´ Alarcon´ Araneda Salomon Apuntes MAT 024 v 12.2013 hola PR 2 Prefacio ´ de mis apuntes para un curso que incluye topi´ Estimados alumnos, esta es la primera version ´ en varias variables, c´alculo vectorial y ecuaciones diferenciales parciales, cocos de integracion nocido en nuestra Universidad como MAT 024. Estos apuntes no reemplazan a los libros de la bibliograf´ıa del curso, ni tampoco a los que cito al final del apuntes. De hecho, recomiendo revisar aquellos libros con la finalidad de profundizar en el estudio de los contenidos tratados aqu´ı, y conocer puntos de vista diferentes a los expuestos en estos apuntes. Agradezco a los Prof. Juan Bahamondes, Leonel Guerrero y Nelson Cifuentes por facilitarme ´ de integracion ´ doble. algunas figuras en la seccion Tambi´en agradezco los comentarios y sugerencias que ustedes puedan hacerme llegar para mejorar estos apuntes, y correguir erratas que puedan existir. Para ello, pueden contactarme por correo e-mail a:
[email protected]. Espero que este material les sea de utilidad. Atte. ´ Alarcon ´ Araneda. Salomon I ´ CAPITULO 0. PREFACIO II ´ Indice general Prefacio I ´ Indice general III ´ Indice de figuras I VII Integracion ´ en varias varables 1 1. Funciones definidas por una integral 3 1.1. Funciones definidas por una integral definida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2. Funciones definidas por una integral impropia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 2. La integral de Riemann en RN 11 ´ y existencia de la integral multiple ´ 2.1. Definicion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 2.1.1. La integral de Riemann en R2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 ´ de integrales multiples ´ 2.2. Evaluacion de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 ´ de integrales dobles sobre rect´angulos . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.1. Evaluacion 18 ´ de integrales dobles sobre dominios m´as generales . . . . . . . . 2.2.2. Evaluacion 20 ´ de integrales multiples ´ 2.2.3. Evaluacion de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 ´ 2.3. Cambio de variable en integrales multiples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 2.3.1. Transformaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 2.3.2. El teorema del cambio de variable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 ´ doble en coordenadas polares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.3. Integracion 47 ´ triple en coordenadas cil´ındricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.4. Integracion 50 ´ triple en coordenadas esf´ericas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.5. Integracion 52 ´ multiple ´ 2.4. Integracion impropia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54 2.5. Aplicaciones: Centro de masa y momentos de inercia . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62 2.5.1. Centro de masa y momentos de inercia en R2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62 2.5.2. Centro de masa y momentos de inercia en R3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69 III . . . .4. . 3. . . . . . . .3. . . . . Teorema de Stokes . . 115 3. . . . . . . . .3. 85 ´ natural . . . . . . . . . . . . . . . . Superficies en R3 129 4. . . . . . . .2. . . . 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . .1. . . . . . .2. Parametrizacion 86 3. . . . . .1. . . . . . . . . . Triedro y Formulas de Frenet-Serret . . 172 5. . . . . . . . . La ecuacion ´ de onda . . . . . . . . . . . . . . . 3. . . . . . . . Preservacion 84 3. Centro de masa de un alambre. . Condiciones sobre una EDP de 2do orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165 ´ de Laplace. . . . . . . . . . . . . . . .3. . 3. . 129 4. . . . . . . . . 100 3. . . . . . 144 4. . . . . . . . . . . . Modelos Matem´aticos . . . 78 ´ de una curva . Ecuaciones lineales de segundo orden 163 165 5. . .2. . . . . . 173 IV . . . .2. . . . .4. . . El Teorema de Green . . . 166 5. . . . . . .6. . . . . . Curvas en R3 75 . . . . . . . . . .2. . . . . . . . . 170 5. . Torsion 98 ´ 3. . . 152 4. .3. . Masa y centro de masa de una superficie . . . . . . . . . . . . . . . . . .2. . . . . . . . . . . .2. . . . . . . . . .1. . . . . . . . . . . . . 171 5. . . .1. . . . . . . . Problemas bien puestos para EDP de segundo orden . . . . . . . . . . . . . . . . . .´ INDICE GENERAL II C´alculo vectorial 73 3. . 105 3. . . . . . . . . . 111 ´ Potencial. . . .1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . cuerda o resorte . . . . . . . . .2. . . . . . . . . . . . . . .1. . .5. . . . . . . . . . Vector tangente . . . . . . . . .4. . . . . . 123 4. .5. . . . . . . . . La ecuacion ´ del calor . . . . . . . Longitud de arco. . . . . .2. . . 158 III Ecuaciones Diferenciales Parciales 5. .1. .1. . . . . . . . . . . . .2. . . . . . . . . . . . . . Integrales de superficie sobre campos vectoriales . . . . . . Vector normal y curvatura . . . . . 95 ´ y vector Binormal . . . . . . . . . . . Geometr´ıa de curvas . . . Curvas param´etricamentes equivalentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Campos conservativos . . . . . . . . . . . . . . . . Extension 83 ´ de la orientacion ´ de una curva . . . . . . . . .2. . . . . . . . . . . . . . . . . .1. . . . .3. 94 3. . . . . . . . . . . . . . 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .4. . . . . . . . 94 3. . . . Integral de l´ınea de un campo vectorial . . . . . . . . . . . . . . .5. . . Curvas en R3 75 3. . .3. . . . .4. El Teorema de Gauss-Ostrogradski . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1. . . . . . . .3. . . . .2. . . Condiciones iniciales y de contorno . . . . . . . . . . . . . . Funcion 3. . . . . . . . . . . . .1. Funciones vectoriales . 107 3. . .3. . .1. . . . . . . . . . . . .3. . . . . . . . . . . 168 5. . . . . . . . . . 140 4. . . . . . . . . . . . . . La ecuacion 5. . . . . . . . . . . . . Integrales de superficie de campos escalares . . . . . . . . Integral de l´ınea de un campo escalar . . . . . . . . . . . . . . . .1. 148 4. . . Superficies en R3 . . . .3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1. . . . . . . . . .1.8.4. .1. . . Problemas relativos a la ecuacion ´ de onda unidimensional no homog´enea . . . . . . . . . .1. 6. . . EDP cl´asicas en dominios no acotados 237 ´ de onda . . . 237 7. . . . Problemas relativos a la ecuacion regiones rectangulares . . . . . . . . . . . . . . . . .2. . 252 Bibliograf´ıa 255 V . . . 6. . . 6. . . . . . . Linealidad y superposicion . . . . . . .1. . . . . . . . . . . . . . . Problemas relativos a la ecuacion ´ de onda bidimensional homog´enea . . . . . . . . . . . . . . .1. . . . . . . . . . . . . .1. . . . Linealidad . . . . . . . . . . . . .1. . . . . . . . . . . .1. . . . . . . . . 6. . . .3. 6. . . . . . . . La ecuacion ´ de onda bidimensional homog´enea . . . . . . . . . . . La ecuacion ´ de onda unidimensional no homog´enea . . . . 6. . . . . 174 5. . . . . . La ecuacion ´ de Laplace bidimensional homog´enea en 6. . . . . . . . . . . . . Problemas relativos a la ecuacion 183 183 184 194 195 200 201 211 219 219 225 225 229 229 232 232 234 234 7. Series de Fourier 239 ´ Identidad de Parseval . . .1. Problemas relativos a la ecuacion ´ de Laplace bidimensional homog´enea . . . . Problemas relativos a la ecuacion regiones circulares . . . . . . . La ecuacion ´ del calor unidimensional no homog´enea . . . . . .4. . . . . . 181 6.8. . ´ de Laplace bidimensional homog´enea en 6. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6. . . . . . . . . .2. 237 7. . . . . . . . . . Separacion ´ de Variables y EDP cl´asicas ´ del calor unidimensional homog´enea . . . . . . . . . Problemas relativos a la ecuacion ´ de onda unidimensional homog´enea . . .1. 6. 6. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . La ecuacion ´ del calor bidimensional homog´enea .2. . Problemas relativos a la ecuacion ´ de Laplace bidimensional no homog´enea . . ´ del calor unidimensional no homog´enea . . . . . .4. . Problemas relativos a la ecuacion ´ del calor bidimensional homog´enea . . . . . . 6.6. . . . . . . . . . .2. . . . . . La ecuacion ´ de Laplace bidimensional no homog´enea . . . . . . . . La mejor aproximacion. . . . . . . . . . . . . .4. . . . . . . . . . . 174 ´ 5. . . .7. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .3. . .5. Sistemas ortogonales trigonom´etricos . . . . . La ecuacion ´ del calor unidimensional homog´enea . . . . . . Problemas de Sturm-Liouville 247 B. . . . . . . . . . . . . 6. . . . 6. . Principio de superposicion .1. .1. . .´ INDICE GENERAL ´ 5. .4. . .7. . . . .5. . . . 6. 242 B. . . . . 240 A. 6. . . . La ecuacion ´ de onda unidimensional homog´enea . . . .6. . . . . . La solucion A. . A. . . . . . . . . . . . . .1. . . . Problema de Cauchy para la ecuacion ´ de D’Alembert . .3. . . . . . . . . . . . . . . .1. .2. Espacios con peso . . .1. 6. . . . . ´ INDICE GENERAL VI . . . Gr´afico de la region intercambiado los ejes x e y. . . . . . . . . . . . Es decir.13. . . . . . . . . . 16 ´ ´ 2. . . . . . aqu´ı 0 ≤ x ≤ 2. Gr´afico de la region 22 ´ D = {(x. . . . . . . . .9. . . . . . . . . . . . . y1 . . . y¯ij ). y finalmente para x. El volumen del solido Sij es aproximado por el volumen de un paralelep´ıpedo de base Rij y que posee altura f (¯ xij . . . 17 ´ 2. . de donde se deducen los l´ımites para y. . . . . 33 VII 24 . Gr´afico de la proyeccion √ ´ entre las gr´aficas de las funciones y = 0 y y = 4 − x2 . . n. . . .7. . en el plano xy 2. . . . . . . . . mejor ser´a la aproximacion ´ del volu2. . . . . . Es decir. . Gr´afico del corte transversal de la region ´ entre las gr´aficas de las funciones z = 3 − x2 y z = −5 + x2 . . . . . denominados Sij . . . . donde se han intercambiado los ejes x e y. . . . . . . .2. 32 ´ R cuando y = 0. . . . . . . . y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 2 ∧ x ≤ y ≤ 2x}. . . . . . . . . . . . . donde P1 = {a = 2. . . . . . . . . 18 ´ D = {(x. y finalmente para x. . . . . . . 2. . . . . . El solido S se divide en m n solidos. b] × [c. aqu´ı − √12 ≤ x ≤ √12 . . 2. . . 31 ´ de la region ´ R sobre el plano xy. . . . . m. . . . Gr´afico de la region 22 ´ D1 ∪ D2 ∪ D3 . . . . . . Gr´afico de la region ´ D = (x. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .11. . . . . . . . . . . . . . . . . y) ∈ R2 : 1 ≤ x ≤ 2 ∧ 0 ≤ y ≤ ln x . donde se han intercambiado los ejes x e y. . . Es decir. . . . d]. . . . . . . . . Gr´afico de la region 21 ´ D1 ∪ D2 . . 17 ´ P. . . .5. 2. 2. . . i = 1. Es decir. . . . . 23 25 ´ R cuando y = 0. . obteni´endose los l´ımites para z. . . . . .´ Indice de figuras ´ rectangular P = P1 × P2 del rect´angulo R = [a. . 2. . en el plano xy es2. xm = b} y P2 = {c = y0 . x1 . .8.14. .4. . . . . . . consideramos la region obteni´endose los l´ımites para y. . 33 ´ de la region ´ R sobre el plano xy. .3. . .1. . . . 2.10. . . . . . . . . . . . . . . . Gr´afico del corte transversal de la region √ ´ entre las gr´aficas de las funciones z = x2 = |x| y z = consideramos la region √ 1 − x2 . . .12. 2. y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 2 ∧ x ≤ y ≤ 2x}. en el plano xz 2. . . y) ∈ R2 : 1 ≤ y ≤ ln 2 ∧ 0 ≤ x ≤ ey donde se han 2. j = 1. . asociados a los rect´angulos Rij . en el plano xz 2. . . . . . . yn = d}. Gr´afico de la region ´ D = (x. y2 . . . . . . . . . . .6. . . . . Gr´afico de la proyeccion √ ´ entre las gr´aficas de las funciones y = − 1 − 2x2 tamos considerando la region √ y y = 1 − 2x2 . . . . . . . . . . . . . . x2 . . . . . . consideramos la region obteni´endose los l´ımites para z. . . Mientras menor es la norma de la particion men V mediante sumas de Riemann. . . . . Particion x0 . . . . . . . . .21. . . . . θ) ∈ R2 : 0 ≤ r ≤ 1 ∧ 0 ≤ θ ≤ 2π} en el c´ırculo D = {(x. . . . . . . . θ) = (r cos θ. y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ a}. . region ´ T~ (u. . . . . ´ T~ (r. Gr´afico de la Transformacion = (u. . . . . . 79 ´ de una circunferencia en el plano yz de radio a y centro en el origen. . . . . . . . . . . . . . ´ T~ (r. . . . y) transforma el conjunto D∗ = 2. . . .19. θ) ∈ [0. . . H´elice. . z) transforma el rect´angu2. . . . ~ (x. . Gr´afico de la Transformacion ∗ ∗ ´ limitada por las curvas y = x. . Circunferencia γ obtenida al pegar dos curvas en forma de semicircunferencias. . . 81 3. . .4. . . . . z) ∈ R3 : 0 ≤ r ≤ 1 ∧ 0 ≤ θ ≤ 2π ∧ 0 ≤ z ≤ 2} en el cilindro D = {(x. . . . r sen θ) = (x. . . . . . . . . . . . . . . . . .1. . . en el plano xy 2. . . . . . . . . . . r sen θ) = (x. .24. . . . . . . ´ T~ (r. . . . . . . . y) aplicado a la region ´ 2. . . . . . ´ T~ (r. . y) = x + y. . xz consideramos la region obteni´endose los l´ımites para z. . . . . . . . . y. .6. . v) = u − (u+v) . . . . θ. . . . . . 2π] : a1 ≤ r ≤ a2 ∧ 0 ≤ θ ≤ 2π} en el conjunto D{(x. .3. . . . . Gr´afico de la proyeccion ´ entre las gr´aficas de las funciones y = 0 y y = 2 − 3x. . . . . . ρ cos φ) = (x. . . . a] × [0. . θ) ∈ R2 : 0 ≤ r ≤ a ∧ 0 ≤ θ ≤ 2π} en el c´ırculo D = {(x. . . . . . θ. . v − u2 = (x. . y) ∈ R : x + y ≤ 1}. . . . . . . . . . . . r sen θ. . . Es decir. . . . . . . x = −y 2 y x = 2y − y 2 . . . . . . . . . . . y finalmente para x. . . . . . 47 2. . . . . Cicloide Normal. . . . . . . . . . . . . y + x = 12 e y = 2x. . . . . . . Cicloide alargada . . . . . v) = u + v. . . . . . . . . . . . .17. . . y = 1 − (x − 1)2 D . . . . . . . Gr´afica de la cardiode r = 1 + cos θ. . . y) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 ≤ 1}. . . . . . . . . . . . . 82 3. . Parametrizacion vector ~v . . . . . . . . . . 81 3. . donde T~ (D ) = D. Gr´afica de r = 4 cos θ. . z) = (r cos θ. . . La transformacion 34 35 2 2 2 {(r. . consideramos la region obteni´endose los l´ımites para y. . . . . . . . . y) aplicado a la 2. v) aplicado a la region 2x 2 limitada por las curvas y + x = 4. . . . . . . . . . . . . . .7. . . . .16. . .20. . . 51 53 ´ de una recta L que pasa por el punto (x0 . . Gr´afico de la Transformacion 37 ´ R limitada por las curvas x = 2 − y 2 − 2y. . . . u+v = (x. . y) transforma el rect´angulo D∗ = 2. . . . .8. z) = (x. . . . . θ) = (r cos θ. z) trans2. . La transformacion {(r. . . √y ´ U ´ D 2. . . . . . . y) ∈ R2 : a21 ≤ x2 + y 2 ≤ a22 }. . . . .25. z0 ) en la direccion ´ del 3. . . . θ) = (r cos θ. 2 ´ T~ (u. . ´ T~ (ρ. . . . . . . . . . . . .18. . . . . . y) ∈ R3 : x2 + y 2 ≤ 1 : 0 ≤ z ≤ 2}. . aqu´ı 0 ≤ x ≤ 32 . . . . Es decir. . . . Gr´afico del corte transversal de la region ´ del primer cuadrante acotada por la recta z = 2 − 3x. . . . . ρ sen θ sen φ. La transformacion forma el rect´angulo D∗ = {(ρ. . . . . . . . . . . . . . . . 82 ´ de k curvas unidas por sus puntos terminales e iniciales 83 3. . . . . . la region 42 y = x − 2 y y = −x2 . .2. . . . θ. . . . .15. . . . y) transforma el rect´angulo D∗ = 2. . . . ´ de la region ´ R sobre el plano xy. 80 3. y. . Curva formada por la union 3. . . . . . .´ INDICE DE FIGURAS ´ R cuando y = 0.26. . . . . . y0 . La transformacion lo D∗ = {(r. . . . . . θ. . . .23.22. . . . . . . VIII 84 . . . . . . . . . . φ) ∈ R3 : 0 ≤ ρ ≤ 1 ∧ 0 ≤ θ ≤ 2π ∧ 0 ≤ φ ≤ π} en la bola D = {(x. . . . . . . . La transformacion 44 {(r. . en el plano 2. . . . . φ) = (ρ cos θ sen φ. . . . . . r sen θ) = (x. Cicloide acortada. . . . . . . . . .5. Parametrizacion 3. . . . . . . . 49 4 2 46 48 50 2. . . . . . . 4. . . . . . . . . .28. . . . . . . . . . . . y la superficie ´ la orientacion ´ de la frontera de la curva que encierra la sues orientable. . . . Una region forma de una “S”. . −1 ◦ s−1 (s) . ´ de una curva mediante trazos poligonales. . . . . . . 3. . . . . . . . . . inflexion ´ de una curva . obtenido al doblar el tubo en torno a un eje. F~ · d~r = F~ · d~r. . Funcion ´ de una superficie mediante en R3 a una superficie en el plano R2 . . Curvas conZmismo punto inicial y final . . . . . . . . . . . . . Centro de masa en un una barra. . . . . Gr´afico de un paso de la espiral de una H´elice de radio a y altura h. . . 4. . . . . . . . . . (0. Conjuntos conexos y disconexos (no conexos) en RN . . . . . . binormal y tangente a una curva. . . . . . . . . . . . . . . . . 0). . . . . . . . . . . .19. . . . . Campo vectorial de fuerzas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .4. . . . Si S es regular. . . . . . . Trayectorias opuestas de un cuarto de circunferencia. .27. ´ rectangular de R2 que se ha deformado d´andole la forma de un tubo cil´ındri4. . . . . 4. . . . . . . . . . . el manto del toro. . . . . . 0) y (0. . . . 3. . . . . .23. . . . . no tiene la forma z = f (x. . . . 3. . . . . . . . . . . .21. . . . . . . . . . . . . . . . . . . Longitud del trozo de H´elice de radio basal a que completa un giro hasta completar el primer paso de altura h. . . . . . . . . 0). . . . . . . . . . . . . entonces el campo de vectores normales es continuo. . . . . . . . . . Cicloide γ: ~r(θ) = (Rθ − R sen θ. Una vecindad sobre γ. .12. .15. . . . . . . . . . . . . . . . . . Region recorridos en sentido antihorario. . . . γ 85 86 87 88 89 90 90 91 94 96 96 99 105 107 111 116 117 118 γ ˜ 3. . . . . . . 129 129 130 132 133 133 IX . . 3. . . 124 ´ rectangular de R2 que se ha deformado dobl´andola para que adquiera 4. . . . . . con ciertas zonas de la superficie paralelas. . . . . . . . .1. . . . . . . Sustitucion 3. . . . . . . . . . . . . . Z 3. . .14. . . . . . . . . ~ sobre una region ´ vectorial Φ ´ D ⊂ R2 . . . 3. . . . . . . . . . (−1. . . .´ INDICE DE FIGURAS 3. . . . . . 3. . . . Hipocicloide . . . . . . .6. .5. 2π]. . . . . . . . . . La circunferencia que mejor aproxima a la curva en el punto ~r0 (s) es la circunferencia ˆ (s) y Tˆ(s). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3. . . . . . −1) 3. En el punto de de radio R(s) y centro ~c(s) en el plano definido por N ´ el vector normal no est´a definido. . hasta pegar sus extremos. . . . θ ∈ [0. Vectores normal. . . . . . . . . . . . r q 2 2 ´ trigonom´etrica para la expresion ´ t + 58 . . . . . . . . . . . . . .17. . . . . . . y). . . . . . . . . . . . . Aproximacion mediante una poligonal. . . . . . . . R − R cos θ. . .24. . . .16. .3. . .25. . . . . . . . perficie y el campo de vectores normales a la superficie se relacionan mediante la regla de la mano derecha. . . . . . . 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2. . . . 118 ´ encerrada por los lados del cuadrado de v´ertices (1. . . . . Aproximacion 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .18. . . .26. . 3. . . . . . Parametrizacion 3. . . . . . . . . . . . . . s−1 2 (s) = ϕ 1 3. . . . Parametrizacion ´ del cilindro x2 + y 2 = a2 acotado por los planos z = 2 y z = −2. . Region co circular recto y a partir de e´ l. . . . . . M´as aun. . . . . . . .9. . . ´ de la longitud de arco de una curva 3. 3. . . .20. . . . . . .13. 1). . . . . . . . . .11. . . . 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . El vector velocidad es el vector tangente . . Parametrizacion 4. . . . . . . . . . .22. . . . .10. