ejercicios del capítulo 5, sección 1 del libro, A First Course in Complex Analysis with Applications de Zill y Shanahan.
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:
$\frac{x^{4}}{4}+\frac{x^{3}}{3}-x^{2} \Bigg|_{-1}^{3}$=
![{\displaystyle \left[{\frac {3^{4}}{4}}+{\frac {3^{3}}{3}}-3^{2}\right]-\left[{\frac {(-1)^{4}}{4}}+{\frac {(-1)^{3}}{3}}-(-1)^{2}\right]}](https://en.wikipedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/ac9fb210de91423be23fd7a663bd6e128bdfef46)
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 solucion a la integral dada.
\begin{equation*} \int_{-1}^{3}x\left ( x-1 \right )\left ( x+2 \right )dx=\frac{64}{3} \end{equation*}
Elaborado por --Ricardo Garcia Hernandez (discusión) 00:20 15 jun 2015 (CDT)
Re elaborado por Manuel Rodríguez
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*}
Alejandro Juárez Toribio (discusión) 23:37 13 jun 2015 (CDT)
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*}
Nancy Martínez Durán (discusión) 19:56 13 jun 2015 (CDT)
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)
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*}
Miguel Medina Armendariz (discusión) 16:43 13 jun 2015 (CDT)
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
$\therefore\intop_{1}^{e}\ln(x)dx=1$
Fernando Vazquez V. (discusión) 15:15 14 jun 2015 (CDT)
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:
\begin{equation*}
\int_{2}^{4} \frac{dx}{x^{2}-6x+5}=-\frac{1}{2} ln 3
\end{equation*}
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 Error al representar (error de sintaxis): \int_{c}-y² dx + xy dy , donde C esta dada por Error al representar (error de sintaxis): x=2t, y=t³ , .
para calcular la integral tenemos que:
Error al representar (error de sintaxis): y= t³ ...... dy= 3t²dt
Por lo cual sustituyendo en la integral tenemos:
Error al representar (SVG (MathML puede ser habilitado mediante un plugin de navegador): respuesta no válida («Math extension cannot connect to Restbase.») del servidor «https://en.wikipedia.org/api/rest_v1/»:): \int_{c}-y² dx + xy dy= \int_{0}^{2} [-(t³)²(2 dt)]+[(2t)(t³)(3t² dt)]
desarrollando y simplificando tenemos:
Error al representar (SVG (MathML puede ser habilitado mediante un plugin de navegador): respuesta no válida («Math extension cannot connect to Restbase.») del servidor «https://en.wikipedia.org/api/rest_v1/»:): \int_{0}^{2} -(t⁶)(2 dt)+(2t⁴)(3t² dt)
Error al representar (error de sintaxis): \int_{0}^{2} -2t⁶ dt + 6t⁶ dt
Error al representar (error de sintaxis): \int_{0}^{2} 4t⁶ dt
Error al representar (error de sintaxis): \int_{0}^{2} 4t⁶ dt= \frac{4t⁷}{7}|_{0}^{2} = \frac{512}{7}\approx {73.1428}
por lo cual:
Error al representar (SVG (MathML puede ser habilitado mediante un plugin de navegador): respuesta no válida («Math extension cannot connect to Restbase.») del servidor «https://en.wikipedia.org/api/rest_v1/»:): \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
$$x=2 cost ..... dx=-2sent dt$$ $$y=2 sent ..... dy=2cost dt$$
$$ 0\leq t\leq\pi $$
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
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 sobre la curva cerrada
Como vemos la función es una curva suave por trozos, procederemos a calcular la integral de linea pero haciéndolo sobre trayectorias suaves.
Calculando primero para la primera curva suave tenemos que es la curva definida de la función , que va desde el punto (0,0) al punto (1,1), por lo que tomaremos a x como el parámetro de la curva, con , por lo que tenemos que
![x \epsilon [0,1]](https://en.wikipedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/e72112e68a6c82db584143621ce4e21ab8ef3e92)
además que
Por lo que la integral de linea para la curva es
Error al representar (función desconocida «\intop»): \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 , que va desde el punto (1,1) al (0,0), por lo que tomaremos a y como el parámetro, con , en donde
![y \epsilon [1,0]](https://en.wikipedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/2d442eff57da6c63b1f0b7e7837e951f5bae59bf)
además de que
Por lo que tenemos que la integral de linea para esta curva cumple que
Error al representar (función desconocida «\intop»): \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
--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)
