Ejercicios preliminares e instantáneos. Integral de línea (segunda parte)

Dos curvas tienen orientaciones opuestas si ocupan el mismo lugar geométrico del plano o del espacio y en cada punto los vectores tangentes tienen signo opuesto.
Ver solución

$(t,t^2)$ para $t\in[0,1]$ recorre los puntos de la parábola $y=x^2$ desde el punto $(0,0)$ hasta el punto $(1,1)$, mientras que $(1-t,(1-t)^2)$ con $t\in[0,1]$ recorre los mismos puntos pero empezando en el $(1,1)$ y terminando en el $(0,0)$. Podemos comprobar que los vectores tangentes tienen signos opuestos:

• en $P(0,0)$, los vectores tangentes son $(1,0)$ y $(-1,0)$
• en $P(\frac{1}{2},\frac{1}{4})$, los vectores tangentes son $\frac{1}{\sqrt{2}}(1,1)$ y $-\frac{1}{\sqrt{2}}(1,1)$
• en $P(1,1)$, los vectores tangentes son $\frac{1}{\sqrt{5}}(1,2)$ y $-\frac{1}{\sqrt{5}}(1,2)$

${\bf F}(x,y)$ es una magnitud vectorial, como un campo de fuerzas o de velocidades, definida en una región del plano y $(x(t),y(t))$ son las coordenadas de un alambre plano situado en esa región; el resultado de componerlas es una función vectorial, de dimensión dos, de una variable.
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1. ${\bf F}(x(t),y(t))=(5t^2-1,-1)$;
2. ${\bf F}(x(t),y(t))=(\cos^2 t+2\,\mbox{sen}\, t,-1)$;
3. ${\bf F}(x(t),y(t))=((1-t)^2+2,-1)$

${\bf F}(x,y,z)$ es una magnitud vectorial, como un campo de fuerzas o de velocidades, definida en una región del espacio y $(x(t),y(t),z(t))$ son las coordenadas de un alambre situado en esa región; el resultado de componerlas es una función vectorial, de dimensión tres, de una variable.
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1. ${\bf F}({\bf r}(t))=(-t^3,2t+t^2,2t)$;
2. ${\bf F}({\bf r}(t))=(-t-1,t+e^t,t)$;
3. ${\bf F}({\bf r}(t))=(-\mbox{sen}\, 2t,\mbox{sen}\, t+\cos t,\mbox{sen}\, t)$.

El elemento diferencial de curva, $d{\bf r}$, es un función vectorial formada por los diferenciales de cada componente de la curva. Ver solución

1. $d{\bf r}=(2,2t,3t^2)\, dt$;
2. $d{\bf r}=(1,e^t,1)\, dt$;
3. $d{\bf r}=(\cos t,-\mbox{sen}\, t,2\cos 2t)\, dt$.

Recuerda que podemos interpretar la diferencial de una variable como una diferencia entre valores de esa variable. Ver solución

1. $d{\bf r}=(dx,dy,dz)$ se mide en (m.,m.,m.);
2. ${\bf V}\cdot d{\bf r}$ se mide en $\mbox{m}^2/\mbox{sg}$ pues es un flujo;
3. $\int_C {\bf V}\cdot d{\bf r}$ se mide en $\mbox{m}^2/\mbox{sg}$ pues es un flujo.

De cara a aplicar el teorema de Green, es imprescindible saber si la curva es cerrada o no lo es. Para saber si una curva es cerrada no es necesario dibujarla; basta comprobar que el punto correspondiente al primer valor del parámetro es el mismo que el correspondiente al último valor del parámetro. (En un caso más complicado podría ser que el punto fuera el mismo para un valor intermedio y a partir de éste hasta el final del intervalo se repitieran los mismos puntos) Ver solución

1. ${\bf r}(t)=(1+\,\mbox{sen}\, t,\cos t)$ para $t\in[0,2\pi]$: puesto que ${\bf r}(0)={\bf r}(2\pi)$, la curva es cerrada:
   
   
2. $y=1-x^2$ para $x\in[-1,1]$: el punto inicial es $(-1,0)$ y el final $(1,0)$, luego no es cerrada:
   
   
3. arco unión de $y=1-x^2$ con $y=x^2-1$ para $x\in[-1,1]$: cada uno de los arcos no es cerrado, pero sí su unión:
   
   
4. $2x^2+3y^2=8$ para $x\in[-2,2]$: si el punto inicial es $(-2,0)$, éste es también el punto final:
   
   

1. circunferencias $x^2+y^2=1$, $x^2+y^2=2$, sobre la recta $2y=-x$:
   
   

   		a=atan(-.5);
   		t=a:.05:a+pi;
   		tv=t(end:-1:1);
   		fill([cos(t) 2*cos(tv)],[sin(t) 2*sin(tv)],'b')
   		axis equal
   		

2. parábola $(x-1)^2=2-y$ y eje $y=0$:
   
   

   x=1-sqrt(2):sqrt(2)/40:1+sqrt(2);
   fill(x,2-(x-1).^2,'b')
   axis equal
   		

3. parábola $(x-1)^2=2-y$ y recta $3y=2x-6$:
   
   

   [x,y] = solve('(x-1)^2=2-y','3*y=2*x-6');
   x=double(x);
   xv=linspace(min(x),max(x),20);
   fill(xv,2-(xv-1).^2,'b')
   axis equal
   		

Recuerda que en una curva plana se considera orientación positiva la orientación antihoraria.
Ver solución

Ambas tienen orientación negativa:

1. para $t=0$, el punto es $P(0,1)$; para $t=\frac{\pi}{2}$, el punto es $Q(1,0)$;
2. para $t=0$, el punto es $P(2,2)$; para $t=\frac{\pi}{2}$, el punto es $Q(1,1)$;

Esta combinación de parciales es importante porque es la función de dos variables que se integra en el interior de una curva cerrada cuando aplicamos el teorema de Green. Es la función que es nula si el campo es conservativo. Ver solución

1. $$N'_x-M'_y=\frac{-y}{x^2+y^2}+x$$
2. $$N'_x-M'_y=\frac{y^2}{(x+y)^2}-x\cos (xy)$$