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . con Φ(D) 4. . X 134 136 141 152 153 159 .12. . . . . . . . Cono circular recto de radio a y altura h. . 4. . . . . . . . . . ~ ~ ij ) = Sij . . . . Parametrizacion 4. . . . . .10. . siendo ∆ui = ui − ui−1 y ∆vj = vj − vj−1 . .9. . . . . . . . . .11. . . . . . donde ´ de una superficie parametrizada. . . . . . . . . . . . . . . 4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4. . . . . . . . . . . . . . . El rotacional est´a asociado a rotaciones. Particion = S y Φ(R Rij = ∆ui × ∆vj . . . . . . . . Una pequena ω. . . ˜ rueda con aspas movi´endose en el fluido no girar´a alrededor de su eje 4. . . . . Flujo de salida en un punto de la superficie . . . . . . . .7. . . . . .8. . . . . . . . . . . . . .´ INDICE DE FIGURAS ´ de la superficie de un casquete esf´erico superior de radio R. . . . . . . Parte I Integracion ´ en varias varables 1 . . y) − f (x0 . b] ⊂ U y sea f : U × ´ continua sobre su dominio. diferenciabilidad e integrabilidad de funciones de la forma Z F (x) = f (x. d] → R una funcion d Z F (x) = f (x. ·) resulta continua y acotada. d]) m´ ax{|x − x0 |. Entonces. η + δη ). η)| < Luego.1. η) > 0 tal que (∀(x.d] 3 ε d−c .1. b] × [c. d] → R una funcion ´ f (x. J son intervalos en R. pero arbitrario. TEOREMA 1. |y − η|} < δη ⇒ |f (x. donde f : I × J ⊂ R2 → R es una funcion 1. Entonces la funcion ´ F definida por [c. b]. y) ∈ [a. y) dy c que depende del par´ametro x. obteni´endose el numero real Z d f (x. d]. Demostracion. Funciones definidas por una integral definida ´ continua sobre su dominio.1 (Continuidad) Sea U un intervalo abierto de R tal que [a. . Entonces. para cada x fijo en Sea f : [a.Cap´ıtulo 1 Funciones definidas por una integral En esta cap´ıtulo estudiaremos propiedades de continuidad. la funcion ´ [c. b] × [c. y) dy c es continua sobre [a. b] fijo. y) dy. existe δη = δ(x0 . por continuidad de f tenemos que para cada η ∈ [c. ´ Sea ε > 0 dado y sea x0 ∈ [a. η∈[c. b]. I ´ e I. d] ⊂ [ (η − δη . [c. por lo cual puede ser integrada sobre el intervalo [a. d]. x0 + δ) × (ηi − δηi . de donde se deduce que si x ∈ [a. . d] se tiene que (x. b] × [c. V (x0 ) = {x ∈ [a. . . . F UNCIONES DEFINIDAS POR UNA INTEGRAL ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon y como [c. existe i ∈ {1. y) ∈ (x0 − δ. ηn } tales que [c. i=1 De esta forma. . b] : |x−x0 | < δ} = (x0 −δ. η2 . δη2 . d] ⊂ n [ (ηi − δηi . b] y |x − x0 | < δ. . . ηi + δηi ).C AP´I TULO 1. x0 +δ). n} tal que η ∈ (ηi −δηi . ηi +δηi ). entonces existen {η1 . δηn } y la δ–vecindad de x0 . ηi + δηi ) ⇒ m´ax{|x − x0 |. es claro que para (x. d] es un conjunto compacto en R. para cada η ∈ [c. 2. y) ∈ [a. . y escogiendo δ = m´ın{δη1 . . . |y − η|} < δηi . . d]. entonces . . Z d . Z d Z . . . . |F (x) − F (x0 )| ≤ . y) − f (x0 . η)) dη . (f (x. TEOREMA 1. d]. β] y derivable en (a. b] ⊂ ´ continua sobre su dominio. b) tal que g(β) − g(α) = g 0 (ξ)(β − α) ⇔ g(β) − g(α) − g 0 (x0 )(β − α) = (β − α)g 0 (ξ) − (β − α)g 0 (x0 ) ⇔ g(β) − g(α) − g 0 (x0 )(β − α) = (g 0 (ξ) − g 0 (x0 ))(β − α). b). y como (g 0 (ξ) − g 0 (x0 ))(β − α) ≤ (β − α) sup {g 0 (x) − g 0 (x0 )}. y) − f (x0 .2 (Derivabilidad. x∈[α. existe ξ ∈ (a.β] ´ continua en [α. Si ∂f U y sea f : U × [c.1. x∈[α. entonces la funcion Z d F (x) = f (x. y) dy c es derivable en [a.1. β] ⊂ U y sea g : U → R una funcion derivable sobre su dominio. Claramente g es una funcion Luego. β]. por el Teorema del valor medio. b] y verifica que 0 Z F (x) = c 4 ´ puede contener errores Esta version d ∂f (x. η)| dη < c c d c ε dη = ε. entonces para cada x0 ∈ [α. y) dy. d] → R una funcion ∂x existe y es continua sobre ´ F definida por U × [c. ≤ |f (x. ´ Sea x0 ∈ [α.β] el resultado es inmediato. β] se verifica que |g(β) − g(α) − g 0 (x0 )(β − α)| ≤ (β − α) sup {g 0 (x) − g 0 (x0 )}. Demostracion. d−c ´ LEMA 1.1 Sea U un intervalo abierto de R tal que [α. ∂x . Regla de Leibnitz) Sea U un intervalo abierto de R tal que [a. existe δ = δ(x0 ) > 0 tal que . pero arbitrario. F UNCIONES DEFINIDAS POR UNA INTEGRAL DEFINIDA ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon Demostracion. por continuidad de ∂f ∂x tenemos que para cada y ∈ [c. ´ Sea ε > 0 dado y sea x0 ∈ [a. d]. Entonces. b] fijo.1.1. . . ∂f . (∀(x. d]) m´ax{|x − x0 |} < δ ⇒ . b] × [c. y) ∈ [a. ∂f ε . . y). y) − (x0 . (x. . para 0 < h < δ.1. desde el Lema 1.1 obtenemos . < ∂x ∂x d−c Por otro lado. . . . ∂f ε ∂f . f (x0 + h. y) − f (x0 . y) − ∂f (x0 . y) h. ≤ h (x. y) < h . y) − (x0 . sup . . De esta forma.x0 +h] Un resultado an´alogo se obtiene si −δ < h < 0. ∂x ∂x ∂x d − c x∈[x0 . independientemente del signo de h. obtenemos . . . . y) h. ε ∂f (x0 . . < |h| . 0 < |h| < δ ⇒ . . .f (x0 + h. y) − ∂x d−c Luego. y) − f (x0 . Z . . F (x0 + h) − F (x0 ) − . c d . . Z d. . . ∂f ∂f (x0 , y) dy h≤ (x0 , y) h. y) − . y) − f (x0 . dy f (x0 + h. Sea f : U × V → R una funcion ´ definida por dominio y sea F : [a. d]. y) dy. ∂x ∂x c Z d ε dy < |h| d−c c = ε|h|. de donde se deduce que F es derivable en x0 y que su derivada es F 0 (x0 ) = Z d ∂f (x0 . c Entonces F es integrable sobre [a. b] y se verifica que Z b Z b Z F (x) dx = a d Z d Z b f (x. y) dy dx = a c f (x. c a 5 ´ puede contener errores Esta version . y) dx dy. b] y sea V un ´ continua sobre su intervalo abierto en R que incluye a [c.1. ∂x c TEOREMA 1.3 (Integrabilidad) Sea U un intervalo abierto en R que incluye a [a. b] → R la funcion Z F (x) = d f (x. y) dy. que en verdad debe ser 0 pues φ(a) = 0. φ(ξ) = c a Entonces. ´ DEFINICION Rb Rd ´ F (x) = c f (x. 2) . y) dy = F (ξ). c ∂ξ a a de donde ξ Z φ(ξ) = ξ Z d Z F (x) dx + C = a f (x. y) dy es integrable en [a. y) dx dy. F UNCIONES DEFINIDAS POR UNA INTEGRAL ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ definida por Demostracion. d] → R una funcion. y) dx dy = a ξ d Z a f (x. y) dx dy.1.C AP´I TULO 1. ´ 1. Por lo tanto. y) dx dy. c y considerando ξ = b. ´ Sea φ : [a. 1) a c Rb ´ G(y) = a f (x. y) dy dx c a c y Z dZ b Z d Z b f (x. c a Rd c G(x) dx se (1 . a c para alguna constante C. entonces la integral ii) Si la funcion puede escribir en la forma Z d Z b f (x. y) dx dy = c a ´ puede contener errores 6 Esta version f (x. es usal escribir NOTACION Z bZ d Z b Z d f (x.1 Por simplicidad notacional.1. y) dy dx = a f (x. desde el Teorema 1. hemos probado que Z d Z ξ c Z f (x. d]. (1 . y) dy dx + C. ´ 1. obtenemos el resultado deseado. c a Las integrales (1 . y) dy dx. y) dx dy = f (ξ.1 Sea f : [a. se sigue que Z ξ Z d Z b ∂ 0 φ (ξ) = f (x. y) dx es integrable en [c. 2) reciben cada una el nombre de integral iterada. y) dy dx.2 de la regla de Leibnitz y el Teorema Fundamental del C´alculo.1. b] × [c. entonces la integral a F (x) dx se i) Si la funcion puede escribir en la forma Z b Z d f (x. 1) y (1 . b]. b] → R la funcion Z d Z ξ f (x. Luego.1. F UNCIONES DEFINIDAS POR UNA INTEGRAL DEFINIDA ´ la integral doble EJEMPLO 1. 1] × Solucion. y) = x2 y 2 − 2y es una funcion [0.1 Evalue Z 3Z 1 (x2 y 2 − 2y) dx dy. 3]. −1 0 ´ continua sobre R2 que incluye al rect´angulo [−1.´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon 1. ´ f (x.3 de Integrabilidad previo obtenemos . desde el Teorema 1.1.1. x=1 Z 3 Z 3 Z 1 Z 3Z 1 . 1 3 2 2 2 2 2 (x y − 2y) dx dy = (x y − 2y) dx dy = x y − 2xy . . dy 3 0 0 −1 0 −1 x=−1 Z 3 2 2 = y − 4y dy 3 0 . y=3 . 2 3 2 . y − 2y = . π]. 1] × Solucion.3 de Integrabilidad previo obtenemos .1. y) = y cos(xy) es una funcion [−π. desde el Teorema 1.2 Evalue Z π Z 1 y cos(xy) dx dy. −π 0 ´ continua sobre R2 que incluye al rect´angulo [0. ´ la integral doble EJEMPLO 1.1. Luego. 9 y=0 = 6 − 18 = −12. ´ f (x. x=1 Z πZ 1 Z π Z 1 Z π . y cos(xy) dx dy = y cos(xy) dx dy = sen(xy) . . dy −π 0 −π −π π 0 x=0 Z = sen y dy −π . y=π . = − cos y . . EJERCICIOS 1.1.1 Calcule. el valor de cada una de las siguientes integrales Z 2Z 1 a) yexy dy dx 0 Z 0 1Z 1 (x4 y + y 2 ) dy dx b) −1 0 Z πZ c) 1 x sen(xy) dx dy. y=−π = 0. 0 0 7 ´ puede contener errores Esta version . si es posible. C AP´I TULO 1. b].2 1. entonces π Z ln 0 Z π ´ SUG: Use la relacion. entonces la funcion Z v(x) F (x) = f (x. y) dy.1. Asumamos que ∂f [a.4 (Regla de Leibnitz generalizada) Sea U un intervalo abierto en R que incluye a ´ continua sobre su dominio. u(x) u0 (x) + Z v(x) u(x) ∂f (x. v son funciones continuamente diferenciables sobre U tales que ´ F : [a.1 a) 1 2 e −3 . F UNCIONES DEFINIDAS POR UNA INTEGRAL ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon Soluciones a Ejercicios 1. b].1.1. b] y F 0 (x) = f x. Pruebe que si b > a > 1. 0 8 ´ puede contener errores Esta version b − cos x dx a − cos x = π ln dx π =√ 2 a − cos x a −1 ! √ b + b2 − 1 √ . 15 c) 1. b] y sea f : U × [c. y) dy ∂x EJERCICIOS 1. a + a2 + 1 a > 1. 2 b) 13 . u(x) es diferenciable sobre [a. . b] → R definida por c ≤ u(x) ≤ v(x) ≤ d ∀x ∈ [a. v(x) v 0 (x) − f x. d] → R una funcion ∂x existe y es continua sobre U × [c. TEOREMA 1. ∀x ∈ [a. d] y sean u. Mediante el uso de la regla de Leibnitz calcule F 0 si Z a) F (x) = 0 Z b) F (x) = 1 sen(xy) dy 1+y x2 ln2 (x + y) dy x 2. 1. Funciones definidas por una integral impropia ´ 1. b] × [c. ∞] → R una funcion ´ continua sobre su dominio. Diremos que DEFINICION la integral Z ∞ f (x. b] si: converge uniformemente a una funcion . F UNCIONES DEFINIDAS POR UNA INTEGRAL IMPROPIA ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon 1.2. y) dy c ´ F definida sobre [a.2.1 Sea f : [a.2. Z . . (∀ε > 0) (∃n = n(ε)) (∀x ∈ [a. b]) η > n ⇒ . F (x) − η c . . . f (x. y) dx. F 0 (x) = ∂x a TEOREMA 1. b]. b]. b]. c ´ ∂f Si F converge para cierto x0 ∈ U . Regla de Leibnitz) Sea U un intervalo abierto en R que incluye a ´ continua sobre su dominio y sea F : [a. Z ∞ ∂f (x. ∞[→ R una funcion definida por Z ∞ F (x) = f (x. la funcion ∂x es continua sobre U × [c. < ε TEOREMA 1. y) dy ∂x c ´ F converge converge uniformemente sobre todo intervalo compacto de U . entonces F es continua sobre [a. b] → R la funcion ´ [a. sea f : U × ´ continua sobre su dominio y sea F : [a.2. b]. y) dx dy. y) dy.2.3 (Integrabilidad) Sea U un abierto en R que incluye a [a. ∞[ y la integral Z ∞ ∂f (x. c Si F converge uniformemente sobre [a. TEOREMA 1. entonces la funcion ´ F verifica uniformemente sobre todo intervalo compacto de U y es derivable sobre [a. ∞[→ R ´ continua sobre su dominio y sea F : [a. c Si F converge uniformemente sobre todo intervalo compacto de U . y) dy. b] y se verifica que Z b Z b Z F (x) dx = a a c ∞ Z f (x.2 (Derivabilidad. b] → R la funcion ´ definida por [c. a 9 ´ puede contener errores Esta version . y) dy. b]. y) dy. sea f : U × [c. M´as aun. y) dy dx = c ∞ Z b f (x. b].2. ∞[→ R una funcion Z ∞ F (x) = f (x. sea f : U × [c. entonces F es integrable sobre [a.1 (Continuidad) Sea U un intervalo abierto en R que incluye a [a. b] → R la funcion ´ definida por una funcion Z ∞ F (x) = f (x. 1 1.2. si es posible. Pruebe que Z π ln(1 + λ cos x)dx = π ln 1+ 0 Z ! √ 1 − λ2 .C AP´I TULO 1. SUG: Considere F (λ) := 0 1+ √ 1 − λ2 2 ! y pruebe que ´ de clase C 1 (R. ´ F : R → R definida por Para la funcion Z F (x) = f (x. g(x) y f (x. Sea g : R → R \ {0} una funcion definida por sen y si y 6= 0. F 0 . 0 encuentre. F UNCIONES DEFINIDAS POR UNA INTEGRAL ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon EJERCICIOS 1. y) = g(x) si y = 0. ´ puede contener errores 10 Esta version 1 . Sea λ ∈ R. 2 π ln(1 + λ cos x)dx y G(λ) := π ln F 0 (λ) = G0 (λ) y que F (0) = G(0) para concluir. y) dy. R \ {0}) y sea f : R × R → R la funcion ´ 2. Tambi´en es usual referirse a un rect´angulo en RN como intervalo compacto. .3 (Particion DEFINICION ´ de un rect´angulo en RN ) Sean ai . × [aN . . . . . . definiciones y teoremas para obtener otros similares a los ya conocidos en el contexto de la integral de Riemann para funciones de una variable real. b1 ] × [a2 . i = 1. × [aN . . tales que ai ≤ bi para todo i = 1. . ´ La integral de Riemann en RN es una extension es necesario generalizar algunos conceptos. i = 1. N . Por esta razon.1 (Rect´ DEFINICION angulo en RN ) Sean ai . bi ∈ R. N .1 Un rect´ NOTACION angulo R = [a1 . bN ]. . . . .1. bi ]. N . N . b1 ] × [a2 .1. . ´ 2. . . 2. b2 ] × . 2. a2 . xi (ni −1) . Una partici´on rectangular P del rect´angulo R = [a1 . . b1 ] × [a2 . . . x2 . . 2. bN ). Definicion ´ y existencia de la integral multiple ´ de Riemann ´ 2.2 (Medida de un rect´ DEFINICION angulo en RN ) Sean ai .1. es una particion 11 . bi ∈ R. . . donde ~a = (a1 . . Llamamos rect´angulo en RN a cualquier conjunto R de la forma R = [a1 . xi ni = bi } ´ de [ai .1. tales que ai ≤ bi para todo i = 1. × [aN . Es usual referirse a ~a y ~b como los extremos del rect´angulo. . . tales que ai ≤ bi para todo i = 1. . . . b2 ] × . donde Pi = {ai = xi 0 . × PN . . b2 ] × . 2. ´ 2. bi ∈ R. . xN ) ∈ RN : ai ≤ xi ≤ bi : i = 1. b2 ] × . . Llamamos medida o volumen del rect´angulo R = [a1 . . ~b = {~x = (x1 . . b2 . i = 1. . . . . suele denotarse por R = ~a. .Cap´ıtulo 2 La integral de Riemann en RN ´ de la integral de Riemann en R. 2. . . ´ 2. . N . b1 ] × [a2 . 2. . N . . N . . . 2. . para algun ´ ni ∈ N. xi 1 . . . 2. . N }. × [aN . . . . . . i = 1. bN ] es un conjunto de la forma P = P1 × P2 × . 2. . . . . .1. bN ] al valor m(R) = (b1 − a1 )(b2 − a2 ) · · · (bN − aN ). bN ]. aN ) y ~b = (b1 . y sea f : R → R una funcion determinada por P. . . . × [aN . . La norma de la partici´on rectangular P del rect´angulo R = [a1 . . b2 ] × . . · nN rect´angulos Rj . . . P. 2. tales que ai ≤ bi para todo i = 1. L A INTEGRAL DE R IEMANN EN RN ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ 2. .1. . Si {Ri }i=1 es la descomposicion ´ de R tangular de R. . . .5 (Sumas de Riemann) Sea R un rect´ ´ recDEFINICION angulo en RN .1. . para cada i = 1. . . n0 . x∈Ri ´ f respecto de la particion ´ rectangular P del iii) Suma inferior de Riemann para la funcion rect´angulo R al valor n0 X s(f. . . 2. 2. . b1 ] × [a2 . N . sea P una particion n0 ´ acotada. . . ´ 2. kPn0 k∞ } donde kPi k∞ = m´ ax {xi j − xi (j−1) }. ´ f respecto de la particion ´ rectangular P del ii) Suma superior de Riemann para la funcion rect´angulo R al valor n0 X S(f. tales que R= n0 [ Rj ∧ ◦ ◦ Rj ∩ Rk = ∅ ∀j 6= k. . j = 1. 1≤j≤ni ´ 2. . . P) = f (x∗i ) m(Ri ) i=1 donde f (x∗i ) = m´ın {f (x)}. kP2 k∞ .C AP´I TULO 2. bN ] corresponde al valor kPk = {kP1 k∞ . . . llamamos ´ f respecto de la particion ´ rectangular P del rect´angulo R i) Suma de Riemann para la funcion una suma de la forma n0 X σ(f. . i = 1.1. .4 (Norma de la particion DEFINICION ´ rectangular de un rect´angulo en RN ) Sean ai . . . bi ∈ R. 2. . . i = 1. . TP ) = f (ci ) m(Ri ) i=1 donde TP = {c1 . c2 . N . . n0 . j=1 ◦ donde Ri corresponde al producto cartesiano de los intervalos abiertos cuyos extremos son los mismos que los intervalos cerrados que definen al producto cartesiano Ri . x∈Ri ´ puede contener errores 12 Esta version . . P) = f (x∗∗ i ) m(Ri ) i=1 donde f (x∗∗ i ) = m´ ax{f (x)}. i = 1. 2.1 Notar que toda particion ´ rectangular P de un rect´angulo R determina n0 = OBSERVACION n1 · n2 · . n0 . . n0 . cn0 }. 2. con ci ∈ Ri . escribimos el NOTACION valor de la integral de f sobre R como: Z f R TEOREMA 2.´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ Y EXISTENCIA DE LA INTEGRAL M ULTIPLE ´ 2.1.1. Decimos que f es integrable Riemann sobre R si existe I ∈ R tal que R → R una funcion ´ rectangular de R) (kPk < δ ⇒ |σ(f.1.1. P∈P(R) ´ f al valor real ii) Integral inferior de Riemann de la funcion Z f = sup {s(f. TP ) − I| < ε)) . P)}.1 Sea R un rect´angulo en RN y sea f : R → R una funcion propiedades son equivalentes: i) f es integrable sobre R Z Z ii) f= f R R ´ de Riemann en R.6 (Funcion DEFINICION ´ integrable sobre un rect´angulo) Sea R un rect´angulo en RN y sea f : ´ acotada.7 (Integral superior e inferior de Riemman) Sea R un rect´ DEFINICION angulo en RN y sea ´ acotada. P)}. Las siguientes TEOREMA 2. D EFINICI ON ´ 2. ´ 2. P. P) < ε) .2 (Integrabilidad de funciones continuas sobre rect´angulos) Sea R un rect´angu´ continua sobre su dominio. es decir iii) f satisface la condicion (∀ε > 0) (∃P ∈ P(R)) (S(f. R P∈P(R) ´ rectangular de R}. Llamamos f : R → R una funcion ´ f al valor real i) Integral superior de Riemann de la funcion Z f= R ´ınf {S(f. (∀ε > 0) (δ > 0) ((∀P particion ´ 2.1. ´ puede contener errores 13 Esta version . P) − s(f. Entonces f es integrable sobre lo en RN y sea f : R → R una funcion R.2 Si f es una funcion ´ Riemann integrable sobre un rect´angulo R.1. donde P(R) = {P : P es una particion ´ acotada. i=1 ´ 2.1. ´ punto de RN . La union Cualquier conjunto que posea una cantidad finita de puntos de RN . en R2 los puntos y los segmentos de recta de longitud finita. los segmentos de rectas de longitud finita. ´ puede contener errores 14 Esta version . Cualquier conjunto acotado de RN que posea una cantidad finita de puntos de acumula´ cion.2 Los siguientes conjuntos tienen medida cero en RN : Todo conjunto de contenido cero en RN . Diremos que S tiene contenido cero DEFINICION en RN si para todo ε > 0 existe un conjunto finito de rect´angulos {Ri }ni=1 tales que: i) S ⊂ n [ Ri i=1 ii) n X m(Ri ) < ε.8 (Conjuntos de contenido cero) Sea S ⊂ RN . los Cualquier conjunto acotado de dimension puntos tienen medida cero.3 Si K ⊂ RN es un conjunto compacto (que equivale a decir que K es un conjunto cerrado y acotado de RN ) y de medida cero.1. (Por ejemplo: En R. las l´ıneas curvas continuas.1. Un conjunto formado por un solo ´ finita de conjuntos de contenido cero.1 Los siguientes conjuntos tienen contenido cero en RN : El conjunto vac´ıo.C AP´I TULO 2. ´ numerable de conjuntos de medida cero en RN . La union TEOREMA 2. EJEMPLO 2.9 (Conjuntos de medida cero) Sea E ⊂ RN . las l´ıneas curvas continuas y las superficies acotadas de cuerpos con volumen). ´ menor o igual a N − 1. L A INTEGRAL DE R IEMANN EN RN ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ 2.1. entonces K es de contenido cero. en R3 los puntos. i=1 EJEMPLO 2. Diremos que E tiene medida cero en DEFINICION ´ de rect´angulos {Ri }∞ RN si para todo ε > 0 existe una sucesion i=1 tales que: i) E ⊂ ∞ [ Ri i=1 ii) ∞ X m(Ri ) < ε.1. Todo conjunto numerable de RN . f g y |f | tambi´en son integrables.10 Sea D ⊂ RN un conjunto acotado. ´ enunciamos un teorema que extiende el Teorema 2. 1] × [0. sea E un conjunto de contenido cero en RN . Entonces f es integrable f : R → R una funcion sobre R. f − g. y) = 0 si (x. D D Z D Z ii) f ≤ g ⇒ f≤ D g.1 Si D ⊂ RN un conjunto acotado y de medida cero. β ∈ R. entonces decimos que f es integrable sobre D si f˜ es integrable sobre R. c f . Z Z Z i) (αf + βg) = α f +β g ∀α.´ Y EXISTENCIA DE LA INTEGRAL M ULTIPLE ´ 2. sea f : D → R y sea ( f (x) si x ∈ D f˜(x) = 0 si x 6∈ D Si f˜ es integrable sobre R.1.2 de integrabilidad de funcioA continuacion nes continuas sobre rect´angulos.1. entonces las fun´ ´ ciones f + g.1.1.1. y) ∈ R ∩ (Q × Q) ¿Es f integrable sobre R? Justifique su respuesta. y) ∈ R \ (Q × Q) 1 si (x. 1] y sea f : R → R la funcion ( f (x. M´as aun. donde c es una numero real. y sea ´ acotada sobre su dominio y continua sobre R\E.4 Sea R un rect´angulo en RN .1. D . entonces D es de contenido cero. Integracion ´ multiple ´ sobre conjuntos m´as generales y propiedades de las integrales multiples ´ ´ 2.1. TEOREMA 2. D R Propiedades de las integrales multiples ´ TEOREMA 2.5 Si f y g son funciones integrables sobre un conjunto D ⊂ RN . D EFINICI ON ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon COROLARIO 2. sea R un rect´ DEFINICION angulo en RN que contiene a D.1 Sea R = [0. En tal caso se define Z Z f= f˜. ´ definida por EJERCICIOS 2. Z . Z . . iii) . . f . . ≤ |f |. D D ´ puede contener errores 15 Esta version . .1. y2 .1. entonces f una funcion Z Z Z f= f+ f. . . b] × [c. donde Rij = [xi−1 .1. . yn = d}. . . Consideremos adem´as la particion ´ P2 de [a. . x1 . . Particion x0 . . . n. y sea ´ integrable sobre D1 y sobre D2 . b] y la particion P1 = {a = x0 . . y2 . . Pongamos ∆xi = xi − xi−1 . yn = d}.1. sea f : D → R una funcion e integrable sobre su dominio. b] dadas respectivamente por: [a. . . 2. los que denotaremos por Rij . d]. D1 ∪D2 2. d].1. . . ∧ ∆yj = yj − yj−1 . xm = b} ∧ P2 = {c = y0 .7 Sean D1 y D2 subconjuntos de RN tales que D1 ∩ D2 tiene contenido cero.C AP´I TULO 2. y1 . . 2. i = 1. . ´ rectangular P = P1 × P2 del rect´angulo R = [a. xm = b} y P2 = {c = y0 . f g = f (~x0 ) D D TEOREMA 2. . x2 . j = 1. xi ] × [yj−1 . Entonces existe ~x0 ∈ D tal que Z Z g. D1 D2 La integral de Riemann en R2 ´ P1 de Consideremos en R2 el rect´angulo R = [a. m. x1 . se determinan m n rect´angulos contenidos en R. . L A INTEGRAL DE R IEMANN EN RN ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon TEOREMA 2. . . donde P1 = {a = Figura 2. y1 . ´ puede contener errores 16 Esta version . . x2 . b] × [c. yj ]. . Entonces.6 (Teorema del Valor Medio Integral Generalizado) Sea D un subconjunto compac´ continua y sea g : D → R una funcion ´ no negativa to y conexo de RN . y yij ∈ [yj−1 . j = 1.3. (¯ xmn . i = 1. . sea R = [a. . ´ Figura 2. j = 1. . . .1. Rmn }. n. m. . . y¯12 ). los cuales denotamos por Sij . . donde (¯ xij . ∀i). i = 1. . Es decir. 2. En particular. . . yj ]. siendo sus caras laterales regiones planas perpendiculares al plano xy. m. D EFINICI ON ´ rectangular P de R. . . . d]. 2. xi ]. . asociados a los rect´angulos Rij . el solido Sij tiene por “base” al rect´angulo Rij en el plano xy. y¯ij ). . y¯ij ) ∈ Rij (y por lo tanto xij ∈ [xi−1 . Notar que si consideramos el conjunto TP = {(¯ x11 . 2. sea f : R → R una funcion limitado superiormente por la superficie correspondiente a la gr´afica de f e inferiormente por el ´ P antes mencionada divide al solido ´ rect´angulo R en el plano xy. y sea S el solido ´ Ahora. El solido S se divide en m n solidos. . . . . (¯ x12 . . y¯ij )∆xi ∆yj . b] × [c. obtenemos la particion P = P1 × P2 = {R11 . .2. Rij . ´ continua y positiva. siendo P de norma ˜ entonces el paralelep´ıpedo rectangular recto de base Rij y altura f (¯ muy pequena. dada por De esta forma. . Entonces la particion S en m n ´ ´ solidos. denominados Sij . . y¯ij ) posee ´ un volumen Λij que se aproxima al volumen Vij del solido Sij . . . El volumen del solido Sij es aproximado por el volumen de un paralelep´ıpedo de base Rij y que posee altura f (¯ xij . y¯mn )}. ´ puede contener errores 17 Esta version . xij . ∀j. Λij ∼ Vij . y¯11 ). . . ´ ´ Figura 2.´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ Y EXISTENCIA DE LA INTEGRAL M ULTIPLE ´ 2. n. y por “techo” a la superficie correspondiente a la gr´afica de f asociada al rect´angulo Rij . o bien Vij ∼ f (¯ xij . 2. donde fuimos capaces de evaluar integrales de forma sencilla una vez que se una sola obtuvo el Teorema Fundamental del C´alculo y la Regla de Barrows (Segundo Teorema Fundamental del C´alculo). el volumen total V del solido S es aproximado por la suma de todos los volume´ nes Vij de los solidos Sij . el valor de [c. P. Evaluacion ´ de integrales multiples ´ de Riemann 2.11 Sea P1 una particion ´ de [a. R R m. b] con m + 1 elementos y sea P2 una particion ´ de DEFINICION ´ integrable sobre R. y¯ij ) ∆xi ∆yj = σ(f. evaluar integrales de ciertas funciones integrables sobre rect´angulos. Aqu´ı. la medida de los rect´angulos rectangular P del rect´angulo R. y¯ij ) ∆xi ∆yj .2. Evaluacion ´ de integrales dobles sobre rect´angulos ´ vamos a enunciar un resultado que establece una forma simple y directa de A continuacion. ´ puede contener errores 18 Esta version . Mientras menor es la norma de la particion diante sumas de Riemann. TP ) es precisamente la suma Riemman para la funcion ´ de puntos TP .C AP´I TULO 2.1. Este m´etodo consiste en expresar la integral como una integral iterada. Para R2 . con la ´ integrando. mejor ser´a la aproximacion ´ del volumen V meFigura 2. TP ). a saber n X m X V ∼ f (¯ xij . ´ del valor de una integral definida (integral de Riemann). ´ P. con kPk −→ 0.1. para la eleccion Rij est´a dada por m(Rij ) = ∆xi ∆yj .m→∞ ´ integrable En este momento conviene recalcar que encontrar el valor de la integral de una funcion ´ no parace ser pr´actico. damos una definicion ´ 2. b] × [c. y)dA = l´ım f (¯ xij . j=1 i=1 ´ f respecto de la particion ´ donde σ(f. Si f : [a. P. que relacionaban el valor de una integral definida (integral de Riemann).4. L A INTEGRAL DE R IEMANN EN RN ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ ´ De esta forma. El m´etodo se puede extender a dimensiones mayores que 2 como veremos m´as adelante. para cualquier eleccion n. antiderivada de la funcion 2.n→∞ i=1 j=1 ´ de puntos TP . d] → R es una funcion ´ la integral de f sobre R se define como el numero real Z ZZ m X n X f= f (x. mejor ser´a la aproximacion ´ del Es claro que mientras menor es la norma de la particion ´ volumen V del solido S mediante sumas de Riemann. donde P = P1 × P2 . Esto ya suced´ıa para la integracion ´ de funciones de usando la definicion ´ variable.2. ´ P. d] con n + 1 elementos. Primera forma) Sea R = [a. d] y sea f : R → R una funcion tal vez en un conjunto de contenido cero. b] existe Z d F (x) = f (x.1 Sea R = [a. h ∈ R+ . Entonces Z bZ ZZ d f (x. y) dx dy. que corresponde al a´ rea de la region ´ 2.2 Sea R = [a.2. b] y se verifica que ZZ b Z f (x. b] × [c. y) dy dx = c f (x. si R = [a. y) dA = a R Z dZ b f (x. a entonces Z bZ ZZ d f (x.2. y) dy. d] existe Z b G(y) = f (x. b] × [c. b] existe funcion Z d F (x) = f (x. d]. a c ´ puede contener errores 19 Esta version .2. y) dx dy. y)dA = R Z dZ b f (x. y) dx. d] y sea f : R → R una ´ integrable. Si para todo x ∈ [a. si R = [a. y) dy. y) dA = Z bZ d F (x) dx = R f (x. y) dy dx. E VALUACI ON DE R IEMANN TEOREMA 2. d]. b] × [c. c a ´ 2. OBSERVACION entonces el volumen del paralelep´ıdepo rectangular recto P de base R y altura h. c a ´ acotada y continua. y) dy dx = a c f (x. salvo COROLARIO 2. a c ´ rectangular R.´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ DE INTEGRALES M ULTIPLES ´ 2. Si para todo COROLARIO 2.1 (Teorema de Fubini.2.2. entonces OBSERVACION Z bZ m(R) = (d − c)(b − a) = d 1 dy dx = A(R). est´a dado por Z bZ d V (P ) = h dy dx = h(c − d)(b − a). c entonces F es integrable sobre [a. a a c ´ integrable. c y si para todo y ∈ [c. d] y sea f : R → R una funcion x ∈ [a.2 Tambi´en de acuerdo a la teor´ıa que hemos desarrollado.2. b] × [c. b] × [c.1 De acuerdo a la teor´ıa que hemos desarrollado. y)| dy dx = 0 ´ puede contener errores 20 Esta version 0 x 2 Z (1 + x) dy dx = 0 1 x (1 + x) dx = 2 x2 x3 + 4 6 .2.C AP´I TULO 2. ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon Evaluacion ´ de integrales dobles sobre dominios m´as generales ´ 2.2. a u(x) ´ D. ´ Notar que D = D1 ∪ D2 = [0. y el plano xy. b]. y) ∈ D1 = {(x. que adem´as es continua sobre su dominio salvo tal vez en Si f : R → R es una funcion un conjunto de contenido cero. b] tales que c ≤ u(x) ≤ PROPOSICION v(x) ≤ d ∀x ∈ [a.3 De acuerdo a la teor´ıa que hemos desarrollado. y)| en D1 .1 Sean u. OBSERVACION entonces el valor A(D) dado por Z b Z v(x) A(D) = 1 dy dx a u(x) corresponde al a´ rea de la region ´ D. con (x. entonces f es integrable sobre D y se verifica que Z b Z v(x) Z f (x.4 Desde la observacion ´ anterior. y) ∈ D : x ≤ 2y} 2 ´ Halle el volumen del solido limitado por la superficie z = f (x. entonces el volumen del solido ´ proposicion S limitado por la superficie z = f (x. d] y sea D = {(x. con (x. y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1 ∧ 0 ≤ y ≤ 2} y sea f : D → R la funcion definida por 1+x si (x. si D es el conjunto en la proposicion ´ previa. b] → R dos funciones continuas sobre [a. y). b] × [c. y) ∈ D (se entiende que sobre el plano xy). y el plano xy.2. y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b ∧ u(x) ≤ y ≤ v(x)}. est´a dado por Z 1Z V1 = 0 0 x 2 Z 1Z |f (x. como f (x. el volumen bajo la superficie z = |f (x. con h > 0. y) ∈ D.1 Sea D = {(x.2. y) ∈ D. y) ∈ D : x > 2y} f (x. L A INTEGRAL DE R IEMANN EN RN 2. corresponde al volumen bajo la superficie z = |f (x. y) dy dx. y) ∈ D = {(x. entonces el solido S 0 con base D y altura h tiene volumen Z b Z v(x) V (S 0 ) = h dy dx = h A(D).2. y)| ≥ 0. f= a D u(x) ´ 2. Solucion. Sea R = [a. sobre el plano xy. y) = −1 − y si (x. 1] × [0. donde A(D) es el a´ rea de la region ´ 2. y). si D es el conjunto en la OBSERVACION ´ previa.2. ´ EJEMPLO 2. a u(x) ´ En particular. con (x. y) > 0 en D1 . as´ı que D1 ∩ D2 tiene contenido cero. si z = h. Ahora. y)| dy dx. 2] es un conjunto acotado y que m(D1 ∩ D2 ) = 0. v : [a. el cual est´a dado por Z b Z v(x) V (S) = |f (x. ´ acotada. x=1 . 5 . = . . 12 x=0 . sobre el plano xy. E VALUACI ON DE R IEMANN Por otro lado.2. y)| dy dx = | − 1 − y| dy dx = (1 + y) dy dx 0 x 2 0 0 x 2 0 .´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ DE INTEGRALES M ULTIPLES ´ 2. el volumen bajo la superficie z = |f (x. y)| en D2 . est´a dado por Z 1Z x Z 1Z 2 Z 1Z 2 2 V2 = |f (x. como f (x. y) ≤ 0 en D2 . 1 y 2 . . y=2 y+ = dx 2 . y= x 0 2 Z 1 x x2 4− − = dx 2 8 0 . x2 x3 . . x=1 89 = . = 4x − − 4 24 . 2 Cambie. y) dx dy. si es posible. ´ puede contener errores 21 Esta version .5.2. 0 x Solucion. y) dy dx. y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ 2 ∧ y2 ≤ x ≤ y ∪ (x. ´ Tenemos D = {(x. con D1 y D2 acotados y m(D1 ∩ D2 ) = 0. Z 2 Z 2x Z f (x. Gr´afico de la regi´on D = {(x. el orden de integracion Z 2 Z 2x f (x. y) dy dx = 0 x 0 2Z y y 2 4Z 2 Z f (x. y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 2 ∧ x ≤ y ≤ 2x} = (x. y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 2 ∧ x ≤ y ≤ 2x}. y) ∈ R2 : 2 ≤ y ≤ 4 ∧ y 2 ≤x≤2 = D1 ∪ D2 .x=0 24 Z ´ de la integral EJEMPLO 2. Luego. Figura 2. y) dx dy + 2 y 2 f (x. y) ∈ R2 : 2 ≤ y ≤ 4 ∧ y2 ≤ x ≤ 2 . y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 4 ∧ 4x − x2 ≤ y ≤ 2 x} n o p 2 = (x. y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ 2 ∧ 2 + 4 − y 2 ≤ x ≤ 4 n o 2 ∪ (x. con D1 = (x.3 Cambie.6. donde se han intercambiado los ejes x e y. y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ 2 ∧ Figura 2.7. y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ 2 ∧ y4 ≤ x ≤ 2 − 4 − y 2 n o p ∪ (x.2. y) dy dx. y 2 ≤x≤y ´ de la integral EJEMPLO 2.C AP´I TULO 2. ´ puede contener errores 22 Esta version y D2 = . Gr´afico de la regi´on D = {(x. si es posible. ´ Tenemos Figura 2. y) ∈ R2 : 2 ≤ y ≤ 4 ∧ y4 ≤ x ≤ 4 = D1 ∪ D2 ∪ D3 . y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 2 ∧ x ≤ y ≤ 2x}. √ √ D = {(x. 4x−x2 Solucion. L A INTEGRAL DE R IEMANN EN RN ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ D1 ∪ D2 . el orden de integracion Z √ 4Z 2 x 0 √ f (x. Gr´afico de la region (x. si es posible.´ DE INTEGRALES M ULTIPLES ´ 2. y) ∈ R2 : 2 ≤ y ≤ 4 ∧ y4 ≤ x ≤ 4 . 3. n o p 2 ´ D1 ∪ D2 ∪ D3 . y) = x2 + y es una funcion obtenemos ! .4 Calcule. EJEMPLO 2. donde se han intercambiado los ejes x e y. y) dx dy. 2. y) dx dy+ 4−y 2 2 4Z 4 y2 4 f (x. y) dy dx = 4x−x2 0 2 Z 2− 4−y 2 y2 4 Z f (x. Solucion. con D1 = (x. ´ f (x.8. y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ 2 ∧ 2 + 4 − y 2 ≤ x ≤ 4 y D3 = (x. i 6= j. Z 0 √ √ 4Z 2 x √ Z f (x. y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ 2 ∧ y4 ≤ x ≤ 2 − 4 − y 2 . y) dx dy+ 2Z 4 0 √ 2+ Z f (x. j = 1. Luego. i.2. Figura 2. 1] × [−1. Gr´afico de la region o n o n p 2 D2 = (x. E VALUACI ON DE R IEMANN ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon con D1 .2. 0 ´ continua sobre el rect´angulo [0. Luego. 1]. el valor de Z 1 −1 Z y2 (x2 + y) dx dy. D2 y D3 acotados y tales que m(Di ∩ Dj ) = 0. x=y2 Z 1 Z y2 Z 1 Z y2 Z 1 3 . x 2 2 (x + y) dx dy = + yx . . dy (x + y) dx dy = 3 −1 0 −1 0 −1 x=0 Z 1 6 y 3 = +y dy 3 −1 . 7 y y 4 . . y=1 = + 21 4 . y=−1 1 1 (−1) 1 2 = + − + = . 21 4 21 4 21 ´ puede contener errores 23 Esta version . C AP´I TULO 2. L A INTEGRAL DE R IEMANN EN RN ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon EJEMPLO 2.2.5 Calcule, si es posible, el valor de Z 2 Z ln x 1 p (x − 1) 1 + e2y dy dx. 0 √ ´ continua sobre el rect´angulo [0, 1] × [−1, 1]. Solucion. ´ f (x, y) = (x − 1) 1 + e2y es una funcion Luego, obtenemos Figura 2.9. Gr´afico de la regi´on D = (x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x ≤ 2 ∧ 0 ≤ y ≤ ln x . Z 2 Z ln x 1 2 Z ln x Z p (x − 1) 1 + e2y dy dx = 0 1 0 ln 2 Z 2 Z = ln 2 2 x Z = 2 0 ln 2 Z =− 1 2 Z 1 4 Z p −x 1 + e2y por Fubini ln 2 e2y x=2 y dy x=e e2y 2 0 =− p 2y (x − 1) 1 + e dx dy ey 0 =− p (x − 1) 1 + e2y dy dx p y −e 1 + e2y dy Z p 1 + e2y dy + 0 ln 2 ey q 1 + (ey )2 dy 0 5√ Z v dv + 2 2p 1 + u2 du donde v = 1 + e2y y u = ey 1 Ahora, notemos que ( Z p Z √ √ u = tan θ 2 = 1 + u2 du = sec3 θ dθ 1 + u 1 + tan2 θ = sec θ. ⇒ du = sec2 θ dθ Siguiendo con algunos c´alculos directos, obtenemos Z sec3 θ dθ = tan θ sec θ − Z sec θ tan2 θ dθ Z Z 3 = tan θ sec θ − sec θ dθ + sec θ dθ ´ puede contener errores 24 Esta version ( u ¯ = sec θ d¯ v = sec2 θ dθ d¯ u = sec θ tan θ dθ v¯ = tan θ 2. Gr´afico de la region do los ejes x e y. y) ∈ R2 : 1 ≤ y ≤ ln 2 ∧ 0 ≤ x ≤ ey donde se han intercambiaFigura 2.´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ DE INTEGRALES M ULTIPLES ´ 2.10. Z ⇒ 2 sec3 θ dθ = tan θ sec θ + ln | sec θ + tan θ| Z . E VALUACI ON DE R IEMANN ´ D = (x. p . 1 p . . 3 2 2 ⇒ sec θ dθ = u 1 + u + ln . 1 + u + u. Z 1 2 Z ln x 0 . 2 Por lo tanto. . p . p . . . u=2 p 1 3 . . v=5 . . 2y 2 2 2 (x − 1) 1 + e dy dx = − v . + u 1 + u + ln . 1 + u + u. . . 6 v=2 u=1 . . . √ . √ √ √ 2 1 2 . . . . 2 3 − 5 3 + 2 5 + ln . 5 + 2. − 2 + ln . 2 + 1. y) = h. = 6 EJEMPLO 2. Justamente el c´ırculo ´ de la funcion ´ constante f (x. ´ sobre la cual vamos a integrar. ´ En primer lugar. y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ r2 } = −√r2 − x2 ≤ y ≤ √r2 − x2 . . definimos la region un cilindro circular recto tal que su base circular est´a centrada en el origen. centrado en el origen y radio r ser´a el dominio de integracion −r ≤ x ≤ r D = {(x. ´ puede contener errores 25 Esta version . calcule el volumen de un cilindro circular recto de radio r y altura h. Vamos a considerar Solucion.2.6 Mediante el uso de una integral doble. C AP´I TULO 2. L A INTEGRAL DE R IEMANN EN RN ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon Luego. el volumen V del cilindro circular recto de radio r y altura h est´a dado por Z √ r Z V = −r r2 −x2 √ − r2 −x2 Z r h dy dx = 2h p r2 − x2 dx −r p x . . r x r2 . = 2h r 2 − x2 + arc sen . ´ EJEMPLO 2. los ´ sobre la cual vamos a integrar la funcion ´ z = Solucion. y = 2 y los planos coordenados. definimos la region 1 2 1 2 f (x. ´ En primer lugar.7 Calcule el volumen del solido limitado por la superficie z = 4 − 19 x2 − planos x = 3. y) = 4 − 9 x − 16 y .2. y = 2 . Tenemos D= 0≤x≤3 0 ≤ y ≤ 2. el volumen del solido limitado por la superficie z = 4 − 19 x2 − y los planos coordenados es Z 3Z 2 V = 0 0 1 1 4 − x2 − y 2 9 16 los planos x = 3. 1 2 16 y . ´ Luego. 2 2 r −r = 2h r2 arc sen 1 = πr2 h. 1 2 1 3 . . 2 dy dx = 4y − x y − y . dx 9 48 0 0 Z 3 2 1 = 8 − x2 − dx 9 6 0 . 2 3 1 . . x=3 = 8x − x − x. 27 6 x=0 Z 3 = 24 − 2 − = ´ puede contener errores 26 Esta version 1 2 16 y , 43 . 2 1 2 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ DE INTEGRALES M ULTIPLES ´ 2.2. E VALUACI ON DE R IEMANN EJERCICIOS 2.2.1 ´ de la integral 1. Cambie, si es posible, el orden de integracion e Z ln x Z f (x, y) dy dx. 1 0 2. Reescriba la integral doble ZZ f (x, y) dA, D ´ adecuados sobre las regiones D dadas. utilizando l´ımites de integracion a) D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 1} b) D = {(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x2 + y 2 ≤ 2} ∩ {(x, y) ∈ R2 : y ≥ x2 } c) D es el tri´angulo de v´ertices (0, 0), (2, 1), (−2, 2). ´ encerrada por las curvas y = x2 y y = 4x − x2 . 3. Encuentre el a´ rea de la region ´ 4. Exprese el volumen del solido encerrado por los paraboloides z = x2 +y 2 y 2z = 12−x2 −y 2 ´ mediante una integral doble con adecuados l´ımites de integracion. ´ si es posible, el valor de 5. Evalue, 4Z 2 Z √ 0 sen(πy 3 ) dy dx. x Soluciones a Ejercicios 2.2.1 1Z e Z 1. f (x, y) dx dy. ey 0 Z 1 a) 2. Z 0 Z − √ − 1−x2 q √ √ −1+ 5 Z 2 b) Z 0 c) −2 8 . 3 Z 2Z −2 1−x2 f (x, y) dy dx. √ −1 2−x2 Z − 41 x+ 32 −x 0 q Z f (x, y) dy dx+ √ −1+ 5 2 √ Z 2−x2 q √ √ 5 − −1+ 1−x2 2 x2 −1 4. √ Z f (x, y) dy dx + −1 3. 1 Z Z f (x, y) dy dx + 0 2 Z − 14 x+ 32 Z 1 f (x, y) dy dx+ q √ Z √ −1+ 5 2 2−x2 f (x, y) dy dx. x2 f (x, y) dy dx. 1 x 2 4−x2 x2 y 2 2 2 6− − − (x + y ) dy dx. √ 2 2 − 4−x2 5. 0. ´ puede contener errores 27 Esta version C AP´I TULO 2. L A INTEGRAL DE R IEMANN EN RN 2.2.3. ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon Evaluacion ´ de integrales multiples ´ de Riemann TEOREMA 2.2.2 (Teorema de Fubini, segunda forma) Sea R = [a1 , b1 ]×[a2 , b2 ]×. . .×[an , bn ], sea ´ integrable sobre R tal que existe i0 ∈ {1, 2, . . . , } fijo, y sea f : R → R una funcion Z f (x1 , x2 , . . . , xi0 , . . . , xN )d(x1 , x2 , . . . , xi0 −1 , xi0 +1 , . . . , xN ) F (xi0 ) = ˜ R ˜ = [a1 , b1 ]×[a2 , b2 ]×. . .×[ai −1 , bi −1 ]×[ai +1 , bi +1 ] . . .×[aN , bN ]. para cada xi0 ∈ [ai0 , bi0 ], donde R 0 0 0 0 Entonces F es integrable en [ai0 , bi0 ] y se verifica que Z b i0 Z f (x) dx. F (xi0 ) dxi0 = R ai0 ´ EJEMPLO 2.2.8 Calcule la integral multiple Z 1Z 1Z 1 0 0 −1 Z 1 (x2 + y 2 )(zew ) dx dy dz dw. −1 Solucion. ´ Procedemos de la siguiente forma Z 1Z 1Z 2Z 1 2 2 w Z 1 Z 1 Z 2 Z 1 (x + y )(ze ) dx dy dz dw = 0 0 0 −1 2 2 w (x + y )(ze ) dx 0 0 0 dy dz dw −1 x=1 1 3 2 w = x + xy (ze ) . dy dz dw 3 0 0 0 x=−1 Z 1 Z 1 Z 2 2 = + 2y 2 (zew ) dy dz dw 3 0 0 0 . y=2 Z 1Z 1 . 2 2 3 w . y + y (ze ) . dz dw = 3 3 0 0 y=0 Z 1 Z 1 4 16 w = + (ze ) dz dw 3 3 0 0 . Z 10 1 2 w . . z=1 = z e . giones rectangulares de la region ´ puede contener errores 28 Esta version . 3 Z 1Z 1Z 2 ´ nos permitir´a reducir nuestro trabajo para calcular el valor de una El Teorema a continuacion ´ a integrar puede reescribirse en variables separables en ciertas subreintegral cuando la funcion ´ rectangular original. dw 3 0 z=0 Z 10 1 w e dw = 3 0 10 = (e − 1). 2. sea ´ integrable sobre A × B. f (x. −1 Solucion.2. ´ Procedemos de la siguiente forma 1Z 1Z 2Z 1 Z 2 2 Z w 2Z 1 (x + y )(ze ) dx dy dz dw = 0 0 0 −1 2 2 Z (x + y ) dx dy 0 −1 1 Z z dz 0 1 w e dw 0 ! .9 Calcule la siguiente integral multiple usando el Corolario 2. E VALUACI ON DE R IEMANN TEOREMA 2.3: Z 0 1Z 1Z 1 0 −1 Z 1 (x2 + y 2 )(zew ) dx dy dz dw.3 Sean N1 . A A×B B ´ EJEMPLO 2.3 (Integracion ´ sobre un producto de rect´angulos) Sea A un rect´angulo en RM . y) ∈ A × B. y) d(x. sean A y B subconjuntos de RN1 y RN2 respectivamente. N2 ∈ N tales que N1 + N2 = N . y) dy dx.2. y) = A A×B B COROLARIO 2.´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ DE INTEGRALES M ULTIPLES ´ 2. y sean g : A → R y h : B → R funciones integrables sobre sus respectivos dominios. conjunto de contenido nulo y si para todo x ∈ A \ E la funcion R ´ G(x) = B f (x. y) d(x. y) = g(x) dx h(y) dy . y) dy es integrable.2.2. y) dx es integrable sobre A y se tiene entonces la funcion Z Z Z f (x. Si f : A × B ⊂ R est´a definida por f (x. y) = g(x)h(y) ∀(x. entonces f es integrable sobre A × B y se tiene Z Z Z f (x. Si E ⊂ RM un B un rect´angulo en RN y sea f : A × B → R una funcion R ´ F (x) = B f (x. ! . w=1 ! . x=1 2 . z=1 . . z . + xy 2 . . dy ew . . = . 3 2 z=0 0 x=−1 w=0 Z 2 2 1 = + 2y 2 dy (e − 1) 3 2 0 . ! 1 y 3 . . 2 = y+ (e − 1) 3 3 . solo ´ puede contener errores 29 Esta version . 3 Evaluacion ´ de integrales multiples ´ de Riemann sobre dominios m´as generales ´ enunciaremos la siguiente Proposicion ´ para el caso N = 3. Por simplicidad.0 Z = 2 3 x 10 (e − 1). y) f= f (x. entonces el valor V (D) dado OBSERVACION por Z b Z v(x) Z ψ(x. b1 ] tales que a2 ≤ PROPOSICION u(x) ≤ v(x) ≤ b2 ∀x ∈ [a1 . z) ∈ R3 : a1 ≤ x ≤ b2 ∧ u(x) ≤ y ≤ v(x) ∧ φ(x. b1 ] → R dos funciones continuas sobre [a1 .10 Sea R la region z = −y 2 y z = x2 . y sea D0 = {(x. b1 ] × [a2 . L A INTEGRAL DE R IEMANN EN RN ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ 2. entonces f es integrable sobre D y se verifica que Z Z b Z v(x) Z ψ(x. y)} ´ acotada. y = 0 y y = x. y) ≤ z ≤ ψ(x.y) 1 dz dy dx = V (D) a u(x) φ(x. ´ acotada por los cilindros parabolicos ´ EJEMPLO 2.2. D a u(x) φ(x. y) ≤ ψ(x. y.C AP´I TULO 2. Sean φ. que adem´as es continua sobre su dominio salvo tal vez en Si f : R → R es una funcion un conjunto de contenido cero.y) ´ 2. b2 ] × [a3 . R ´ de integracion ´ es Solucion. y) ∈ D0 . sea R = [a1 . y. z) dz dy dx. ´ Despu´es de realizar un simple an´alisis. v : [a1 .2. ψ : D0 → R dos funciones continuas sobre D0 tales que a3 ≤ φ(x.5 Si D es el conjunto en la proposicion ´ previa. y) ≤ b3 ∀(x. Calcule ZZZ (x + 1) dx dy dz. y los planos x = 1.2. b3 ] y sea D = {(x. y) ∈ R2 : a1 ≤ x ≤ b1 ∧ u(x) ≤ y ≤ v(x)}. concluimos que la region −y 2 ≤ z ≤ x2 0≤ y ≤x 0≤ x ≤1 y obtenemos ZZZ Z (x + 1) dx dy dz = R 0 1 Z x Z x2 Z 1Z x (x + 1) dz dy dx = 0 −y 2 0 Z 0 1Z z=−y x = 0 .y) corresponde al volumen de la region ´ D.2 Sean u. b1 ]. z=x2 . dy dx z(x + 1). . 2 (x3 + x2 + y 2 x + y 2 ) dy dx 0 . y 3 x y 3 . . y=x = x y+x y+ + dx 3 3 . y=0 0 Z 1 x4 x3 4 3 = x +x + + dx 3 3 0 . 4 x5 x4 . . x=1 = + 3 5 4 . x=0 Z 1 3 = . 5 ´ puede contener errores 30 Esta version 3 2 . 2. en el plano xz consideramos Figura 2. a saber 3 − x2 − y 2 = −5 + x2 + y 2 ⇒ x2 + y 2 = 4. la region Los l´ımites para z son claros y tienen la forma φ(x. concluimos que la region −5 + x2 + y 2 ≤ z ≤ 3 − x2 − y 2 √ 0 ≤ y ≤ 4 − x2 0 ≤ x ≤ 2. ´ proyectada sobre el plano xy corresponde a un cuarto del c´ırculo x2 + y 2 ≤ 4. R ´ de integracion ´ es Solucion.2. ´ puede contener errores 31 Esta version .´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ DE INTEGRALES M ULTIPLES ´ 2.11 Sea R la region −5 + x2 + y 2 . Es decir. Gr´afico del corte transversal de la region ´ entre las gr´aficas de las funciones z = 3 − x2 y z = −5 + x2 . ´ de la region ´ R sobre el plano xy (o plano Los l´ımites para x e y se obtienen a partir de la proyeccion ´ corresponde a la sombra directa sobre el plano xy del corte z = 0). Calcule ZZZ y dx dy dz. E VALUACI ON DE R IEMANN ´ acotada por los paraboloides circulares z = 3 − x2 − y 2 y z = EJEMPLO 2. y podemos escoger como integrar sobre esta region. obteni´endose los l´ımites para z. ´ R cuando y = 0. Veamos esto con m´as detalle. y) = 3−x2 −y 2 ≤ z ≤ −5+x2 +y 2 = ψ(x. En este ejemplo. la region ´ ´ que est´a ubicado en el primer cuadrante. y). y las regiones donde x ≥ 0 y y ≥ 0. la proyeccion ´ R cuyo borde se genera a partir de la interseccion ´ entre los paraboloides transversal de la region 2 2 2 2 circulares z = 3 − x − y y z = −5 + x + y . ´ Despu´es de realizar un an´alisis cuidadoso.11. el Luego. en el plano xy consideramos Figura 2. Es decir. consideramos u(x) = 0 ≤ y ≤ ZZZ Z 2Z √ 4−x2 Z 4 − x2 = v(x) y 0 ≤ x ≤ 2. y finalmente la region para x. aqu´ı 0 ≤ x ≤ 2. de donde 3−x2 −y 2 Z y dx dy dz = R 2Z √ 4−x2 y dz dy dx = 0 0 −5+x2 +y 2 0 Z 0 2Z . √ Aqu´ı. L A INTEGRAL DE R IEMANN EN RN ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ de la region ´ R sobre el plano xy.12. Gr´afico de la proyeccion √ ´ entre las gr´aficas de las funciones y = 0 y y = 4 − x2 .C AP´I TULO 2. obteni´endose los l´ımites para y. z=3−x2 −y2 . yz . . dy dx 2 2 z=−5+x +y √ 4−x2 (8y − 2x2 y − 2y 3 ) dy dx = 0 0 . √ 4 . y= 4−x2 y . dx 4y 2 − x2 y 2 − = 2 . y=0 0 Z 2 x4 2 = 8 − 4x + dx 2 0 x3 x5 x=2 = 8x − 4 + 3 10 x=0 Z = 2 128 . 15 ´ acotada por el cono circular recto z 2 = x2 + y 2 , el cilindro circular EJEMPLO 2.2.12 Sea R la region ´ donde z ≥ 0. Calcule recto x2 + z 2 = 1, y la region ZZZ xy dx dy dz. R ´ de integracion ´ es Solucion. ´ Despu´es de realizar un an´alisis cuidadoso, concluimos que la region p √ x2 + y 2 ≤ z ≤ 1 − x2 √ √ − 1 − 2x2 ≤ y ≤ 1 − 2x2 − √1 ≤ x ≤ √1 2 2 Veamos esto con m´as detalle. p √ Los l´ımites para z son claros y tienen la forma φ(x, y) = x2 + y 2 ≤ z ≤ 1 − x2 = ψ(x, y). ´ de la region ´ R sobre el plano xy (o Los l´ımites para x e y se obtienen a partir de la proyeccion ´ puede contener errores 32 Esta version En este ejemplo.2. en el plano xz consideramos Figura 2. Es decir. y finalmente para x. de donde se considerando la region deducen los l´ımites para y. Gr´afico del corte transversal de la region √ √ ´ entre las gr´aficas de las funciones z = x2 = |x| y z = 1 − x2 . ´ de la region ´ R sobre el plano xy. la region ´ ´ como integrar sobre esta region. la proyeccion ´ z ≥ 0. que est´a acotada por su interseccion ´ la superficie del cilindro x2 +z 2 = 1 ubicada en la region 2 2 2 con el cono z = x + y . y podemos escoger Luego. en el plano xy estamos Figura 2. ´ puede contener errores 33 Esta version . Gr´afico de la proyeccion √ √ ´ entre las gr´aficas de las funciones y = − 1 − 2x2 y y = 1 − 2x2 .´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ DE INTEGRALES M ULTIPLES ´ 2. la region ´ corresponde a la sombra directa sobre el plano xy de plano z = 0). E VALUACI ON DE R IEMANN ´ R cuando y = 0. obteni´endose los l´ımites para z.13.14. ´ proyectada en el plano xy es la region ´ el´ıptica 2x2 + y 2 ≤ 1. aqu´ı − √12 ≤ x ≤ √12 . a saber x2 + z 2 = 1 ∧ z 2 = x2 + y 2 ⇒ 2x2 + y 2 = 1. Es decir. L A INTEGRAL DE R IEMANN EN RN ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon √ √ Aqu´ı.C AP´I TULO 2. consideramos u(x) = − 1 − 2x2 ≤ y ≤ 1 − 2x2 = v(x) y − √12 ≤ x ≤ Z ZZZ xy dx dy dz = √ √1 2 Z 2 Z = √ √1 2 Z − √1 2 Z 2Z = Z 2 √ − 1−2x2 √ 1−2x2 x = 0 √ 1−2x2 √ − 1−2x2 0 √ Z √ − 1−2x2 − √1 R 1−2x2 de donde 1−x2 xy dz dy dx x2 +y 2 . z=√1−x2 . xyz . . √ xy √1 . 2 z= dy dx x2 +y 2 p p 1 − x2 − x2 + y 2 dy dx 3 y2 p 1 1 − x2 − (x2 + y 2 ) 2 2 3 . y=√1−2x2 Z . . dx = . 2. obteni´endose los l´ımites para z. √ 2 y=− 1−2x 2 0 dx = 0.13 Sea R la region ZZZ x dx dy dz. ´ Despu´es de realizar un an´alisis simple. la region Los l´ımites para z son claros y tienen la forma φ(x.15. ´ R cuando y = 0. y). en el plano xz consideramos Figura 2. concluimos que la region 0 ≤ z ≤ 2 − (3x + y) 0 ≤ y ≤ 2 − 3x 0 ≤ x ≤ 2. R ´ de integracion ´ es Solucion. 3 Veamos esto con m´as detalle. 0 ´ del primer octante acotada por el plano 3x + y + z = 2. Es decir. Gr´afico del corte transversal de la region ´ del primer cuadrante acotada por la recta z = 2 − 3x. y) = 0 ≤ z ≤ 2 − (3x + y) = ψ(x. Los ´ de la region ´ R sobre el plano xy (o plano l´ımites para x e y se obtienen a partir de la proyeccion ´ puede contener errores 34 Esta version . Calcule EJEMPLO 2. En este ejemplo. E VALUACI ON DE R IEMANN ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ corresponde a la sombra directa sobre el primer cuadrante z = 0). de donde ZZZ Z 2 Z 2−3x Z 2−3x−y Z 2 Z 2−3x . que se genera por la interseccion z = 2 − 3x − y ∧ z = 0 ⇒ 3x + y = 2. ´ la region ´ proyectada en el plano xy es la region ´ triangular De acuerdo a nuestra informacion. y finalmente la region para x. a saber del plano xy. consideramos u(x) = 0 ≤ y ≤ 2 − 3x = v(x) y 0 ≤ x ≤ 32 . la proyeccion ´ entre los planos z = 2 − 3x − y y z = 0. Es decir. en el plano xy consideramos Figura 2. sobre esa region Aqu´ı.2.16.´ DE INTEGRALES M ULTIPLES ´ 2. obteni´endose los l´ımites para y. ´ de la region ´ R sobre el plano xy. ´ encerrada por los ejes coordenados y la recta y = 2−3x. Gr´afico de la proyeccion ´ entre las gr´aficas de las funciones y = 0 y y = 2 − 3x. aqu´ı 0 ≤ x ≤ 32 . Entonces uno puede escoger como integrar 2 ´ en R . z=2−3x−y . 3 3 xy dx dy dz = x dz dy dx = xz . . dy dx R 0 0 0 0 Z = 0 2 3 0 z=0 2−3x Z x (2 − 3x − y) dy dx 0 2 3 . y 2 . . y=2−3x 2 dx = 2xy − 3x y − x 2 . y=0 0 Z 2 3 9 3 2 = 2x − 6x + x dx 2 0 . 2 9 4 . . x= 3 2 3 = x − 2x + x . 27 = ´ puede contener errores 35 Esta version . 8 x=0 Z 4 16 2 − + 9 27 9 2 = . 729 2 1 πabc2 16 π 3. a b c 3 ´ 3. T (D ) = D.3. 32 2. el cono 9x2 + z 2 = y 2 y el plano y = 9. cuando el objetivo es geom´etrico. Soluciones a Ejercicios 2. R donde R= x2 y 2 z 2 (x. En general. y.3. θ) ∈ R2 : 0 ≤ r ≤ 1 ∧ 0 ≤ θ ≤ 2π}. ´ definida por y sea T~ : D∗ → R2 la transformacion ! ! ! r r r cos θ 7→ T~ = = θ θ r sen θ Si D = T~ (D∗ ). a tales funciones vectoriales las llamamos Transformaciones. ´ puede contener errores 36 Esta version x y ! .2 1. L A INTEGRAL DE R IEMANN EN RN ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon EJERCICIOS 2. EJEMPLO 2.1 Sea D∗ ⊂ R2 el rect´angulo definido por D∗ = {(r. con z ≥ 0. 2. Transformaciones ´ vectorial T~ : D∗ ⊂ RN → RN transforma una region ´ D∗ en RN en otra region ´ Una funcion N ∗ ~ D contenida en R . z). Sea R la region Calcule la integral ZZZ z d(x. Cambio de variable en integrales multiples ´ 2.2. R 2. encuentre D. y calcule el volumen.1.2. Exprese el volumen del solido acotado por el paraboloide z = 1−x2 −y 2 y el plano z = 1−y como una integral triple.C AP´I TULO 2. Es decir. z) ∈ R : x ≥ 0 ∧ y ≥ 0 ∧ z ≥ 0 ∧ 2 + 2 + 2 ≤ 1 .2 ´ acotada por el plano xy.3. Calcule la integral triple ZZZ z dx dy dz. . 1. y. y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 1}. D = T~ (D∗ ) = {(x.3.´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ 2. es decir en el punto x y ! 0 0 ! . y) transforma el rect´angulo D∗ = {(r. La transformacion R2 : 0 ≤ r ≤ 1 ∧ 0 ≤ θ ≤ 2π} en el c´ırculo D = {(x.17. ! ! ! r r x Lado I: θ = 0 ∧ 0 ≤ r ≤ 1 (r creciendo) ⇒ T~ = = 0 0 y ∴ el Lado I se transforma en el trazo 0 ≤ x ≤ 1 (x creciendo) ∧ y = 0. Lado II: 0 ≤ θ ≤ 2π (θ creciendo) ∧ r = 1 ⇒ T~ 1 θ ! ! cos θ sen θ = = ! x y ∴ el Lado II se transforma en la circunferencia x2 + y 2 = 1 (recorrida en sentido antihorario). ´ puede contener errores 37 Esta version . Lado IV: 0 ≤ θ ≤ 2π (θ decreciendo) ∧ r = 0 ⇒ T~ 0 θ ! = 0 0 ! = ∴ el Lado IV se transforma en el origen. C AMBIO DE VARIABLE EN INTEGRALES M ULTIPLES Solucion. e interpretemos como se transforman ellos mediante T~ . θ) ∈ Figura 2. y) : x2 + y 2 ≤ 1}. r sen θ) = (x. θ) = (r cos θ. Lado III: θ = 2π ∧ 0 ≤ r ≤ 1 (r decreciendo) ⇒ T~ r 2π ! r 0 = ! x y = ! ∴ el Lado III se transforma en el trazo 0 ≤ x ≤ 1 (x decreciendo) ∧ y = 0. ´ se observa que En conclusion. ´ T~ (r. ´ Estudiemos los bordes del rect´angulo D∗ . 1] × (0. v2 .2 Muestre que la funcion ! ! ! ! r r r cos θ x 7→ T~ = = θ θ r sen θ y ´ a (0.3. ~v = (v1 . 2π] → R2 definida por EJEMPLO 2. . no es inyectiva. veamos que sucede en (0. ~v ∈ D∗ ) ~u 6= ~v ⇒ T~ (~u) 6= T~ (~v ) o. 1] × (0. T~ r1 θ1 ! = T~ r2 θ2 ! r1 cos θ1 r1 sen θ1 ⇒ ( ⇒ ! = r2 cos θ2 r2 sen θ2 ! r1 cos θ1 = r2 cos θ2 r1 sen θ1 = r2 sen θ2 ⇒ r12 (cos2 θ1 + sen2 θ1 ) = r22 (cos2 θ2 + sen2 θ2 ) ⇒ r12 = r22 ⇒ r1 = r2 pues r ∈ (0. u2 . ´ T~ : [0.1 Una funcion ´ T~ : D∗ ⊂ RN → RN es inyectiva en D∗ si DEFINICION (∀~u. 2π]. cos θ) es inyectiva en (0. ´ Ya vimos que r 0 ! r 2π = ! ∀r ∈ [0. .C AP´I TULO 2. ´ puede contener errores 38 Esta version . L A INTEGRAL DE R IEMANN EN RN ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ 2. 1] pues F~ (θ) := (sen θ. vN ). Ahora. . equivalentemente (∀~u.3. donde ~u = (u1 . 1] × [0. uN ). . ~v ∈ D∗ ) T~ (~u) = T~ (~v ) ⇒ ~u = ~v . pero s´ı lo es su restriccion Solucion. 2π]. . ! r2 = θ2 ∴ T~ es inyectiva. . . 2π] ⇒ θ1 = θ2 ⇒ r1 θ1 ! ´ (representa un unico punto de la circunferencia unitaria). 1] ∴ T~ no es inyectiva. . 3. entonces el teorema del cambio de variable para integrales funcion de funciones de una variable establece que Z d Z b f (g(u))g 0 (u) du donde g(c) = a ∧ g(d) = b. El teorema del cambio de variable ´ integrable y g : [c. Notar que g OBSERVACION transforma [c. es decir . d] ´ ´ Nos interesa obtener una formula para aplicar cambio de variable en integrales multiples. b] → R es una funcion ´ diferenciable y sobreyectiva. b] g ↑ f −→ R % f ◦g [c.2. d] en [a. b] es una Partimos recordando que si f : [a. f (x) dx = a c ´ 2. C AMBIO DE VARIABLE EN INTEGRALES M ULTIPLES ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon 2.3. d] → [a.1 El diagrama a continuacion ´ representa la composicion ´ f ◦ g. que corresponde al definida por T~ (~u) = ~x.3. b]. Llamamos Jacobiano de la transformacion determinante de la matriz jacobiana asociada a T~ . a JT~ (~u). ~ : RN → RN una transformacion ´ 2. [a. Necesitamos algunos ingredientes.2 Sea T ´ de clase C 1 en un abierto U ⊂ RN DEFINICION ´ T~ .3.´ 2. . . . . . . JT~ (~u) = . . . . . . . ∂xN ∂u2 . ∂xN ∂uN .. ∂xN ∂u1 ∂x1 ∂u2 ∂x2 ∂u2 ... . .... .... ∂x1 ∂uN ∂x2 ∂uN ... ∂x1 ∂u1 ∂x2 ∂u1 .... . . . . . . . . . . . . . . ~ : U → RN una transformacion. ´ 2. x2 . ´ 2. xN ) x1 . uN ) u1 . . . . u2 . .3.3. . . . ii) T~ ∈ C 1 (U ). ∂(u1 . x2 . . uN ´ simplemente podemos escribir JT~ . . xN JT~ (~u) = =J . y sea T ´ Diremos que DEFINICION ~ T es regular en U si: i) T~ es inyectiva en U . . . . . ´ puede contener errores 39 Esta version . .3 Sea U un abierto de RN . son transformacion ∂(x1 . . u2 .1 Las notaciones m´ NOTACION as usadas para referirse al determinate del Jacobiano de una ´ T~ tal que T~ (~u) = ~x. . iii) JT~ (~u) 6= 0 ∀u ∈ U . y cuando no produzca confusion. v) = u − v y q(u. L A INTEGRAL DE R IEMANN EN RN EJEMPLO 2. luego T~ ∈ C 1 (R2 ). ´ Notar que p(u.C AP´I TULO 2. tenemos . Solucion. v) = u + v son polinomios en R2 .3 Sea u v T~ ! ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon u−v u+v = ! = ! x y . Finalmente. Muestre que T~ es regular en R2 . T~ u1 v1 ! u2 v2 = T~ ! u1 − v1 u1 + v1 ⇒ ( ⇒ ! u2 − v2 u2 + v2 = ! u1 − v1 = u2 − v2 u1 + v1 = u2 + v2 ⇒ 2u1 = 2u2 ∧ 2v1 = 2v2 ⇒ u1 = u2 ∧ v2 = v2 ! ! u1 u2 ⇒ = v1 v2 T~ es inyectiva. Por otro lado.3. . ∂x . . ∂u JT~ = . . . ∂y . 4 Sea .3. ∂u ∂x ∂v ∂y ∂v T~ u v EJEMPLO 2. . . . . . 1 −1 . . . . . =. . = 2 6= 0 ∀ . . . . . 1 1 . . Solucion. . ´ puede contener errores 40 Esta version ! ∈ R2 . ´ Notar que T~ u v + 2kπ ! ! ∀k ∈ Z. Muestre que T~ no es regular en R2 . ! = eu cos v eu sen v ! = T~ u v = x y u v ! . ∴ T~ no es inyectiva. Se concluye de inmediato que T~ no es regular en R2 . ´ Primero intersectamos las ecuaciones originales: ) i) x = 2 − y 2 − 2y ⇒ 2 − 2y = 0 ⇒ x = −1 ∧ y = 1. ∴ (0. ∴ (−1. . 1) ∈ i) ∧ ii). ⇒ 2 − 4y = 0 ⇒ x = 4 2 4 2 iii) x = 2y − y 2 ) ii) x = −y 2 ⇒ x = 0 ∧ y = 0. ∴ .3. y si f : R → R es integrable.3. EJEMPLO 2. i) ⇒ u − (u + v)2 2(u + v) (u + v)2 =2− − ⇒ u = 2 − u − v ⇒ 2u + v = 2.5 Calcule RR R x d(x. con T (G) = R. 0) ∈ ii) ∧ iii). iii) x = 2y − y 2 Ahora transformamos las ecuaciones originales a ecuaciones en las nuevas variables. entonces Z Z Z f (T~ (~u))|JT~ (~u)| d(~u) f (~x) d(~x) = f= R T~ (G) G donde T~ (~u) = ~x ∈ RN . ii) x = −y 2 ) i) x = 2 − y 2 − 2y 1 3 1 3 ∧ y= . 4 4 2 ii) ⇒ u − (u + v)2 (u + v)2 =− ⇒ u = 0 ∀v.´ 2. 4 2 4 ´ que claramente es de clase C 1 en R: Continuamos calculando el Jacobiano de la transformacion. 2 Solucion. ∈ i) ∧ iii).1 (Teorema del cambio de variable) Si T~ : G ⊂ RN → RN es una transformacion ~ regular en el interior de G. y) ´ limitada por las curvas donde R es la region i) x = 2 − y 2 − 2y ii) x = −y 2 iii) x = 2y − y 2 introduciendo las nuevas variables x=u− (u + v)2 4 ∧ y= u+v . C AMBIO DE VARIABLE EN INTEGRALES M ULTIPLES ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ TEOREMA 2.3. 4 4 iii) ⇒ u − (u + v)2 (u + v) (u + v)2 =2 − ⇒ u = u + v ⇒ v = 0 ∀u. . . . ∂x ∂x . . . . . . 1 − u + v − u + v . . . ∂u ∂v . . 1 2 2 . 1 u+v u+v . =. v) = . JT~ (u. . + = 6= 0. . = − . . 1 1 . 2 4 4 2 ∂y ∂y . . . . . . 2 2 ∂u ∂v ´ puede contener errores 41 Esta version . y) R T~ (G) R ZZ 1 (u + v)2 · d(u. Z ZZ ZZ f= x d(x. v) = Figura 2. y) es inyectiva sobre cualquier abierto conte4 2 ´ dada. 2 4 2 ´ R = (x. Tenemos nido en la region ! ! ! ! (u2 +v2 )2 (u1 +v1 )2 u u u − u − 1 2 2 1 4 4 = T~ = T~ ⇒ u1 +v1 u2 +v2 v1 v2 2 2 ⇒ u1 = u2 ∧ v1 = v2 ! ! u1 u2 ⇒ = . u+v = (x. v1 v2 Finalmente estamos en condiciones de evaluar la integral. v) = u− 4 2 G Z 1 Z 2−2u 1 (u + v)2 = dv du u− 2 0 0 4 . y) aplicado a la region limitada por las curvas x = 2 − y − 2y.18. L A INTEGRAL DE R IEMANN EN RN ´ T~ (u. Gr´afico de la Transformacion 2 2 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon u− (u+v)2 u+v . y) = x d(x.C AP´I TULO 2. x = −y y x = 2y − y . v) = u − (u+v) . 2 Veamos ahora que T~ (u. Z 1 1 (u + v)3 . . v=2−2u = uv − du . 2 0 12 v=0 Z 1 1 (2 − u)3 u3 2 = 2u − 2u − + du 2 0 12 12 . 1 2 3 (2 − u)4 u4 . . u=1 2 = u − u + + 2 3 48 48 . u=0 = ´ puede contener errores 42 Esta version 1 . 48 . Claramente T~ es de clase C 1 sobre D∗ .´ 2. b) Mediante un an´alisis adecuado. realice un bosquejo de la transformacion c) ¿Es f : T~ (D∗ ) → R definida por f (x. v) ∈ R2 : 0 ≤ u ≤ 1 ∧ 0 ≤ v ≤ 1} un dominio en el plano ´ definida por cartesiano uv y sea T~ : R2 → R2 la funcion ! ! ! ! u u u + v x 7→ T~ = = . .6 Sea D∗ = {(u. v v v − u2 y a) Pruebe que T~ es regular en el interior de D∗ .3. ´ T~ .3. d) Sea D = T~ (D∗ ). y) = respuesta. RR 1 dx dy. C AMBIO DE VARIABLE EN INTEGRALES M ULTIPLES ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon EJEMPLO 2. ´ a) Tenemos: ! u 1 T~ = T~ v1 u2 v2 ! ⇒ u1 + v1 v1 − u21 ! = u2 + v2 v2 − u22 ! ( ⇒ u1 − u2 = v2 − v1 u22 − u21 = v2 − v1 ⇒ u1 − u2 = u22 − u21 ⇒ u1 = u2 ⇒ v1 = v2 (pues u1 − u2 = v2 − v1 ) ∴ T~ es inyectiva en el interior de D∗ . Calcule D y−x−1 1 y−x−1 integrable sobre T~ (D∗ )? Justifique su Solucion. pues los polinomios son continuos. . . ∂x ∂x . . . . . . 1 . . . ∂u ∂v . . 1 . =. . v) = . v) en el interior de D∗ . = 1 + 2u 6= 0 ∀(u. JT~ (u. . . . . ∂y ∂y . . . −2u 1 . . . ∂u ∂v ∴ T~ es regular en el interior de D∗ . correspondientes puntos y lados (con direccion) Tenemos: . ´ del cuadrado D∗ y los transformamos en los b) Analizamos cada v´ertice y lado (con direccion) ´ en t´erminos de x e y. v − u2 ). v) = (0. (u. 0) corresponde a (x. y) = (u + v. v)=(0.(u.0) = (0. 0) . v) = (1. 0) corresponde a (x. v − u2 ). y) = (u + v. (u. −1) .(u.0) = (1.v)=(1. (u. y) = (u + v. v − u2 ). 1) corresponde a (x. v) = (1. 1) = (2.v)=(1. 0) .(u. v) = (0. 1) corresponde a (x. v − u2 ). (u. y) = (u + v. 1) ´ puede contener errores 43 Esta version .(u.1) = (1.v)=(0. 0) con el punto (u. v) = (1.C AP´I TULO 2. . v) = (0. 0). Luego. est´a contenido en la recta v = 0. L A INTEGRAL DE R IEMANN EN RN ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon El lado del cuadrado D∗ que une el punto (u. y) = (u + v. (x. v − u2 ). v) = (1. 0) en el plano uv. ∴ La curva que une los puntos (0. . 1). −u2 ) ⇒ x2 = u2 = −y ⇒ y = −x2 . est´a contenido en la recta u = 1. Luego. v) = (1. en una curva del plano xy contenida en la par´abola de ecuacion El lado del cuadrado D∗ que une el punto (u. se transforma mediante T~ ´ y = −x2 . 0) con el punto (u.v=0 = (u. 0) y (1. (x. v − u2 ). y) = (u + v. 1) con el punto (u. se transforma mediante T~ ´ y − x + 2 = 0. Luego. v) = (1. est´a contenido en la recta v = 1. v) = (0. en una curva del plano xy contenida en la recta de ecuacion El lado del cuadrado D∗ que une el punto (u. 1).u=1 = (1 + v. ∴ La curva que une los puntos (1. 1) en el plano uv. 0) y (1. v − 1) ⇒ x − 1 = v ∧ y + 1 = v ⇒ y − x + 2 = 0. . v − u2 ). y) = (u + v. (x. v) = (0. 0). 1) en el plano uv. 1 − u2 ) ⇒ x − 1 = u ∧ 1 − y = u2 ⇒ y = 1 − (x − 1)2 . 1) y (0. en una curva del plano xy contenida en la par´abola de ecuacion El lado del cuadrado D∗ que une el punto (u. v) = (0. Luego. ∴ La curva que une los puntos (1.v=1 = (u + 1. 1) con el punto (u. se transforma mediante T~ ´ y = 1 − (x − 1)2 . . est´a contenido en la recta u = 0. y) = (u + v. (x. v − u2 ). la region ´ puede contener errores 44 Esta version . v − u2 = (x. Gr´afico de la Transformacion ∗ 2 2 ~ ´ limitada por las curvas y = x. v) = u + v. y) aplicado a la region ´ D∗ . 0) en el plano uv. ∴ La curva que une los puntos (0. 1) y (0. donde Figura 2. en una curva del plano xy contenida en la recta de ecuacion ´ T~ (u. T (D ) = D.19. y = 1 − (x − 1) y = x − 2 y y = −x .u=0 = (v. v) ⇒ x = v = y ⇒ y − x = 0. se transforma mediante T~ ´ y − x = 0. v). evaluada sobre una region constante y los polinomios son funciones continuas).´ 2. y) = y−x−1 en T (D = − u2 +u+1 v−u2 −u−v−1 ´ continua y acotada en D∗ . C AMBIO DE VARIABLE EN INTEGRALES M ULTIPLES ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon 1 1 1 ~ ∗ ). y(u. equivale a f (x(u. v)) = c) Notar que f (x. pues es un cuociente entre funciones en D∗ . que es una funcion ´ acotada (la funcion ´ continuas que no se anula en el denominador.3. ZZ ZZ 1 1 d) dx dy = − (1 + 2u) dv du 2 D y−x−1 D∗ u + u + 1 Z 1Z 1 1 =− (1 + 2u) dv du 2 0 0 u +u+1 . v=1 Z 1 . 1 =− (v + 2uv) . . du 2 0 u +u+1 v=0 Z 1 1 (1 + 2u) du =− 2 0 u +u+1 . u=1 . 2 = − ln(u + u + 1). . xN ) 6= 0. . u=0 = − ln(3).. . . . 2) y (8.3. −6). .. . ∴ Los puntos de interseccion y 2 = 2x ∧ x + y = 12 ⇒ (12 − x)2 = 2x ⇒ x2 − 26x + 144 = (x − 18)(x − 8) = 0 ´ entre las curvas y 2 = 2x ∧ x + y = 12 son (8. . .. 4) y (18.3.7 Calcule D 2 x. .3.. x2 ..1 radica en el hecho que a veces es m´as OBSERVACION f´acil calcular ∂ui ∂xi en vez de calcular ∀i = 1. . . u2 . N. . . 2. y 2 = 2x ∧ x + y = 4 ⇒ (4 − x)2 = 2x ⇒ x2 − 10x + 16 = (x − 8)(x − 2) = 0 ´ entre las curvas y 2 = 2x ∧ x + y = 4 son (2. . uN ) 1 ∂(x1 .x2 . u2 .uN ) = ∂(u1 .2 La importancia de la Proposicion ´ 2. ∂xi ∂ui RR EJEMPLO 2.xN ) ∂(u1 .u2 . . ´ Partimos analizando las intersecciones entre las curvas que encierran nuestra region inter´es. (2x+y)(x+y) y3 dA donde D es el conjunto limitado por las curvas y 2 = ´ de Solucion. .. .. . uN ) = JT~ −1 (~x). xN ) ´ 2. ∂(u1 .. x2 .1 Sea T ´ diferenciable tal que PROPOSICION JT~ (~u) = Entonces J ~−1 (~u) = T ∂(x1 . ∂(x1 . . ∴ Los puntos de interseccion ´ puede contener errores 45 Esta version .3. . −4). ~ una transformacion ´ 2. x + y = 4 y x + y = 12. ~ . vamos ~ : R2 \ {(0. √y ´ U ´ D limitada Figura 2. 4) en el pano xy. en la curva y = − 2x. curva y = 2x.20. que en el plano uv se transforma mediante U El trozo del borde de D que une los puntos (8. −6) en el pano xy. Obtenemos: Ahora calculamos el Jacobiano de U . est´a contenido en la ~ en la recta u = 4.C AP´I TULO 2. L A INTEGRAL DE R IEMANN EN RN ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon √ √ Ahora. y) : y ∈ R} → R2 definida por ´ U a considerar la transformacion ! ! ! ! x+y x x u ~ 7→ U = = . que en el plano uv se transforma mediante U El trozo del borde en D que une el punto (2. que en el plano uv se transforma mediante U ~ (x. recta y + x = 4. √y y y v 2x El trozo del borde de D que une los puntos (8. 4) y (2. est´a contenido en ~ en la recta u = 12. 2) y (8. −6) y (8. 2) en el pano xy. y) = x + y. y + x = 12 e y 2 = 2x. −4) y (18. notando que la curva y 2 = 2x est´a compuesta de dos ramas: y = 2x e y = − 2x. v) aplicado a la region 2x por las curvas y + x = 4. que en el plano uv se transforma mediante U El trozo del borde de D que une los puntos (18. Gr´afico de la Transformacion = (u. la recta y + x = 12. −4) en el pano xy. est´a contenido √ ~ en la recta v = −1. est´a contenido en la √ ~ en la recta v = 1. . . . ∂u ∂u . . . . . . 1 1 . . . ∂x ∂y . . 1 y . . =. JU~ (x. y) = . √ = + 1 6= 0 ∀(u. v) en el interior de D∗ . . . y 1 1 . . . 2x 2x . ∂v ∂v . . − √ 3 √ . . . v) = (2x) 2 1 . 3 JU~ −1 (u. v) = y3 (2x + y) ´ puede contener errores 46 Esta version Z 0 1Z 1 0 u 3 du dv = . 2 2 x2 2x ∂x ∂y Luego. (2x + y) Se sigue que ZZ D (2x + y)(x + y) dA = y3 ZZ D∗ 3 (2x + y)(x + y) 1 2 (2x) d(u. v3 4 . [SUG: Si lo estima conveniente. x(1 − y) = 2. y) donde R es la region xy = 1 y xy = 3. n o RR 2 2 2 2.3. r sen θ) = (x. transforma coordenadas rectangulares a polares. use el cambio de variable x = u cos3 v e y = u sen3 v].3.3.1 RR ´ limitada por las curvas x(1 − y) = 1. 2π] → R2 ! ! r r → T~ = θ θ r cos θ r sen θ ! = x y ! . C AMBIO DE VARIABLE EN INTEGRALES M ULTIPLES ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon EJERCICIOS 2. y) transforma el rect´angulo D∗ = {(r. Soluciones a Ejercicios 2. 2 10 2. donde R = (x. θ) = (r cos θ. ´ en coordenadas polares es un par orDado un punto del plano cartesiano. 3πa 3 . 80 Integracion ´ doble en coordenadas polares ´ en R2 La siguiente transformacion T~ : (0. Sea a > 0. La transformacion R2 : 0 ≤ r ≤ a ∧ 0 ≤ θ ≤ 2π} en el c´ırculo D = {(x.3. su representacion denado de primera coordenada igual a la distancia del punto al origen y de segunda coordenada igual al a´ ngulo formado entre el eje horizontal y el trazo que une el origen con el punto dado. y) = a 3 − x 3 − y 3 . 2. ´ puede contener errores 47 Esta version .21. ∞) × (0. 1. Calcule R x d(x.´ 2. θ) ∈ Figura 2. ´ T~ (r.3. y) ∈ R2 : x 3 + y 3 ≤ a 3 2 2 2 2 y f (x. y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ a}. Calcule el valor de la integral R f .1 1. C AP´I TULO 2. necesitamos calcular su Jacobiano: . como estamos interesados en calcular integrales usando este cambio de variable. L A INTEGRAL DE R IEMANN EN RN ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon Ahora. . . . ∂x ∂x . . . . cos θ −r sen θ . . . . ∂r ∂θ . . . =. . θ) = . = r(cos2 θ + sen2 θ) = r. JT~ (r. . . . . ∂y ∂y . . sen θ r cos θ . . . . si D es el c´ırculo de radio a y centro en el origen. y) d(x. f (x.8 Si D es una corona circular de radio menor a1 . r sen θ) = (x. entonces α1 y α2 .1 del cambio de variable se tiene que ZZ ZZ f (r cos θ. θ). D a1 α1 ´ T~ (r. y si f : D ⊂ R2 → R es una funcion ZZ Z a2 Z α2 f (x. y0 ) y si f : D ⊂ R2 → R es una ´ continua . y) ∈ R2 : a21 ≤ x2 + y 2 ≤ a22 }. 2 D 0 0 EJEMPLO 2. r sen θ) r d(r. ∂r ∂θ ´ continua f : D ⊂ R2 → R. 2π] : a1 ≤ r ≤ a2 ∧ 0 ≤ θ ≤ 2π} en el conjunto D{(x.3.22. entonces ZZ Z a Z 2π π a2 2 2 (x + y ) d(x. radio mayor a2 . y) = f (x0 + r cos θ. EJEMPLO 2. donde D es la imagen por T~ de D∗ . para toda funcion acuerdo al Teorema 2. r sen θ) r dθ dr. La transformacion [0. y) d(x.3.3. y) = D∗ D EJEMPLO 2.9 Si D es el c´ırculo de radio a y centro en (x0 . a] × [0. entonces se tiene que funcion ZZ Z a Z 2π f (x. de Luego. y) = f (r cos θ. entre los a´ ngulos ´ continua. y) d(x. θ) ∈ Figura 2.10 Calcule el a´ rea encerrada por la cardiode r = 1 + cos θ ´ puede contener errores 48 Esta version . θ) = (r cos θ. y0 + r sen θ) r dθ dr.3. y) = r3 dθ dr = . y) transforma el conjunto D∗ = {(r. D 0 0 En particular. ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ 2. ´ Sea A el a´ rea de la cardiode. C AMBIO DE VARIABLE EN INTEGRALES M ULTIPLES ´ encerrada por la cardiode.3. y sea T~ (D∗ ) = D la region ~ ´ de coordenadas rectangulares a polares. Entonces T es la transformacion Z 2π 2 . donde Solucion. r=1+cos θ Z 2π Z 1+cos θ ZZ ZZ r . . r dr dθ = r d(r. y) = A= dθ 2 . θ) = d(x. r=0 0 0 0 D∗ D Z 1 2π (1 + cos θ)2 dθ = 2 0 Z 1 2π = (1 + 2 cos θ + cos2 θ) dθ 2 0 Z 1 2π 1 cos(2θ) = 1 + 2 cos θ + + dθ 2 0 2 2 . 1 3 sen(2θ) . . θ=2π = θ + 2 sen θ + . 3. calcule el volumen del solido en el primer octante limitado por el cono z = r y el cilindro r = 3 sen θ.2 ´ 1. Soluciones a Ejercicios 2.3. EJERCICIOS 2. y). 2 2 4 θ=0 3 = π. 4 Figura 2. 12 ´ puede contener errores 49 Esta version . . Gr´afica de la cardiode r = 1 + cos θ. Calcule el a´ rea del interior de una hoja de la rosa r = cos(3θ). Mediante el uso de una integral doble. 2 π 2 2.3 1.3. ´ del primer cuadrante acotada por la circunferencia x2 + y 2 = a2 2.23. Sea a > 0 y sea R la region RR 2 2 y los ejes coordenados. (1 − e−a ) 4 π 3. Calcule el valor de R e−(x +y ) d(x. r sen θ. ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon Integracion ´ triple en coordenadas cil´ındricas ´ en R3 La siguiente transformacion T~ : (0. y. θ. ´ T~ (r. La transformacion {(r. ∞) → R3 r r r cos θ x ~ → T θ = r sen θ = y . L A INTEGRAL DE R IEMANN EN RN 2. Ahora.3. θ. z) = (x. z) = (r cos θ. y) ∈ R3 : x2 + y 2 ≤ 1 : 0 ≤ z ≤ 2}. 2π] × (−∞. ∞) × (0. como estamos interesados en calcular integrales usando este cambio de variable.4.24. z) transforma el rect´angulo D∗ = Figura 2. θ z z z z transforma coordenadas rectangulares en cil´ındricas. z) ∈ R3 : 0 ≤ r ≤ 1 ∧ 0 ≤ θ ≤ 2π ∧ 0 ≤ z ≤ 2} en el cilindro D = {(x.C AP´I TULO 2. necesitamos calcular su Jacobiano: . . . ∂x ∂x ∂x . . . . . . ∂r ∂θ ∂z . . . cos θ −r sen θ 0 . . . . . . ∂y ∂y ∂y . . . . . . JT~ (r. θ. z) = . = . sen θ r cos θ 0 . = r(cos2 θ + sen2 θ) = r. . . . . ∂r ∂θ ∂z . . . . ∂z ∂z ∂z . . 0 0 1 . . . . . 11 Calcule el volumen del solido encerrado por la esfera x2 + y 2 + z 2 = 16 y el cilindro (x − 2)2 + y 2 = 4.1 del cambio de variable se tiene que ZZZ ZZZ f (x. y. z) d(x. z) = f (r cos θ. z). ´ puede contener errores 50 Esta version . y. donde D es la imagen por T~ de D∗ .3. para toda funcion acuerdo al Teorema 2. de Luego. D D∗ ´ EJEMPLO 2.3. ∂r ∂θ ∂z ´ continua f : D ⊂ R3 → R. z) r d(r. r sen θ. θ. C AMBIO DE VARIABLE EN INTEGRALES M ULTIPLES Solucion. si V es el volumen de la region nadas rectangulares a cil´ındricas. tenemos 0 ≤ r ≤ 4 cos θ. Ahora. ´ para θ. los l´ımites de la region Figura 2. ´ Usando coordenadas cil´ındricas obtenemos x2 + y 2 + z 2 = 16 ⇒ r2 + z 2 = 16 y (x − 2)2 + y 2 = 4 ⇒ x2 + y 2 − 4x = 0 ⇒ r2 = 4r cos θ ⇒ r = 4 cos θ.3. que corresponde precisamente al c´ırculo dadosamente la proyeccion 2 2 ´ D∗ sobre la cual vamos a integrar son (x − 2) + y ≤ 4. Gr´afica de r = 4 cos θ. Por otro lado. p p ∴ − 16 − r2 ≤ z ≤ 16 − r2 . donde T~ es la transformacion ´ de coordePor lo tanto.´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ 2. ´ adecuados. conviene observar cuiFinalmente debemos calcular los l´ımites de integracion ´ del cuerpo sobre el plano xy. vamos a encontrar l´ımites de integracion p r2 + z 2 = 16 ⇒ z 2 = 16 − r2 ⇒ z = ± 16 − r2 . √ √ 2 2 − 16 − r ≤ z ≤ 16 − r 0 ≤ r ≤ 4 cos θ D∗ : π π − ≤ θ ≤ 2 2 ´ T~ (D∗ ) = D.25. obtenemos ´ puede contener errores 51 Esta version . En este caso. En resumen. z) = V = D π 2 Z ZZZ ZZZ Z − π2 D∗ 0 π 2 Z =4 Z 0 √ Z Z rz .C AP´I TULO 2. L A INTEGRAL DE R IEMANN EN RN ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon r d(r. θ. y. z) = d(x. . dr dθ z=0 4 cos θ r 0 16−r2 r dz dr dθ √ − 16−r2 . z=√16−r2 4 cos θ . 0 π 2 Z =4 4 cos θ p 16 − r2 dr dθ 0 π 2 . r=4 cos θ . 2 2 23 . = −2 (16 − r ) . dθ 0 3 r=0 Z π 3 3 4 2 =− (16 − 16 cos2 θ) 2 − 16 2 dθ 3 0 Z π 4 · 64 2 =− (1 − cos2 θ) sen θ − 1 dθ 3 0 . θ= π . 2 cos3 θ 4 · 64 − cos θ + − θ . . =− 3 3 θ=0 4 · 64 π 1 =− − +1− 3 2 3 128 = (3π − 4). ´ puede contener errores 52 Esta version . π] → R3 ρ ρ ρ cos θ sen φ x ~ → T θ = ρ sen θ sen φ = y . 2π] × (0. Sea R la bola unitaria en R3 .5. y.3 1. z). y.3. 9 Z EJERCICIOS 2. ∞) × (0. Soluciones a Ejercicios 2. el paraboloide z = x2 + y 2 y el plano RRR xy. Calcule D z d(x.3. Sea D el solido acotado por el cilindro x2 + y 2 = 4. θ φ φ ρ cos φ z transforma coordenadas rectangulares en esf´ericas. z). R ze RRR ´ 2. . 3 2. Calcule el valor de x2 +y 2 +z 2 d(x.3 1. Integracion ´ triple en coordenadas esf´ericas ´ en R3 La siguiente transformacion T~ : (0.3. 0 32π 2. C AMBIO DE VARIABLE EN INTEGRALES M ULTIPLES ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ T~ (ρ.´ 2.3. ρ cos φ) = (x. y) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 ≤ 1}.26. La transformacion ∗ rect´angulo D = {(ρ. φ) ∈ R3 : 0 ≤ ρ ≤ 1 ∧ 0 ≤ θ ≤ 2π ∧ 0 ≤ φ ≤ π} en la bola D = {(x. necesitamos calcular su Jacobiano: . θ. z) transforma el Figura 2. Como estamos interesados en calcular integrales usando este cambio de variable. ρ sen θ sen φ. φ) = (ρ cos θ sen φ. y. θ. . . ∂x ∂x ∂x . . . . . . ∂ρ ∂θ ∂φ . . cos θ sen φ −ρ sen θ sen φ ρ cos θ cos φ . . . . . . ∂y ∂y ∂y . . . . . . . JT~ (ρ. φ) = . θ. . = . cos θ sen φ ρ cos θ sen φ ρ sen θ cos θ . = ρ2 sen φ. . ∂ρ ∂θ ∂φ . . . . . . . . ∂z ∂z ∂z . . cos φ 0 −ρ sen φ . . . . ∂ρ ∂θ ∂φ . x2 + y 2 = z 2 . θ. ρ cos φ) ρ2 sen φ d(ρ. contenido en la region Solucion. de Luego. y.3. D D∗ ´ EJEMPLO 2. se tiene que ZZZ ZZZ f (x. donde D es la imagen por T~ de D∗ . para toda funcion acuerdo al Teorema 2. π]. y. ρ sen θ sen φ. φ). los l´ımites de integracion 0 ≤ ρ ≤ 4 cos θ 0 ≤ θ ≤ 2π D∗ : 0≤ φ ≤ π 4 x2 + y 2 = z 2 ∧ z ≥ 0 ⇒ x2 + y 2 + z 2 = 2z 2 ⇒ cos2 φ = ´ puede contener errores 53 Esta version . z) = f (ρ cos θ sen φ.12 Calcule el volumen del solido encerrado por la esfera x2 + y 2 + z 2 = 4z y el cono ´ z ≥ 0. ´ continua f : D ⊂ R3 → R. ´ Usando coordenadas esf´ericas obtenemos x2 + y 2 + z 2 = 4z ⇒ ρ2 = 4ρ cos φ ⇒ ρ = 4 cos φ y 1 1 π ⇒ cos φ = ± √ ⇒ φ = .3.1 del cambio de variable y dado que sen φ ≥ 0 ∀φ ∈ (0. z) d(x. 2 4 2 ´ para la region ´ D∗ sobre la cual vamos a integrar son: Ahora. si V es el volumen de la region nadas rectangulares a esf´ericas. donde T~ es la transformacion ´ de coordePor lo tanto. y. obtenemos Z π Z 2π Z 4 cos φ ZZZ 4 d(x. L A INTEGRAL DE R IEMANN EN RN ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ T~ (D∗ ) = D. z) = V = ρ2 sen φ dρ dθ dφ D 0 Z = 0 π 4 Z π 4 Z 0 0 2π 0 .C AP´I TULO 2. ρ=4 cos φ . ρ3 sen φ. . dθ dφ 3 ρ=0 2π 64 cos3 φ sen φ dθ dφ 3 0 0 . θ=2π Z π . 4 64 cos3 φ sen φ θ. . dφ = 3 0 θ=0 Z π 2π · 64 4 cos3 φ sen φ dφ = 3 0 . π 2π · 64 cos4 φ . . φ= 4 =− . z). 3 4 φ=0 Z = = 8π. Encuentre su volumen. EJERCICIOS 2.4 1. − 1) Integracion ´ multiple ´ impropia Hasta el momento hemos estudiado Z f D bajo el supuesto que f es acotada sobre D y el supuesto que D es acotado. 3 2.4 1. ´ puede contener errores 54 Esta version . Sea R la bola unitaria en R3 . Soluciones a Ejercicios 2. 4π a3 . y.4. Calcule el valor de ZZZ 3 2 2 2 e(x +y +z ) 2 d(x. ´ de integral multiple ´ Nos interesa extender la definicion al caso en que uno de los supuestos anteriores no se cumple.3. R 2.3. Sea D la bola de R3 de radio a y centro en el origen. en cuyo caso hablamos de integral multiple ´ impropia. 4 3 π(e 2. de poder definirse la cantidad biese verificar ZZ ZZ f (x. n→∞ D RR D f (x. ∞) y sea f : D → R definida por (x. ´ Parece razonable esperar que. Veamos que efectivamente se tiene que existe M > 0 tal que . y). y) d(x. se de- Rn Sin embargo. n] × [1.1 Sea D = [1. ∞) × [1.4. Rn = [1. Es claro que ∞ [ ZZ Rn = D ∧ Rn ⊂ Rn+1 ∀n ∈ N f (x. si nuestra sucesion y adem´as debiese ser igual a su supremo. y) d(x. I NTEGRACI ON IMPROPIA ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon EJEMPLO 2. ´ su l´ımite es igual a su supremo. y). y) d(x.4. entonces debiese existir tal l´ımite De esta forma. y) 7→ f (x. n]. Rn+1 f (x. (x2 + y 2 )2 y considere para cada n ∈ N. y) d(x. y)? Solucion. y) d(x.´ M ULTIPLE ´ 2. y) = l´ım f (x. y). y) ≤ Rn n=1 ¿Es posible definir ZZ ∧ RR D f (x. y) = 1 . ´ de integrales fuese acotada. m´as aun. ¿C´omo garantizamos que tal l´ımite existe? Tengamos en cuenta el siguiente hecho: Toda sucesi´on {an }n∈N creciente y acotada superiormente posee l´ımite cuando n → ∞. y) d(x. Z Z . . . . f (x. y). y) d(x. . < M ∀n ∈ N. . y pasando a coordenadas polares. 2 2 2 r4 r3 Rn (x + y ) 2 0 1 ¿Qu´e sucede si cambiamos la familia de conjuntos {Rn }n∈N por otra familia de conjuntos acotados S 0 0 0 {Rn0 }n∈N verificando ∞ n=1 Rn = D y Rn ⊂ Rn+1 . se verifica lo siguiente: dado k ∈ N. obtenemos Z ∞ ZZ Z √2 n Z 2π 1 1 1 0< ≤ √ r dθ dr ≤ 2π dr < ∞ ∀n ∈ N. Rn Notemos que Rn ⊂ Dn = {(x. para cada n ∈ N? En nuestro caso. hemos mostrado que la familia de integrales asociadas a la familia de conjuntos {Rn }n∈N es acotada. y) ∈ R2 : 2 ≤ x2 + y 2 ≤ 2n2 }. as´ı que dada cualquier otra familia de conjuntos acotados {Rn0 }n∈N tal que S∞ 0 0 0 n=1 Rn = D y Rn ⊂ Rn+1 . ∃nk ∈ N tal que ˜ Rk0 ⊂ Rn ∀n ≥ nk (esto se debe al principio de Arqu´ımides que senala lo siguiente: Dado un numero ´ real r. existe un numero ´ natural nr tal que r < nr ). ´ de integrales correspondiente a la familia de conjuntos {Rn0 }n∈N estar´a acoLuego. ∀n ∈ N. la sucesion tada por el supremo de las integrales correspondientes a la familia de conjuntos {Rn }n∈N . y por lo ´ puede contener errores 55 Esta version . y). De esconverge a 1 (la subsucesion ta forma. y) d(x. que puede considerarse creciente. ´ 2. tomando en cuenta que: Si una sucesi´ ´ una subsucesi´on convergente.4. RR on creciente de numeros ´ reales posee Rpf (x. como de una subsucesion ´ de numeros ´ ´ que por ejemplo ocurre con la sucesion reales {(−1)n }n∈N que posee una subsucesion ´ de los n pares) y otra a −1 (la subsucesion ´ de los n impares). para responder a nuestras preguntas planteadas en situaciones m´as generales. Ahora. converge al mismo l´ımite que la sucesion ´ de numeros ´ M´as aun.C AP´I TULO 2. y) → 0 cuando p → ∞. En efecto. ´ de acotaEs evidente que aunque escojamos conjuntos Rn como los anteriores. ´ Definimos las funciones: DEFINICION ( f (x) si f (x) ≥ 0. y) d(x. y) d(x. Recordemos ahora que: Toda subsucesi´on de una sucesi´on creciente y acotada superiormente. y) debiese ser el mismo l´ımite RR ´ de numeros ´ que el de la sucesion Rpf (x. vamos a ´ introducir la siguiente definicion. la condicion ´ miento por s´ı misma no es suficiente para garantizar convergencia de la integral cuando la funcion cambia de signo. ´ puede contener errores 56 Esta version . y)d(x. ´ 2. Se ZZ ZZ ZZ 1 p f (x. y)d(x. y). Por otro lado. dado p ∈ N. kp RR ´ de numeros ´ y por lo tanto debe converger al mismo l´ımite que el de la sucesion Rk0 f (x. nkp ∈ N tales que f (x. y). f − (x) = 0 si f (x) > 0 ´ 2. Esta afirmacion RR ´ numeros reales R0 f (x. L A INTEGRAL DE R IEMANN EN RN ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon tanto ser´a convergente. es acotada superiormente. dado p ∈ N. existen kp . y) d(x. f + (x) = 0 si f (x) < 0 ( −f (x) si f (x) ≤ 0. y) en realidad tuviese m´ ´ convergente. podr´ıa darse el caso que la sucesion as Rn f (x.1 Es f´ OBSERVACION acil chequear lo siguiente f = f+ − f− ◦ ∧ |f | = f + + f − . como: Toda sucesi´on acotada de numeros ´ reales posee al menos una subsucenRR o ´ si´on convergente.1 Sea f : D ⊂ RN → R una funcion. ∃kp ∈ N tal que m(Rp \ Rk0 ) < sigue que. ´ por el teorema del Sandwich. y) d(x. y) d(x. y) d(x. entonces la sucesi´on completa converge al mismo l´ımite. y no necesariamente ambas convergiendo al mismo l´ımite.2 Sea A ⊂ RN tal que A 6= ∅. y) ≤ f (x. y).4. con´ nos permite deducir que la subsucesion ´ de verge al mismo l´ımite de la sucesi´on. y) d(x. y). por construccion RR ´ de numeros ´ concluimos que el l´ımite de la sucesion Rk0 f (x. Rnk p f (x.4. y) − Cp ≤ Rk0 p Rp donde 0 ≤ Cp = RR Rp \Rk0 p ∀k ≥ kp . Decimos que A es medible Jourdan si es acotado y DEFINICION su frontera ∂A tiene contenido cero. 4.3 Sea D ⊂ RN un conjunto tal que D 6= ∅ y tal que todo subconjunto acotado DEFINICION de su frontera ∂D tiene contenido cero. Sea ◦ N J(D) = A ⊂ R : A ⊂ D : A es medible Jourdan . converge si y solo ◦ TEOREMA 2. entonces definimos Z f = a∗ − b∗ . o bien diverge en otro caso. D ´ de integral previa es consistente con la nocion ´ de integral de Riemann por lo cual la definicion desarrollada con anterioridad. Si D no es acotado o si f no es acotada sobre D o ambos casos a la vez. R ´ tal que A f existe para cada A ∈ J(D). n=1 entonces Z Z f = l´ım D n→∞ A n f. la cual converge al valor a∗ − b∗ si ambos valores son finitos. entonces a∗ y b∗ son ambos finitos y se cumple que Z f = a∗ − b∗ .´ M ULTIPLE ´ 2. ◦ TEOREMA 2. converge a un valor finito o a ±∞. decimos que Z f D es una integral impropia. Si los numeros ´ y sea f : D → R una funcion Z Z ∗ + ∗ − a = sup f : A ∈ J(D) ∧ b = sup f : A ∈ J(D) A A no son ambos infinitos.4.1 Sea D ⊂ RN un conjunto tal que D 6= ∅ y tal que todo subconjunto acotado de R ´ La integral impropia D f su frontera ∂D tiene contenido cero y sea f : D → R una funcion.2 Sea D ⊂ RN un conjunto tal que D 6= ∅ y tal que todo subconjunto acotado de R ´ Si la integral impropia D f su frontera ∂D tiene contenido cero y sea f : D → R una funcion. D Notar que si D es cerrado y acotado y f es integrable Riemann sobre D.4. y {An }n∈N es una familia de conjuntos en J(D) tal que ◦ A= ∞ [ ◦ ∧ An An ⊂ An+1 ∀n ∈ N.4. R ´ si la integral D |f | converge. ´ puede contener errores 57 Esta version . I NTEGRACI ON IMPROPIA ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ◦ ´ 2. 4. D D Z ii) Z g diverge si D f diverge.4. Si |f (x)| ≤ |g(x)| entonces Z Z i) f converge si g converge. ◦ COROLARIO 2. N > 1.1 Sea D ⊂ RN un conjunto tal que D 6= ∅ y tal que todo subconjunto acotado ´ de su frontera ∂D tiene contenido cero y sea f : D → R una funcion. por lo que el teorema anterior es siempre aplicable en este caso.C AP´I TULO 2. g : D → R funciones Riemann integrables en cualquier elemento de J(D).3 (Criterio de comparacion) ´ Sea D ⊂ RN . a<ρ<b entonces Z Z f = l´ım D ρ→a+ f. D ´ puede contener errores 58 Esta version ∀x ∈ D.2 De acuerdo a la definicion ´ anterior. OBSERVACION R ´ entonces D f converge a un numero real no negativo. a<ρ<b entonces Z Z f = l´ım ρ→b− D f. si f es una funcion ´ no negativa en D. Frecuentemente es de utilidad el siguiente resultado. o bien diverge a +∞. R Si D f converge o diverge a ±∞ y {Aρ : a < ρ < b} es una familia de conjuntos en J(D) tal que10 ◦ [ D= Aρ ∧ Aρ 1 ⊂ Aρ 2 ∀a < ρ1 < b. L A INTEGRAL DE R IEMANN EN RN ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ 2. Aρ ◦ TEOREMA 2. a < ρ2 < b tal que ρ1 < ρ2 . un conjunto tal que D 6= ∅ y tal que todo subconjunto acotado de su frontera ∂D tiene contenido cero y sean f. Aρ R Si D f converge o diverge a ±∞ y {Aρ : a < ρ < b} es una familia de conjuntos en J(D) tal que ◦ [ D= Aρ ∧ Aρ 2 ⊂ Aρ 1 ∀a < ρ1 < b.4. a < ρ2 < b tal que ρ1 < ρ2 . . n ) = R \{(x. y) ∈ [0. n n Notar que para 0 ≤ x < 1 se verifica que R1.´ M ULTIPLE ´ 2. y) ∈ R2 . I = l´ım In = n→∞ ´ si es posible. d(x.n+1 ⊂ R 6= ∀n ∈ N ∧ ∞ [ (R1.n est´a“lejos”de los puntos de la recta x = y en la region ´ punto de la union ´ puede contener errores 59 Esta version . y) = √ 3 2 (x−y) R1.n = 1 1 (x. Entonces. y) = 1+x12 +y2 > 0 ∀(x. y) r p−1 (1 + n2 )p−1 In = = dr dθ = 2 2 p 2 p An (1 + x + y ) 0 0 (1 + r ) π ln(1 + n2 ) si p = 1 Luego. y) : 0 ≤ y ≤ x − < 1 : ≤ x ≤ 1 . cualquier ´ de las regiones R1. I NTEGRACI ON IMPROPIA ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon EJEMPLO 2. y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1 ∧ 0 ≤ y ≤ 1}. ´ Solucion. ´ Notar que la integral es impropia pues sobre un trozo de la recta x = y en R. ∀p ∈ R. θ) : 0 ≤ θ ≤ 2π : 0 ≤ r ≤ n}.y) √ sobre el cuadrado 3 2 (x−y) D = {(x. 1] : x = y} un conjunto de contenido cero en R2 . ´ T~ de coordenadas rectangulares en coordenadas polares.n+1 ∪R2. De esta forma.4. ∀n ∈ N. considerando A∗n = {(r. la funcion 1 no est´a definida. 1]×[0. π p−1 ∞ RR D si p > 1. EJEMPLO 2. mediante el uso de la transformacion ∗ podemos escribir T~ (An ) = An .n ∪R2.n ∪R2. para cada n ∈ N conviene condiserar las regiones f (x. n=1 siendo {(x. y) ∈ [0.2 Estudie la convergencia de ZZ I= R2 1 d(x. 1]×[0.4.n = 1 1 (x.4. 1] : x = y}. y). y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ n2 } ∀n ∈ N.3 Evalue.n ⊂ R1. Consideremos los conjuntos An = {(x. Notar ahora que π 1 Z Z 2π Z n 1− si p 6= 1 d(x.n ∪ R2. Entonces. ´ Como f (x. si p ≤ 1. (1 + x2 + y 2 )p Solucion. y) : x + ≤ y ≤ 1 : 0 ≤ x ≤ 1 − n n ∧ R2. se tiene que I o bien converge o bien diverge a +∞. n (x − 1 1− n Z 1 y)2 dA = l´ım n→∞ 0 l´ım n→∞ 1 1− n 3 1 p dy dx 3 (x − y)2 . L A INTEGRAL DE R IEMANN EN RN ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon R. y a su vez pasamos al l´ımite: ZZ I1 = l´ım p 3 n→∞ R1. Ahora integramos sobre cada una de estas regiones.C AP´I TULO 2. y=1 . (x − y) . . 1 3 ! dx 1 y=x+ n 0 1 ! 1 3 (x − 1) − − dx n 0 1 ! . x=1− 1 n . 4 3 1 3 x . . ZZ I2 = l´ım n→∞ R2. 4 An´alogamente. (x − 1) 3 + 4 n x=0 Z = 3 l´ım n→∞ = 3 l´ım n→∞ 1 1− n 3 4 = 3 l´ım n→∞ = 1 1 x+ n Z = Z 1 3 1 − n 4 3 ! 1 4 1 3 1 3 + 1− − (−1) 3 n n 4 9 .n 1 1 Z x− n Z 1 p dA = 3 (x − y)2 l´ım n→∞ 1 n 0 Z = l´ım n→∞ 1 3 1 n 1 p 3 (x − y)2 dy dx . y=x− 1 ! n . dx (x − y) . . 1 3 y=0 ! Z 1 31 1 1 = −3 l´ım − x 3 dx n→∞ 1 n n !. 1 3 4 . . x=1 1 3 x − x3 . 4 Por lo tanto 9 I = I1 + I2 = . = −3 l´ım n→∞ n 4 x= 1 n = −3 l´ım n→∞ = 1 4 4 ! 1 3 3 1 3 3 1 3 − − + n 4 n 4 n 9 . 2 ´ puede contener errores 60 Esta version . es conveniente proceder de la siguiente forma: ´ puede contener errores 61 Esta version . Estudie la convergencia de ZZ y cos x dx dy. (4n − 1) . basta escoger cualquier sucesion n=1 An y An ⊂ An+1 .2. An = 0. y que se ha ilustrado en el Para no cometer el tipo de error senalado en la observacion ejemplo anterior. para cada n ∈ N para obtener Z Z f.4. nπ] . D ˜ ´ previa.3 Debemos ser cuidadosos al emplear el Teorema 2. 2 2 ∀n ∈ N. cuando f cambia de signo sobre D. (4n − 1) × 0. entonces ZZ l´ım n→∞ 1 π 2 π y cos x dx dy = l´ım (4n − 1) sen (4n − 1) = −∞. 2 n→∞ 2 2 Bn mientras que si consideramos Cn = [0. 2 n→∞ ZZ y cos x dx dy ∴ no converge. (4(n − 1) + 1) . 2 n→∞ 2 2 Ahora. D Solucion. aun EJEMPLO 2. ∞).4. ∞) × [0.4.4. En efecto. entonces ZZ l´ım n→∞ y cos x dx dy = Cn 1 l´ım (nπ)2 sen (nπ) = 0. si f ≥ 0 OBSERVACION S ´ conveniente {An }n∈N de J(D) que satisfaga ∞ sobre D. I NTEGRACI ON IMPROPIA ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ 2. nπ] × [0. pudi´endose deducir erroneamente que D f converge. f = l´ım n→∞ A n A ´ particular de la familia de los {An } Sin embargo. entonces ZZ l´ım n→∞ y cos x dx dy = An π 2 π 1 l´ım (4(n − 1) + 1) sen (4(n − 1) + 1) = +∞. consideremos h πi h πi Bn = 0. (4(n − 1) + 1) 2 2 ∀n ∈ N. una eleccion R ´ puede producir un l´ımite finito en J(D). ´ cuando esto pueda no ser cierto. ´ Consideremos la familia de conjuntos h πi πi h × 0.4 Sea D = [0.´ M ULTIPLE ´ 2. i = 1. . ´ si es posible. L A INTEGRAL DE R IEMANN EN RN ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon (1o ) Usar el Teorema 2. (SUG: Notar que √ R √ 1 (x2 +y 2 )p 1 (x2 +y 2 )p >0 √ dA. x1 . Iq = 2. es posible usar coordenadas polares y comparar). d]. y = ρ cos φ. Tambi´en denotamos por ´ densidad de a´ rea de la l´amina en el punto (x. Estudie la convergencia de la integral doble I = RR {(x. D EJERCICIOS 2. y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≥ 2} y D2 = {(x. d]. ´ puede contener errores 62 Esta version . Evalue. y) a la funcion ´ ´ mimos continua sobre R. y. P2 } de [a. Aplicaciones: Centro de masa y momentos de inercia 2. . Centro de masa y momentos de inercia en R2 ´ consideramos una l´amina (o placa) rectangular delgada R conPara fijar ideas. donde D1 = {(x. y1 . 2. Luego. 2. . z) ∈ R3 . y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≥ 1 2 }. para evaluar Z f.1. m´as espec´ıficamente consideramos R = [a. 2. z = ρ sen θ sen φ).1 1. . y) ∈ R \ {(0. donde R = ∀(x. .y. de manera que P = {P1 . z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 ≤ 1}. d(x.4.2 para |f |. b]. . Luego. 2. y por P2 = {c = y0 .5. . y) ∈ R2 : |x| ≥ 1 ∧ |y| ≥ 1}. es posible usar ´ para estudiar la convergencia . Notar que la particion ´ P tiene m n rect´angulos.C AP´I TULO 2. . 1 2 y para q = 1 (SUG: Use coordenadas esf´ericas x = ρ cos θ sen φ.z) D (x2 +2y 2 +z 2 )q RRR ´ sobre la region D = {(x. .1 1. . 0)}. I 1 = 2π arc senh(1). para determinar si Z |f | < ∞. Converge si q < 23 . Converge si p > 2. j = 1. coordenadas esf´ericas y el criterio de comparacion entonces ≤ ≤ Soluciones a Ejercicios 2. considerando cualquier familia de conjuntos {An }n∈N que verifique las condiciones del teorema aludido.4. I1 = π 2 . y. los que resulta ser una particion aqu´ı denotamos por Rij .2 con cualquier familia de conjuntos {An }n∈N que verifique las condiciones del teorema aludido. b]×[c. . n. usar nuevamente el Teorema 2. . D R (2o ) Si D |f | < ∞. y que D1 ⊂ R ⊂ D2 . xm = b} a una particion ´ de [c. en esta seccion tenida en el plano xy. yn = d} a una particion ´ rectangular de R.4.5. 2 . y) ∈ R. Por ultimo. . ¿Para qu´e valores de q la integral converge? SUG: Notar que si q > 0 para q = 1 2q (x2 +y 2 +z 2 )q 1 (x2 +2y 2 +z 2 )q 1 (x2 +y 2 +z 2 )q ∀(x. la cual asuρ(x. . p > 0. en [Kg/m2 ]. .4. denotamos por P1 = {a = x0 . m. . la medida del momento de masa del rect´angulo Rij con respecto al eje x se calcula en forma aproximada por la cantidad y¯ij ρ(¯ xij . y¯ij )∆xi ∆yj = y ρ(x.2. j=1 i=1 Por lo tanto. y¯ij ) ∆xi ∆yj . ´ puede contener errores 63 Esta version . y¯ij ) ∆xi ∆yj . entonces una ´ de la medida de la masa del rect´angulo Rij es aproximacion ρ(¯ xij . ´ obtenemos una aproximacion ´ de la y sumando la medida del momento de masa de cada region. obtenemos que la medida M de la masa de la l´amina completa est´a dada por M = l´ım kPk→0 n X m X ZZ ρ(¯ xij . ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR Salomon ] A PLICACIONES : C ENTRO DE MASA Y MOMENTOS DE INERCIA Masa Para encontrar la medida de la masa total de la l´amina procedemos de la siguiente forma: Sea (¯ xij . y¯ij )∆xi ∆yj . corresponde al producto entre la masa de la part´ıcula y su distancia – que considera el signo – a tal eje. la cual est´a dada por m n X X y¯ij ρ(¯ xij . De esta forma. y)dA R An´alogamente. obtenemos una aproximacion ´ de la medida y sumando la medida de la masa de cada region de la masa del rect´angulo R. y¯ij ) ∈ R un punto cualquiera del rect´angulo Rij . obtenemos que la medida Mx del momento de masa con respecto al eje x de la l´amina completa corresponde a Mx = l´ım kPk→0 n X m X j=1 i=1 ZZ y¯ij ρ(¯ xij . y¯ij )∆xi ∆yj = ρ(x. la medida del momento de masa del rect´angulo Rij con respecto al eje y se calcula en forma aproximada por x ¯ij ρ(¯ xij . y)dA R j=1 i=1 Primeros momentos (Momentos de masa) La medida del momento de masa de una part´ıcula con masa respecto a un eje. j=1 i=1 Por lo tanto.5. cuya a´ rea es m(Rij ) = ∆xi ∆yj . pasando al l´ımite cuando kPk tiende a 0. y¯ij )∆xi ∆yj . ´ Rij . la cual est´a dada por n X m X ρ(¯ xij . y¯ij )∆xi ∆yj . pasando al l´ımite cuando kPk tiende a 0. medida del momento de masa del rect´angulo R con respecto al eje x. j=1 i=1 Por lo tanto. que en t´erminos din´amicos se comporta como el punto donde el balanceo de la l´amina permanece en equilibrio. la cual est´a dada por n X m X x ¯ij ρ(¯ xij . sumando los momentos de inercia de cada rect´angulo Rij y pasando al l´ımite cuando kPk tiende a 0. y¯ij )∆xi ∆yj Luego. ´ anterior es razonable pensar que si tenemos n part´ıculas. y¯ij )∆xi ∆yj .5. y¯ij ) ∈ R un punto cualquiera del rect´angulo Rij .1 Llamamos momento de inercia de una part´ıcula de masa m [Kg] en torno a un eje. DEFINICION al valor m r2 [Kg][m2 ]. entonces una aproximacion respecto del eje x en el rect´angulo Rij ser´a 2 y¯ij ρ(¯ xij . tenemos que el momento de inercia total debe ser I= n X mi ri2 . entonces el momenDesde la definicion to de inercia total debe ser la suma de los momentos de inercia de cada una de las part´ıculas. y¯). Se tiene x ¯= My M ∧ y¯ = Mx M Momentos de inercia (Segundos momentos) ´ 2. i=1 ´ extendemos este concepto a una distribucion ´ continua de masa en una region ´ A continuacion del plano xy.C AP´I TULO 2. L A INTEGRAL DE R IEMANN EN RN ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ obtenemos una aproximacion ´ de la y sumando la medida del momento de masa de cada region. obtenemos que la medida Ix del momento de inercia respecto al eje x de la l´amina completa es ´ puede contener errores 64 Esta version . ´ de la medida del momento de inercia cuya a´ rea es m(Rij ) = ∆xi ∆yj . pasando al l´ımite cuando kPk tiende a 0. y¯ij )∆xi ∆yj = R j=1 i=1 Centro de masa El centro de masa de una l´amina se representa geom´etricamente por el punto (¯ x. Siguiendo esta idea. y)dA x ¯ij ρ(¯ xij . medida del momento de masa del rect´angulo R. Procedemos como sigue: Sea (¯ xij . donde r es la distancia desde la part´ıcula al eje. obtenemos que la medida My del momento de masa con respecto al eje y de la l´amina completa corresponde a My = l´ım kPk→0 n X m X ZZ x ρ(x. podemos calcular la medida IL del momento de inercia respecto de la recta L de la l´amina completa. ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR Salomon ] A PLICACIONES : C ENTRO DE MASA Y MOMENTOS DE INERCIA n X m X Ix = l´ım kPk→0 2 y¯ij ZZ y 2 ρ(x. la que corresponde a I0 = l´ım n X m X kPk→0 (¯ x2ij + 2 y¯ij ) ρ(¯ xij . la que corresponde a IL = l´ım kPk→0 n X m X (r(¯ xij . y)dA ρ(¯ xij . —————————————————————————————————————– Formulas ´ para la masa y el momento de l´aminas delgadas en el plano xy —————————————————————————————————————– Masa: ZZ M= ρ(x. y)dA R j=1 i=1 ´ 2. y¯ij )∆xi ∆yj ZZ (x2 + y 2 ) ρ(x. y))2 ρ(x. y) en la l´amina. R R ´ puede contener errores 65 Esta version . y¯ij ))2 ρ(¯ xij .5. y¯ij )∆xi ∆yj = R j=1 i=1 p Ahora. y).5. a la recta. distancia que aqu´ı denotamos por r(x. M´as aun. y¯ij )∆xi ∆yj = R j=1 i=1 An´alogamente. y)dA ∧ My = x ρ(x. incluso se pueden validar para integrales impropias cuando e´ stas convergen.2. y) ∈ R2 al origen est´a dada x2 + y 2 . y¯ij )∆xi ∆yj = ZZ (r(x. tambi´en podemos calcular la medida I0 del momento de inercia respecto al origen de la l´amina completa. la medida Iy del momento de inercia respecto al eje y de la l´amina completa es Iy = l´ım n X m X kPk→0 x ¯2ij ZZ x2 ρ(x. y)dA. y)dA R Primeros momentos con respecto a los ejes coordenados: ZZ ZZ Mx = y ρ(x.1 Las formulas ´ ´ OBSERVACION obtenidas son v´alidas en dominios generales donde la funcion ´ las formulas ´ densidad resulte integrable. y)dA = R j=1 i=1 Finalmente. dada una recta L. tomando en cuenta que la distancia de un punto (x. y)dA ρ(¯ xij . y considerando la distancia de un punto (x. 5. y) es la distancia del punto (x. R ´ mediante el uso de coordenadas polares. obtenemos ZZ x2 +y 2 e R Z π Z dx dy = 1 r2 Z r e dr dθ = 0 0 ´ puede contener errores 66 Esta version 0 π . cuya densidad est´a dada por la formula ρ(x. √ 1 − x2 }. ´ de integracion ´ es R = {(x.C AP´I TULO 2. y¯ = . y) a la recta L IL = R Momentos de inercia con respecto al origen (momento polar): ZZ I0 = (x2 + y 2 ) ρ(x. y)dA donde r(x. y como JT~ (r. y) ∈ R2 : −1 ≤ x ≤ 1 ∧ 0 ≤ y ≤ Solucion. r sen θ) = (x. y) = 2 +y 2 x e . M M ´ : Si la densidad es constante. L A INTEGRAL DE R IEMANN EN RN ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon Centro de masa: (¯ x. y)dA Iy = R Momentos de inercia con respecto a una recta L: ZZ (r(x. θ) = r.1 Determine la masa de una l´amina que tiene la forma de una region √ 2 ´ la curva y = 1 − x en el semiplano y ≥ 0 y . O BSERVACI ON x ¯= Momentos de inercia (segundos momentos) con respecto a los ejes coordenados: ZZ y 2 ρ(x. y))2 ρ(x. y). y¯) My Mx . θ) = (r cos θ. el centro de masa se denomina centroide. ´ Notar que la region Entonces debemos calcular ZZ 2 2 ex +y dx dy. y)dA = Ix + Iy R Radios de giro: r respecto del eje x: Rx = Ix M r Iy M r I0 respecto del origen: R0 = M ———————————————————————————————————————— respecto del eje y: Ry = ´ limitada por EJEMPLO 2. Para el c´alculo de la integral transformamos la region ~ Ponemos T (r. y)dA Ix = R ZZ x2 ρ(x. Z 1 r2 . . r=1 1 π π e . dθ = (e − 1) dθ = (e − 1). 2 2 0 2 r=0 . tenemos ZZ M= k p x2 + y 2 dA. r sen θ) = (x. nuestra region ( ∗ R : 0 ≤ r ≤ a cos θ 0 ≤ θ ≤ π2 . por el teorema del cambio de variables obtenemos. Sea k la constante de proporcionalidad entre la densidad superficial en un punto de la l´amina y la medida de la distancia de este punto al origen. y). x2 + y 2 = r y T (R∗ ) = R. R ´ de la semicircunferencia obtenemos Notar ahora que desde la ecuacion x2 + y 2 = ax.2. y por la semicircunferencia determinada por la ecuacion cuya densidad superficial en un punto cualquiera es proporcional a la medida de su distancia al origen. y) al origen corresponde a x2 + y 2 . Solucion. θ) = (r cos θ. ´ de integracion ´ en las nuevas coordenadas es De esta forma. ZZ ZZ Z π Z a cos θ p 2 2 2 M= k x + y dA = kr r dr dθ = k r2 dr dθ R R∗ 0 0 Z =k π 2 . y ≥ 0. lo primero que hacemos es calcular la masa ´ R limitada por la semicircunferencia determinada por la ecuacion ´ M de la l´amina sobre la region a2 a 2 2 x − 2 + y = 4 .2 Calcule el centro de masa de una l´amina que tiene la forma de una region a 2 a 2 2 ´ x − 2 + y = 2 . y el eje x. p Como |JT~ (r.5. ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR Salomon ] A PLICACIONES : C ENTRO DE MASA Y MOMENTOS DE INERCIA ´ limitada EJEMPLO 2. ´ Como nos piden calcular el centro de masa. y pasando a coordenadas polares T~ (r. y el eje x. θ)| = r. Como la p distancia de un punto (x.5. y ≥ 0. obtenemos r2 = a r cos θ ⇒ r = a cos θ pues r > 0. r3 . . a cos θ dθ 3 . 0 0 k = a3 3 Z k = a3 3 Z π 2 cos3 θ dθ 0 π 2 cos θ(1 − sen2 θ) dθ 0 . θ= π . 2 k 3 1 3 = a sen θ − sen θ . . 3 3 θ=0 2 = ka3 . 9 ´ puede contener errores 67 Esta version . L A INTEGRAL DE R IEMANN EN RN Ahora calculamos ZZ ZZ p 2 2 y k x + y dA = Mx = R ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon π 2 Z kr sen θ r r dr dθ = R∗ a cos θ Z 0 k r3 sen θ dr dθ 0 π 2 Z =k .C AP´I TULO 2. a cos θ . r4 sen θ. . dθ 4 0 0 k = a4 4 Z k = a4 4 π 2 cos4 θ sen θ dθ 0 cos5 θ 5 . θ= π . 2 . . θ=0 1 4 ka 20 = y ZZ ZZ p 2 2 x k x + y dA = My = kr cos θ r r dr dθ = R∗ R π 2 Z a cos θ Z 0 k r3 cos θ dr dθ 0 Z =k π 2 . a cos θ . r4 cos θ. . dθ 4 0 0 k = a4 4 π 2 Z cos5 θ dθ 0 . π k 4 2 sen5 θ . . θ= 2 3 = a sen θ − sen θ + . 15 Por lo tanto. que ´ de integracion ´ est´a dada por aqu´ı fijamos igual a ρ. M M = 2 4 15 ka . b→∞ . a . y¯) = My Mx .5. la region ( 0 ≤ y ≤ ex x ≤ 0. 2 3 9 ka 1 4 20 ka 2 3 9 ka ! = 3 9 a. estamos asumiendo que la densidad es constante. 4 3 5 θ=0 = 2 4 ka . Ahora.3 Determine el centroide de la region comprendida entre los ejes coordenados y la curva y = ex . Luego. el centro de masa est´a ubicado en el punto (¯ x. Z 0 Z M= ex Z 0 Z ρ dy dx = l´ım −∞ 0 b→∞ −b ´ puede contener errores 68 Esta version ex Z ρ dy dx = ρ l´ım 0 0 b→∞ −b ex dx = ρ l´ım (1 − e−b ) = ρ. 5 40 ´ infinita ubicada en el segundo cuadrante y EJEMPLO 2. Solucion. ´ Como se trata de un centroide. z) a la recta L D Radio de giro con respecto a una recta L: r IL M ———————————————————————————————————————— RL = ´ puede contener errores 69 Esta version . z)dV D Primeros momentos con respecto a los planos coordenados: ZZZ ZZZ ZZZ Myz = x ρ(x. O BSERVACI ON x ¯= Momentos de inercia (segundos momentos) con respecto a los ejes coordenados: ZZZ Ix = (y 2 + z 2 ) ρ(x. y. y. . . y. y. el centro de masa est´a ubicado en el punto ! My Mx −ρ 14 ρ 1 (¯ x. y. ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR Salomon ] 0 Z ex Z My = Z 0 A PLICACIONES : C ENTRO DE MASA Y MOMENTOS DE INERCIA ex Z −∞ 0 0 Z Z 0 x ex dx = ρ l´ım (be−b −1+e−b ) = −ρ x ρ dy dx = ρ l´ım x ρ dy dx = l´ım b→∞ −b 0 0 Z b→∞ b→∞ −b y Z Mx = ex Z ex y ρ dy dx = l´ım −∞ b→∞ −b 0 0 1 y ρ dy dx = ρ l´ım 2 b→∞ Z 0 1 1 e2x dx = ρ l´ım (1 − e−2b ) = ρ. z¯ = . y¯) = = = −1. z)dV Iy = D ZZZ (x2 + y 2 ) ρ(x. 4 b→∞ 4 −b Por lo tanto. y. z) es la distancia del punto (x. M M ρ ρ 4 2. y. y. Centro de masa y momentos de inercia en R3 —————————————————————————————————————– Formulas ´ para la masa y el momento de objetos solidos ´ en el espacio xyz —————————————————————————————————————– Masa: ZZZ M= ρ(x. y¯. y. z¯) Myz Mxy Mxz .2.2.5. z))2 ρ(x. M M M ´ : Si la densidad es constante. z)dV Iz = D Momentos de inercia con respecto a una recta L: ZZZ IL = (r(x. y. z)dV Mxz = y ρ(x. el centro de masa se denomina centroide. z)dV donde r(x. z)dV D ZZZ (x2 + z 2 ) ρ(x. . y.5. y¯ = . z)dV D D D Centro de masa: (¯ x. z)dV Mxy = z ρ(x. 5. y. θ. (0. ´ al plano xy. ´ de integracion. 0). L A INTEGRAL DE R IEMANN EN RN ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ EJEMPLO 2. ´ La region 3 xy es el c´ırculo de radio a. esto es p d((x. ´ a x2 + y 2 + z 2 = a2 . 0)) = d((x. la region √ 2 2 0≤z ≤ a −r D∗ = 0≤r≤a 0 ≤ θ ≤ 2π ´ T~ de coordenadas rectangulares a cil´ındricas verifica que T~ (D∗ ) = que mediante la transformacion D. z). z) ∈ R al eje z es p d((x. ´ que denotamos D.C AP´I TULO 2. y) ∈ R al origen. y.4 Sea a > 0. y). Luego. si k es la constante de proporcionalidad. es la semibola cuya proyeccion ´ en el plano Solucion. De La semiesfera con base centrada en el origen y radio a tiene por ecuacion ´ de integracion ´ en coordenadas (r. eje z) = x2 + y 2 . y como la distancia desde un punto (x. (0. Calcule la masa del solido encerrado por la semiesfera de radio a metros. si la densidad de volumen en cualquier ´ punto del solido es proporcional a la distancia desde el punto al eje z. medida en kilogramos por ´ metro cubico. esa cantidad corresponpodemos usar coordenadas cil´ındricas. 0. con base centrada en el origen del plano xy. 0)) = x2 + y 2 . y. z) es la region ´ D∗ dada por: esta forma. pues en la proyeccion 2 de a la distancia desde un punto (x. la masa solicitada es: Z p 2 2 k x + y dV = k ZZZ M= 2π 0 D Z Z 0 2π Z =k 0 √ aZ a2 −r2 r2 dz dr dθ 0 a r2 p a2 − r2 dr dθ 0 . 1 1 2 p 2 1 4 r . . r=a 2 2 32 2 =k − r(a − r ) + a r a − r + a arc sen dθ 4 8 8 a . 5. φ) es la region ´ D∗ dada por: region 0 ≤ θ ≤ 2π ∗ D = 0≤ρ≤a 0 ≤ φ ≤ π2 . 8 m3 Z 2π ´ 2. θ. ´ puede contener errores 70 Esta version .2 El mismo ejercicio en coordenadas esf´ericas se har´ıa de la siguiente forma: la OBSERVACION ´ de integracion ´ en coordenadas (ρ.r=0 0 Z 2π 1 = ka2 π dθ 16 0 1 4 2 Kg = ka π . la masa solicitada es: ZZZ p Z 2π Z a Z π 2 2 2 k x + y dV = k ρ3 sen2 φ dφ dρ dθ M= D 0 0 2π 0 a Z π2 1 − cos(2φ) =k ρ dφ dρ dθ 2 0 0 0 .5.2. ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR Salomon ] A PLICACIONES : C ENTRO DE MASA Y MOMENTOS DE INERCIA ´ T~ de coordenadas rectangulares a esf´ericas verifica que T~ (D∗ ) = que mediante la transformacion D. Luego. si k es la constante de proporcionalidad. π Z Z sen(2φ) . . φ= 2 k 2π a 3 = ρ φ− dρ dθ . 2 0 2 0 φ=0 Z 2π Z a k ρ3 dρ dθ = π 4 0 0 Z 2π 4 . ρ=a k ρ . . dθ = π 4 0 4 . e in´ feriormente por el cono φ = α.5. 8 m3 Z Z 3 ´ EJEMPLO 2. ZZZ Iz = k(ρ sen φ)2 dV D Z α Z 2π Z a =k 0 = = = = 0 ρ4 sen3 φ dρ dθ dφ 0 2π Z Z 1 5 α ka sen3 φ dθ dφ 5 0 0 Z α 2 5 ka π sen3 φ dφ 5 0 . Calcule el momento de inercia del solido ´ ´ con respecto al eje z. si la densidad de volumen del solido en cualquier punto del solido es k ´ kilogramos por metro cubico. donde 0 < α < π2 .5 Un solido homog´eneo est´a limitado superiormente por la superficie ρ = a. ´ de integracion ´ D en coordenadas esf´ericas est´a limitada por: Solucion.ρ=0 1 4 2 Kg = ka π . ´ La region 0≤φ≤α D= 0 ≤ θ ≤ 2π 0≤ρ≤a Luego. φ=α . 2 5 1 3 ka π − cos φ + cos φ . . 5 3 φ=0 Kg 2 5 3 ka π(cos α − 3 cos α + 2) . 15 m3 ´ puede contener errores 71 Esta version . ZZZ M= 2π Z 2 Z 4−r2 Z k dV = k r dz dr dθ 0 D 0 2π Z 0 2 Z (4 − r2 ) r drdθ =k 0 0 .C AP´I TULO 2. ´ de integracion ´ D en coordenadas cil´ındricas est´a limitada por: Solucion. L A INTEGRAL DE R IEMANN EN RN ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ EJEMPLO 2.5. ´ La region 0 ≤ θ ≤ 2π D: 0≤r≤2 0 ≤ z ≤ 4 − r2 Luego.6 Calcule el centro de masa de un solido con densidad constante k acotado por 2 2 abajo por el disco x + y ≤ 4 en el plano xy (o bien plano z = 0) y por arriba por el paraboloide z = 4 − x2 − y 2 . r=2 Z 2π . 1 2 2. dθ (4 − r ) . =− k 4 0 r=0 Z 2π 16 = k dθ 4 0 = 8 kπ. y ZZZ Mxy = 2π Z 2 Z 4−r2 Z kz dV = k D zr dz dr dθ 0 0 1 = k 2 Z 1 = k 2 Z 2π 0 0 Z 2 (4 − r2 )2 r drdθ 0 2π 0 . r=2 . 1 2 3 . − (4 − r ) . z¯) = 0. dθ 6 r=0 2π 16 k dθ 3 0 32 = kπ. dado que por simetr´ıa se debe tener x ¯ = 0 y y¯ = 0. . M 4 (¯ x. 3 Por lo tanto. y¯. 0. 3 . y Z = z¯ = el centro de masa solicitado es ´ puede contener errores 72 Esta version Mxy . Parte II C´alculo vectorial 73 . . (∀ε > 0)(∃δ > 0)((∀t ∈ I)(0 < |t − t0 | < δ ⇒ |~r(t) − L| ~ = L1ˆı + L2 ˆ+ L3 kˆ en la definicion ´ 3. . . es usual escribir ~r(t) = x(t)ˆı + y(t)ˆ = (x(t).1 (Funciones vectoriales) Sea N ∈ N. t→t0 ´ diremos que la funcion ´ ~r es continua si lo es en cada punto de su dominio. En el caso N = 3. las cuales est´an definidas sobre I. digamos (f1 .1. y(t).2 Si ~ ´ anterior.1. M´as aun. es usual escribir ~r(t) = x(t)ˆı + y(t)ˆ + z(t)kˆ = (x(t). . t→t0 l´ım y(t) = L2 t→t0 y l´ım z(t) = L3 . fN ). . Diremos que ~r es continua en el punto t0 si l´ım ~r(t) = ~r(t0 ). 75 . lo cual escribimos como ~ l´ım ~r(t) = L.2 (L´ımite de una funcion ´ vectorial y DEFINICION ´ vectorial) Sea ~r : I ⊂ R → R3 una funcion 3 ~ ~ sea L ∈ R un vector. . z(t)).3 (Continuidad de una funcion ´ DEFINICION ´ vectorial) Sea ~r : I ⊂ R → R3 una funcion vectorial y sea t0 ∈ I. Funciones vectoriales ´ 3. OBSERVACION r(t) = x(t)ˆı + y(t)ˆ + z(t)kˆ y L entonces ~ l´ım ~r(t) = L t→t0 ´ si si y solo l´ım x(t) = L1 . . t→t0 si ~ < ε)).1. t→t0 ´ 3. ´ 3. f2 (t). f2 .1. Es decir: ~r : I ⊂ R → RN t → ~r(t) = (f1 (t).1 OBSERVACION En el caso N = 2. . Una funcion ´ vectorial ~r es una funcion ´ DEFINICION ´ cuyo dominio I es un subconjunto de los numeros reales y es tal que su imagen es un subconjunto de RN cuyos elementos son N -tuplas de funciones reales. y(t)). .Cap´ıtulo 3 Curvas en R3 3. ´ 3.1. fN (t)). Diremos que L es el l´ımite de ~r(t) cuando t tiende a t0 .1. es la direccion esto es. ~a = d~v d2~r = 2. la direccion ´ del movimiento de la part´ıcula. es el vector tangente a la curva. el vector de aceleracion ´ de la part´ıcula es. ~v = k~v k vˆ. sea C ´ real diferenciable. c ∈ R un escalar y f una riales derivables en un mismo dominio. v = k~v k. en cualquier instante t.3 OBSERVACION ´ anterior. entonces Si ~r(t) = x(t)ˆı + y(t)ˆ + z(t)kˆ en la definicion d~r ˆ (t0 ) = x0 (t0 )ˆı + y 0 (t0 )ˆ + z 0 (t0 )k. en cualquier instante t. Entonces se tiene lo siguiente: funcion ´ vectorial constante i) Derivada de una funcion d ~ ~ C=0 dt ´ puede contener errores 76 Esta version . esto es. dt ´ de ~v . h→0 h l´ım y en cuyo caso escribimos d~r ~r(t0 + h) − ~r(t0 ) (t0 ) = l´ım . dt dt ´ 3.1 (Reglas de derivacion ´ para funciones vectoriales) Sean u y v funciones vecto~ ∈ R3 un vector constante. Diremos que ~r es derivable en el punto t0 si el siguiente l´ımite existe ~r(t0 + h) − ~r(t0 ) . TEOREMA 3.5 Sea ~ ´ vectorial que representa la posicion ´ de una DEFINICION r : I ⊂ R → R3 una funcion part´ıcula que se mueve a lo largo de una curva regular en el espacio. k~v k la rapidez de la part´ıcula es la magnitud del vector ~v .1. ´ 3. d~r ~v = .4 (Derivabilidad de una funcion ´ DEFINICION ´ vectorial) Sea ~r : I ⊂ R → R3 una funcion vectorial y sea t0 ∈ I. dt ´ 3.1.4 Notar que la velocidad de una part´ıcula en movimiento como el producto OBSERVACION ´ esto es.1. h→0 dt h ´ diremos que la funcion ´ ~r es derivable si lo es en cada punto de su dominio. C URVAS EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ 3. M´as aun. cuando existe. esto es.1.C AP´I TULO 3.1. ~v vˆ = . entonces: el vector velocidad de la part´ıcula. esto es. la derivada de ~v . de su rapidez y direccion. 6 (Funciones vectoriales de longitud constante) Si ~ ´ vectorial DEFINICION r es una funcion derivable de t con longitud constante.7 (Integral indefinida de funciones vectoriales) La integral indefinida de ~ DEFINICION r con respecto a t es el conjunto de todas las antederivadas de ~r con respecto a t. dt ´ 3.1. esto es. Es claro que el r vector velocidad d~ dt resulta ser tangente a la trayectoria del movimiento. F UNCIONES VECTORIALES ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ vectorial ii) Derivada de un escalar por una funcion d d~u [c~u(t)] = c (t) dt dt ´ escalar por una funcion ´ vectorial iii) Derivada de una funcion d d~v [f (t)~v (t)] = f 0 (t)~u(t) + f (t) (t) dt dt ´ (sustraccion) ´ de funciones vectoriales iv) Derivada de la adicion d d~u d~v [~u(t) ± ~v (t)] = (t) ± (t) dt dt dt v) Derivada del producto punto de funciones vectoriales d d~u d~v [~u(t) · ~v (t)] = (t) · ~v (t) + ~u(t) · (t) dt dt dt vi) Derivada del producto cruz de funciones vectoriales d~u d~v d [~u(t) × ~v (t)] = (t) × ~v (t) + ~u(t) × (t) dt dt dt ´ vectorial y una funcion ´ vii) Regla de la cadena (Derivada de la compuesta entre una funcion real) d~u d~u (f (t)) = (f (t)) f 0 (t).1.1. por lo cual. y se denota Z por ~r(t) dt. entonces ~r · d~r = 0. el producto r interno entre ~r(t) y d~ dt (t) es igual a cero. ~ es una antiderivada de ~r.1.5 Notar que si ~ OBSERVACION r(t) reprepresenta el movimiento de una part´ıcula que se mue´ de cualve sobre la superficie de una esfera con centro en el origen. ~r(t) · d~r (t) = 0. ~ ~r(t) dt = R(t) ´ puede contener errores 77 Esta version . dt dt ´ 3.3. entonces el vector posicion quier part´ıcula en un instante t posee longitud constante igual al radio de la esfera. entonces Si R Z ~ + C. dt ´ 3. b] tal que P~ = ~r(t)}. b]). Es decir. b] → R3 conjunto dirigido de puntos en R3 para el cual existe una funcion ´ continua ~r se llama representaci´on param´etrica o parametrizatal que ~r([a. y(t) y z(t) son una funcion funciones reales integrables en [a. a 3. ´ 3. si ~r(t) = x(t)ˆı + y(t)ˆ + z(t)k. b]) si ∃ t0 ∈ [a. entonces Z Z Z Z Z ˆ ~r(t) dt = (x(t) ˆı + y(t) ˆ + z(t) k)dt = x(t) dt ˆı + y(t) dt ˆ + z(t) dt kˆ ~ = X(t)ˆı + Y (t)ˆ + Z(t)kˆ + C. ´ 3. b]. b) tal que P~ = ~r(t). z(t) respectivamente. b] y la integral definida de ~r en [a. entonces ~r es integrable en [a. Y (t) y Z(t) son antiderivadas de x(t). El conjunto es dirigido en el sentido que ~r establece un orden en el cual los puntos (x. Un punto P~ = ~r(t) de una curva γ parametrizada por = ~r : [a. El conjunto de puntos {P~ ∈ R3 : ∃ t ∈ [a. ´ puede contener errores 78 Esta version . en este caso decimos La curva γ se dice suave si existe una parametrizacion que ~r es suave. y(t) y Espec´ıficamente.2. La curva γ es cerrada si ~r(a) = ~r(b). b]. Es decir. y los puntos ~r(a) y ~r(b) se llaman extremos de la curva. a a a a Curvas en R3 ´ 3. y0 .2.1 (Representacion DEFINICION ´ param´etrica de una curva) Una curva γ ⊆ R3 es un sub´ continua ~r : [a.C AP´I TULO 3. Z(t)). y. b] tal que sus funciones componentes x(t). ~r es inyectiva en (a. R3 ). siempre se puede considerar ~ R(t) = X(t) ˆı + Y (t) ˆ + Z(t) kˆ = (X(t). b] → R3 se llama punto multiple ´ si existe m´as de un valor t ∈ (a. C URVAS EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ˆ y X(t). z) = ~r(t) ∈ γ se obtienen cuando t var´ıa desde a hasta b. donde γ = ~r([a. ´ ~r ∈ C 1 ([a. La funcion ci´on de γ. Y (t).2. b].1. z0 ) ∈ R3 pertenece a una curva γ = ~r([a. b] est´a dada por Z b Z b Z b Z b Z b ˆ ˆ ~r(t)dt = (x(t) ˆı + y(t) ~ + z(t) k)dt = x(t) dt ˆı + y(t) dt ˆ + z(t) dt k. b] tal que P~0 = ~r(t0 ). b]) = γ. recibe el nombre de traza de la curva γ.8 (Integral definida de funciones vectoriales) Sea ~ DEFINICION r(t) = x(t) ˆı + y(t) ˆ + z(t) kˆ ´ vectorial definida sobre [a.2 DEFINICION Un punto P~0 = (x0 . ´ La curva γ se dice simple si no tiene puntos multiples. ´ regular. tal que d~r (t0 ) 6= ~0. y es regular si y solo Figura 3.1.2. y0 . ´ del vector ~v es la EJEMPLO 3. dt d~r t0 ∈ [a. donde ~r es simple. dt ~r es una parametrizaci´on regular si todos los puntos de su dominio son regulares. una curva regular no posee “puntas” (esquinas o cuspides). Parametrizaci´on de una recta L que pasa por el punto (x0 . dt entonces la recta tangente a la curva γ en el punto ~r(t0 ) ∈ γ. z0 ) + t~v . ´ puede contener errores 79 Esta version . es necesario que d~r (t) 6= ~0 ∀t ∈ [a. ´ si ~v 6= ~0. dt ´ En otras palabras. b]. y0 . b] → R3 . salvo un γ es seccionalmente regular o regular a trozos si admite una parametrizacion ´ numero finito de puntos singulares. b] es un punto singular de ~r si (t0 ) = 0. b] es un punto regular de ~r si (t0 ) 6= 0. z0 ) en la direcci´on del vector ~v .1 La recta en R3 que pasa por el punto (x0 .1 OBSERVACION Si γ es una curva de trayectoria ~r : [a. suave y no cerrada.2. b] → R3 . y0 . ´ 3. z0 ) en la direccion curva de trayectoria ~r : R → R3 t → ~r(t) = (x0 . C URVAS EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon d~r t0 ∈ [a. ´ Una curva regular por partes (suave a trozos) est´a formada por un numero finito de curvas regulares pegadas en forma continua.2.3. es la recta que pasa por ~r(t0 ) y que es paralela al vector d~r (t0 ). dt Con el fin de garantizar que una curva regular (o suave) γ tenga rectas tangentes que var´ıen continuamente sobre cada punto su trayectoria asociada ~r : [a. 0). ¿Es regular? Veamos esto. Por lo tanto. ´ puede contener errores 80 Esta version k ∈ Z.2 Toda curva en R2 puede ser vista como una curva en R3 .2 La circunferencia en el plano yz de radio a y centro en el origen es la curva de trayectoria ~r : [0.2.2. Figura 3.2. Esta curva es simple. Parametrizaci´on de una circunferencia en el plano yz de radio a y centro en el origen.3 Una cicloide en el plano xy describe la trayectoria que sigue un punto fijo P a distancia a del centro de un c´ırculo de radio R cuando tal c´ırculo va rodando sobre un eje. suave y no cerrada. 0). si R > a la cicloide se llama cicloide acortada. a sen t). 2π] → R3 t → ~r(t) = (0. es regular si y solo ∀ t ∈ [0. C URVAS EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon EJEMPLO 3. • Cicloide normal. y si R < a la cicloide se llama cicloide alargada.C AP´I TULO 3. EJEMPLO 3. Si R = a la cicloide se llama cicloide normal o simplemente cicloide. ´ si a 6= ~0 donde ~r es simple. 2π]. la cicloide es regular para todo t 6= 2kπ. ´ 3. a cos t. k ∈ Z. suave y cerrada. los OBSERVACION puntos del plano xy en R2 pueden considerarse en R3 en la forma (x.2. d~r (t) = 0 ⇔ (R − R cos t)2 + (R sen t)2 = 0 dt ⇔ R = R cos t ∧ R sen t = 0 ⇔ cos t = 1 ∧ sen t = 0 ⇔ t = 2kπ. es el caso en que R = a. Por ejemplo. . y. La ´ de una cicloide en el plano cartesiano est´a dada por la curva de trayectoria ecuacion ~r : R → R3 t → ~r(t) = (R t − a sen t. R − a cos t. O simplemente Cicloide. • Cicloide acortada. Esta curva es simple. d~r (t) = 0 ⇔ 0 < cos t = R < 1 pues R > 0 y a > 0 implican que R > 0 ∧ sen t = 0. y en este caso cos(kπ) = 1 o´ cos(kπ) = −1 (pero aqu´ı 0 < cos t = Ra < 1). pues cos t ≤ 1 ∀t ∈ R. pues existen puntos donde la curva se cruza consigo misma. Por lo tanto la cicloide acortada es regular en R. Es el caso cuando a > R. Por lo tanto la cicloide alargada es regular en R. ¿Es regular? Veamos esto. Cicloide acortada.3. pues sen t = 0 implica que t = kπ.3.4. • Cicloide alargada. d~r (t) = 0 ⇔ R − a cos t = 0 ∧ a sen t = 0 dt R > 1 ∧ a sen t = 0. pero s´ı es suave y no cerrada. Pero: ¿Es regular? Veamos esto. dt a a ´ Esto ultimo es imposible. Cicloide Normal. con k ∈ N. Es el caso cuando 0 < a < R. suave y no cerrada.2. ´ puede contener errores 81 Esta version . Esta curva no es simple. C URVAS EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon Figura 3. ⇔ cos t = a ´ Esto ultimo es imposible. Figura 3. Cicloide alargada EJEMPLO 3. dt 2π Figura 3. Muestre que el conjunto (x. r 2 d~r = R2 + n no cerrada y regular. la traza respecto de la parametrizacion ´ de la curva obtenida al intersectar la esfera centrada en el 2.2. Encuentre una parametrizacion origen y radio 4. R sen t. Encuentre una parametrizacion z 2 = 4 y x2 + y 2 − 2x = 0.C AP´I TULO 3. EJERCICIOS 3. ´ de la curva obtenida al intersectar las superficies x2 + y 2 + 3. con el plano x + y − z = 0.5.1 n o 2 (y−k)2 1.2. y) ∈ R2 : (x−h) + = 1 representa una curva y escriba 2 2 a b ´ encontrada. 6π] → R3 h t → ~r(t) = R cos t. suave. ´ puede contener errores 82 Esta version . 2π donde R es el radio de la h´elice. pues (t) > 0. t . H´elice. Esta curva es simple.6.4 La h´elice circular recta est´a descrita por la curva de trayectoria ~r : [0. y h es la altura del paso de la h´elice. C URVAS EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon Figura 3. . . ´ para determi3. i = 1. i = 1. Extension ´ de una curva Dado un conjunto de curvas γ1 . . por ejemplo: ´ ¿Como podemos extender una curva?. γ2 . k−1 escribimos γ= k X γi i=1 ´ por los extremos correspondientes de las para representar a la curva que resulta de la union γi .2. . k. . Figura 3. k y representa la curva obtenida al recorrer en forma correlativa a las curvas γ1 . . . . . SUG: Desde la ecuacion complete cuadrados de binomio. . .1. ´ Desde el ultimo ejemplo surgen varias preguntas. . ´ del plano: z = x + y. a2 − t2 ) t → ~r2 (t) = (0. Claramente γ extiende a cada una de las curvas γi . nar z. ¿Existe alguna parametrizacion 3.2. y luego use esta parametrizacion ´ de la esfera. a cos t. γk . . γ2 . ´ de una curva?. C URVAS EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon Soluciones a Ejercicios 3. t. a sen t). i = 1. Use coordenadas polares. . Curva formada por la uni´on de k curvas unidas por sus puntos terminales e iniciales ´ puede contener errores 83 Esta version . ´ natural para una curva?. . en t´erminos de este par´ametro. reemplace ahora en la ecuacion ´ de la esfera y 2.2.5 La semicircunferencia en el plano zy centro en el origen y con radio a (constante) es la curva de la trayectoria ~r1 : [−a. en la ecuacion EJEMPLO 3. SUG: Use apropiadas coordenadas polares generalizadas. a] → R3 t o´ ~r2 : [0. aπ] → R3 √ → ~r1 (t) = (0. .3. SUG: Comience parametrizando el cilindro.2.7.1 1. . . . . γk tales que el punto terminal de γi coincide con el punto inicial γi+1 . ¿Qu´e importancia la orientacion ¿En qu´e sentido posemos decir que dos curvas son equivalentes?. 1 − t2 . 3. Circunferencia γ obtenida al pegar dos curvas en forma de semicircunferencias. C URVAS EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon EJEMPLO 3. Llamaremos reparametrizaci´on de ~r1 γ y sea ϕ : [c. d] → R3 . 0] → R3 √ t → ~r1 (t) = (−t. i = 1. b] una funcion ´ compuesta ~r2 = ~r1 o´ ϕ : [c. 0) y . 0).2. sen θ).2.8. sen θ. ´ de las trayectorias Tambi´en podemos obtener la circunferencia γ a partir de la union ~r1 : [−1.2. 2π] → R3 θ → ~r(θ) = (0. d] → [a.2. 1] → R3 √ t → ~r1 (t) = (0. Si ϕ es creciente (ϕ0 > 0) diremos que la a la funcion ´ preserva la orientaci´on. γ2 y γ3 las curvas cuyas respectivas trayectorias est´an dadas por ~r1 : [−1. 1 − t2 . Figura 3. Preservacion ´ de la orientacion ´ de una curva ´ 3. 2. reparametrizacion EJEMPLO 3.6 Una circunferencia γ puede considerarse como la curva de trayectoria ~r : [0. 0) ~r3 : [0. 1] → R3 √ 0 → ~r3 (t) = (t. 1 − t2 ) y ~r2 : [−1.2. −t. Escriba: ´ de ~r1 . y anotamos γ = γ1 + γ2 . ¿Preserva la orientacion? ´ ii) ~r3 como una reparamentrizacion ´ puede contener errores 84 Esta version . en cambio si ϕ es decreciente (ϕ0 < 0) diremos que la reparametrizacion ´ invierte la orientaci´on. π2 ] → R3 θ → ~r2 (θ) = (cos θ. b] → R3 una parametrizacion 1 ´ de clase C biyectiva.C AP´I TULO 3.3 (Reparametrizacion) ´ de una curva DEFINICION ´ Sea ~r1 : [a. cos θ. donde γi es la curva de trayectoria ~ri . t. − 1 − t2 ).7 Sean γ1 . ~r2 : [0. ¿Preserva la orientacion? ´ i) ~r2 como una reparamentrizacion ´ de ~r1 . 1] → R3 √ t → ~r2 (t) = (0. ´ ∴ ~r3 es una reparametrizacion Figura 3. ´ 3. ´ en este caso que γ2 es la negativa de γ1 si ~r2 es una reparametrizacion − escribimos γ2 = γ1 .9. d] → R3 parametrizaciones de las curvas γ1 y γ2 respectivamente . b] → R3 es una parametrizacion ϕ : [−b.4 Notar que OBSERVACION ´ regular. γ es regular si admite una parametrizacion ´ suave es una C 1 -parametrizacion.2. que es decreciente y biyectiva. ´ Tenemos i) ~r2 = ~r1 ◦ ϕ. −a] → [a. entonces ~r0 : [−b. ´ 3. ´ ∴ ~r2 es una reparametrizacion ii) ~r3 = ~r1 ◦ ϕ. ´ y diremos camente equivalentes si ~r2 es una reparametrizacion ´ que invierte la orientacion.3. C URVAS EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon Solucion.2.2. b] → R3 y ~r2 : [c. ´ Una parametrizacion Un resultado interesante que podemos destacar es el siguiente: ´ puede contener errores 85 Esta version .2. ´ de ~r1 que invierte la orientacion. −a] → R3 t → ~r0 (t) = (~r ◦ ϕ)(t) = ~r(−τ ) ´ de γ que invierte la orientacion. donde ϕ(t) = −t ∈ C 1 [0. π2 ] . pues ϕ0 (t) = −1 < 0. pues ϕ0 (θ) = sen θ > 0 en [0. π2 ] ´ de ~r1 que preserva orientacion. y la funcion ´ OBSERVACION r : [a. decreciente y de clase C . Curvas param´etricamentes equivalentes ´ 3. Diremos que ~r1 y ~r2 son param´etri´ de ~r1 que preserva la orientacion. b] t → ϕ(t) = −τ 1 es biyectiva.4 (Curvas param´ DEFINICION etricamente equivalentes) Sean ~r1 : [a.2. que es creciente y biyectiva en [0. ´ es una parametrizacion 3. donde ϕ(θ) = − cos θ ∈ C 1 [0.3 Si ~ ´ de la curva γ. 1] .3. π2 ]. Trayectorias opuestas de un cuarto de circunferencia. Hipocicloide ´ 3. que entendemos curvas que preservan la orientacion ´ vamos a contestar respondiendo a nuestra segunda pregunta. Longitud de arco.1 Sea γ una curva simple y regular. necesitamos introducir el concepto de longitud de arco de una curva. 2π] → R3 θ → ~r(θ) = (cos3 θ. salvo un numero finito de puntos singulares. b] → R es una C 1 -parametrizacion ´ de γ. respondiendo as´ı a una de las preguntas que nos hemos formulado. cerrada y simple Figura 3. ´ puede contener errores 86 Esta version . A continuacion ´ natural para una curva. y tercera pregunta. π. es posible definir una nueva curva que las extiende. Tambi´en hemos definido lo ´ y por curvas param´etricamente equivalentes. dθ 2 2 la recta tangente no est´a bien definida y la rapidez del punto es 0. Parametrizacion ´ natural Hasta el momento hemos visto que dadas dos curvas cuyas parametrizaciones coinciden en el punto terminal de una e inicial de la otra. C URVAS EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon TEOREMA 3.2. sen3 θ. Notar que ~r ∈ C 1 ([0.10. 3. Para nuestra cuarta pregunta en orden a encontrar una parametrizacion ello. En estos puntos es tal que (θ0 ) = 0. 0) d~r π 3π es una preimagen de las puntas. donde θ0 ∈ 0. De esta trizaciones de γ son equivalentes. Entonces todas las parametrizaciones simples. que es la curva de trayectoria ~r : [0. entonces ~r resulta ser regular.8 El hipocicloide de cuatro puntas. 2π]) y que la curva γ es seccionalmente regular. .2.5 Si γ es una curva simple seccionalmente regular. Basta aplicar el teorema a cada seccion 3 ´ forma si γ es una curva simple seccionalmente regular y ~r : [a.4.2. EJEMPLO 3. entonces todas las parameOBSERVACION ´ regular de γ. suaves y regulares de γ son equivalentes.2.C AP´I TULO 3. γ. n−1. i = 1. i = 0. 2. tn = b} (recordar que esto implica que la particion a = t0 ≤ t1 ≤ t2 ≤ . . ´ 3. . . . a Figura 3. . Consideremos Sea ~r : [a.2. . entonces ˜ es δ. y pongamos ∆ti = ti − ti−1 . . b] → R3 una parametrizacion 1 clase C de una curva γ seccionalmente simple y regular.11. . 1. Aproximaci´on de la longitud de arco de una curva mediante una poligonal. . b] → R3 una C 1 −parametrizacion ´ P de [a. t1 . n. ≤ tn = b). a ´ puede contener errores 87 Esta version . . b] dada por P = {a = t0 .5 (Longitud de arco de una curva) Sea ~ ´ de DEFINICION r : [a. y sea δ = δ(P) = m´ax (ti − ti−1 ).3. C URVAS EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon Longitud de arco ´ de una curva seccionalmente regular γ. .2. tomando δ → 0 obtenemos que la longitud de la curva γ est´a dada por Z b d~r `(Pn(δ) ) → `(γ) = dt (t) dt. . i=1 Luego. t2 . mejor aproximamos la longitud de la curva γ mediante la longitud de mientras m´as pequeno la poligonal Pn(δ) n n X X ~r(ti ) − ~r(ti−1 ) `(Pn(δ) ) = k~r(ti ) − ~r(ti−1 )k = ti − ti−1 (ti − ti−1 ) i=1 i=1 n X ~r(ti ) − ~r(ti−1 ) = ti − ti−1 ∆ti . 1≤i≤n Si Pn(δ) es la poligonal que se obtiene al unir los puntos ~r(ti ) con ~r(ti+1 ). . entonces la longitud de arco `(γ) de la ´ curva γ esta dada por la formula Z b d~r `(γ) = dt (t) dt. . tal que: ~r2 = ~r1 ◦ ϕ.1 ~r1 y ~r2 son param´etricamente ´ creciente. Luego. sean ~r1 : [a. una C 1 -biyeccion Z d Z d Z d d~r2 d d~r1 0 dt (t) dt = dt (~r1 ◦ ϕ)(t) dt = dϕ ϕ(t) · ϕ (t) dt c c c Z d d~r1 . En efecto.C AP´I TULO 3. equivalentes.2. d] → R dos C -parametrizaciones de una curva γ simple y seccionalmente regular. b]. C URVAS EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ 3.6 La definicion ´ de `(γ) es correcta pues no depende de la C 1 -parametrizacion ´ OBSERVACION 3 3 1 escogida. entonces por el Teorema 3.2. b] → R y ~r2 : [c. d] → [a. existe ϕ : [c. 0 . . . ϕ(c) = a ϕ(d) = b = dϕ ϕ(t) ϕ (t) dt c ξ = ϕ(t) ⇒ dξ = ϕ0 (t) dt Z b d~r1 = ϕ0 (t) = |ϕ0 (t)| pues ϕ0 > 0. 3 t − 4). Sustituci´on trigonom´etrica para la expresi´on t tan θ = q r dt = 5 8 s 5 sec2 θ dθ 8 t2 + r Como. 8 u = sec θ du = sec θ tan θ dθ dv = sec2 θ dθ v = tan θ tan2 θ = sec2 θ − 1 . dt dt 8 ´ trigonom´etrica. s r 2 Z Z 5 5 4 t2 + dt = 4 sec3 θ dθ 8 8 Z 5 2 = sec θ tan θ − sec θ tan θ dθ 2 Z Z 5 3 = sec θ tan θ − sec θ dθ + sec θ dθ .2. 4 t.12. s r 2 d~r p 5 d~r 2 2 (t) = (1.9 Calcule la longitud de arco de la curva γ de trayectoria ~r(t) = (t. Ponemos As´ı que conviene realizar una sustitucion r t2 + Figura 3. dξ (ξ) dξ a EJEMPLO 3. 3) ⇒ (t) = 16 t + 10 = 4 t + . 2 t2 . 2 ´ puede contener errores 88 Esta version 2 5 = 8 q r 5 8 2 . Solucion. 0 ≤ t ≤ 1. ´ Tenemos. 5 sec θ. 3. C URVAS EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon obtenemos Z Z .2. . 1 sec θ tan θ + sec θ dθ = sec θ tan θ + ln . sec θ + tan θ. . 2 1 sec θ dθ = 2 3 Retornando a la variable t. se sigue que s Z r t2 + 4 q t2 + q 2 5 5 dt = 8 4 5 8 5 8 . q 2 5 . ! . t + + t. t 8 . . q · q + ln . . . . . 5 5 8 8 Por lo tanto. 1 Z s r t2 + `(γ) = 4 0 2 5 5 dt = 8 4 = 5 4 q t2 + q 5 8 √ 5 8 . ! . q 2 5 . t + + t . . . 1 t 8 . . . q · q + ln . . . . 0 . 5 5 8 8 . . √ . 26 + 4 . 26 · 2 . . + ln . . √ 5 10 . θ ∈ [0. s 2 d~r h h d~r 2 (θ) = (−a sen θ. (2π)2 El ejemplo anterior se puede comprobar geom´etricamente tal como se observa en la figura a ´ continuacion. ⇒ (θ) = a + . ´ Tenemos. Gr´afico de un paso de la espiral de una H´elice de radio a y altura h. . ´ puede contener errores 89 Esta version . Z `(Ha. a cos θ.13.10 Calcule la longitud hθ ~r(θ) = a cos θ. 2π Solucion. dθ 2π dθ 2π Figura 3.h dada por la trayectoria 3. EJEMPLO de arco de la espiral de la h´elice Ha. Luego. 2π].2.h ) = 0 2π s a2 + h 2π s 2 dθ = 2 π · (2aπ)2 + h2 p = (2aπ)2 + h2 . a sen θ. 14. 0) ⇒ (θ) = R (1 − cos θ)2 + sen2 θ = R 2(1 − cos θ). p p d~r d~r (θ) = (R − R cos θ. 2π]. ´ Tenemos. dθ dθ Luego. 0). R sen θ. Longitud del trozo de H´elice de radio basal a que completa un giro hasta completar el primer paso de altura h. `(γ) = √ Z 2R 2π √ Z 1 − cos θ dθ = 2 R 0 0 2π . R − R cos θ. θ ∈ [0. EJEMPLO 3.11 Calcule la longitud de la cicloide γ dada por la trayectoria ~r(θ) = (Rθ − R sen θ.C AP´I TULO 3.2. C URVAS EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon Figura 3. Solucion. . . 2π . . . . sen θ . dθ = 2 R − 2 cos θ . . = 8 R. . 2 . Parametrizacion ´ natural o en longitud de arco ´ Sea γ una curva simple seccionalmente regular y sea ~r : [a. Definamos la funcion: s : [a. 2 0 Figura 3.15. 0). `(γ) → [a. Cicloide γ: ~r(θ) = (Rθ − R sen θ. b]. `(γ) Z t d~r t → s(t) = dξ (ξ) dξ. b] → R3 una C 1 −parametrizacion ´ de γ. 2π]. que adem´as es una creciente. a ´ Entonces s(t) es la longitud de la curva de trayectoria ~r(ξ). ξ ∈ [a. R − R cos θ. t]. por el teorema de la funcion 1 ´ creciente. θ ∈ [0. C − biyeccion ´ puede contener errores 90 Esta version . b] → 0. Como s es una C 1 −biyeccion −1 ´ inversa existe s : 0. entonces ∃ ϕ : [a2 .2.3. En efecto. θ ∈ ´ natural.2.12 Considere la cicloide γ dada por la trayectoria ~r(θ) = R(θ−sen θ. `(γ) donde si (t) correponde a la longitud de la −1 1 trayectoria ~r : (ξ).2. continua dξ −1 ⇒ ~r1 ◦ ϕ ◦ s−1 2 (s0 ) = s1 (s0 ) 0 EJEMPLO 3. 0). `(γ) y s2 : [a2 . ∃ !s0 ∈ 0. ~ γ ~ tiene longitud s ∈ 0.F. `(γ) → R3 ~r0 : 0. b2 ] → [a1 .C y d lineal. y sean ~r1 : [a1 . = 1 dξ Z T. 2 (∴ ∃ s−1 1 y s2 C -biyecciones crecientes). Entonces dado X X −1 Figura 3. b2 ] → 0. b1 ] → 0. ~r0 recibe el nombre de parametrizaci´on natural (o prametrizaci´on en longitud de arco) de la curva γ. ´ 3.2.16. Calcule su parametrizacion ´ puede contener errores 91 Esta version . en ambos casos ~ ∈ γ. de γ. [0.7 Notar que ~ ´ inicial ~r de γ. Si definimos y ~r˜0 : 0. b1 ] → R y ~r2 : [a2 .6 (Parametrizacion ´ previa se define la trayectoria DEFINICION ´ natural) Con la notacion ~r0 : 0. s−1 ◦ s−1 2 (s) = ϕ 1 (s) s0 d −1 (~r2 ◦ s )(ξ) dξ s(s0 ) = `(γX~ ) = 2 dξ 0 Z s0 d −1 (~r1 ◦ ϕ ◦ s )(ξ) dξ = 2 dξ 0 Z s0 d (~r1 ◦ s−1 )(ξ) dξ. t]. `(γ) → R3 s → ~r˜0 (s) = ~r2 s−1 s → ~r0 (s) = ~r1 s−1 2 (s) 1 (s) observamos que ~r˜0 (s) = ~r1 ϕ s−1 (s) = ~r1 s−1 (s) 1 2 Observar que ~r1 y ~r2 son biyectivas y como ~r2 s−1 r1 s−1 2 (s) es equivalente a ~ 1 (s) . ξ ∈ [ai . C URVAS EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ 3. Por otra parte. b2 ] → R3 dos C 1 -parametrizaciones ´ creciente tal que ~r2 = ~r1 ◦ ϕ. OBSERVACION r0 no depende de la C 1 −parametrizacion 3 supongamos γ simple y suave. b1 ] C 1 -biyeccion ∃ s1 : [a1 . `(γ) → R3 s → ~r0 (s) = ~r s−1 (s) El valor ~r0 (s) representa un punto sobre la curva γ a una distancia s del extremo ~r0 (a) inicial. `(γ) tal que la curva hasta X. 2π]. `(γ) . i = 1. 1−cos θ. ´ Con la notacion 0.p .2. 1 − cos 2 arc cos 1 − .0 = R 2 arc cos 1 − 4R 4R 4R r s s 2 s s 2 −2 1− 1− 1− . θ ∈ [0. 2π] → 0 θ d~r (ξ) dξ = 4 R 1 − cos θ . despejando θ en t´erminos de s = s(θ). dξ 2 Luego. se sigue que ~r0 (s) = ~r s−1 (s) s s s − sen 2 arc cos 1 − . ´ Tenemos 0.C AP´I TULO 3. 0 .1 − 1 − = R 2 arc cos 1 − . Luego. a sen p .h )] . s ∈ [0. EJEMPLO 3. (2πa)2 + h2 (2πa)2 + h2 (2πa)2 + h2 ´ puede contener errores 92 Esta version . `(γ) Z θ → s(θ) = s : [0. 4R 4R 4R 4R ´ natural de la h´elice Ha.h . . obtenemos s 1− = cos 4R s θ ⇒ 2 arc cos 1 − = θ = s−1 (s) 2 4R y como sen(2α) = 2 sen α cos α ∧ 1 − cos(2α) = 2 sen2 α. ~r0 (s) = ~r s−1 (s) 2πs 2πs hs = a cos p . C URVAS EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ previa se define la trayectoria Solucion.h ) s 2 Z θ Z θ d~r h θ p (t) dt = θ → s(θ) = a2 + dt = (2πa)2 + h2 dt 2π 2π 0 0 s : [0. s ∈ [0. 2π] → hθ con ~r(θ) = a cos θ. despejando θ en t´erminos de s = s(θ). a sen θ. 2π obtenemos 2πs p = θ = s−1 (s) 2 2 (2πa) + h y as´ı. `(Ha. 2π]. 8 R].13 Calcular la parametrizacion Solucion. `(Ha. 2 1. y = e−t sen t. 2) b) x = e−t cos t.2. desde (0. Sean f. 0. 4. c) Calcule la longitud de la curva de ecuacion ´ de clase C 1 . y = 3t2 . 2. Sea f una funcion Usando el hecho que en coordenadas cartesianas un punto (x. `(γ) = 2 + ln(1 + 2) 4. con α ≤ θ ≤ β. g(t)) ∈ R2 .3. c). con t ∈ [a. λ > 0. Halle la longitud de arco de las siguientes curvas: a) x = 3t. b]. 8 ≤ x ≤ 27. desde (0. 3. ∞) c) (x − y)2 − λ(x + y) = 0. 2. y sea γ la curva de ecuacion ´ polar r = f (θ). para t ∈ (0.2 1. z = e−t . a) Encuentre la longitud de arco de γ ´ b) Obtenga una formula para el caso en que x = x e y = f (x). 3.2.2. C URVAS EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon EJERCICIOS 3. b]. 0. b. a) `(γ) = 5 √ b) `(γ) = 3 q q 3 3c4 3 λc2 3 c) 4√ + 2 λ 3 2 ´ puede contener errores 93 Esta version . y) ∈ γ se representa en forma polar como (r cos θ. x2 − y 2 = 98 z 2 . 0) hasta (3. 0) hasta (a. z = 2t3 . Soluciones a Ejercicios 3. 0. r sen θ): ´ a) Determine una formula para la longitud de arco de γ b) Calcule la longitud de la cardiode r = 3(1 + sen θ). a ≤ x ≤ b. ´ (y + 10)3 = 27 x2 . Calcule la longitud de arco de la curva determinada por ~r(t) = √ 2 t ˆı + √ 2 t ˆ + (1 − t2 ) kˆ √ √ desde el punto (0. 1) hasta el punto ( 2. g funciones reales de clase C 1 en el intervalo [a. 0). a) `(γ) = b) `(γ) = 2. Rbp (f 0 (t))2 + (g 0 (t))2 dt a p Rb 1 + (f 0 (x))2 dx a √ √ c) `(γ) = 13 13 − 16 2 Rβq dr 2 a) `(γ) = α r2 + dθ dθ b) `(γ) = 24 √ √ 3. y sea γ la curva parametrizada por ~r(t) = (f (t). C AP´I TULO 3. ξ ∈ [0. pues ya hemos visto que los puntos de singularidad no afectan nuestros c´alculos. ples y regulares admitiendo que sus parametrizaciones son suaves (C 1 ). k~v (s)k . Luego: d~ r −1 s (s) d~r0 d −1 d~r −1 −1 0 d~r −1 1 ds .3.3. En Sea γ una curva simple y regular y sea ~r : [a.1 Sea ~ ´ suave de una curva simple y regular DEFINICION r : [a. Si ~v es el vector velocidad asociado a ~r (i. donde s(t) corresponde a la longitud de la trayectoria ~r(ξ). ~v (s)= (s) = ~r◦s (s) = s (s) (s ) (s) = s (s) 0 −1 = d~r s−1 (s) ds ds ds ds s s (s) ds Por lo tanto. b] representa el intervalo de tiempo en que se mueve la ´ de la part´ıcula en cualquier instante t est´a dada por: part´ıcula. ´ suave de γ. b] → R3 una parametrizacion ´ ~r representa la trayectoria que describe el movimiento de un lenguaje f´ısico-geom´etrico la funcion una part´ıcula a lo largo de la curva γ y [a. C URVAS EN R3 3.3.1 OBSERVACION ´ en longitud de arco de γ. ~v = d~ v k es su corresdt ) y v = k~ pondiente rapidez. z(t) 3.3..17. a fin de simplificar escritura y notacion.1. entonces Notar que si consideramos ~r = ~r0 .e. entonces llamamos vector tangente unitario a la curva en t ∈ [a. El vector velocidad es el vector tangente ´ 3. ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon Geometr´ıa de curvas ´ nos referiremos a curvas simDesde ahora en adelante. la parametrizacion ~r0 (s) = ~r ◦ s−1 (s). en vez de curvas simples y seccionalmente regulares. b] → R3 una parametrizacion r γ contenida en R3 . t]. La posicion ~r(t) = x(t) ˆı + y(t) ˆ + z(t) kˆ = x(t). b] al vector unitario ~v (t) Tˆ(t) = . y(t). v(s) = k~v (s)k = 1 ´ puede contener errores 94 Esta version ∧ ~v (s) Tˆ(s) = = ~v (s). Vector tangente ´ 3. v(t) Figura 3. 3. `(γ) .2. v(t) = k~v (t)k su rapidez y ~a(t) su aceleracion.2 Si una part´ıcula de masa m se mueve sobre una curva γ en R3 . como ~v (t) = v(t) T (t). si κ(s) > 0. `(γ) → R3 su ´ natural. vector normal unitario al vector ~n por ˆ ˆ (s) = R(s) dT (s) N ds s ∈ 0. b] → R es una parametrizacion ´ sentando la velocidad de la part´ıcula en el instante t.3. cuando usamos la parametrizacion d~v dTˆ ˆ de γ. magnitud y/o direccion ~ ´ 3. Vector normal y curvatura ´ de una part´ıcula en un instante t. `(γ) . Sean ~v (t) repre~r : [a. se tiene que ~aTˆ (s) = 0 y ~a(t) = dt (t) = dt (t). ´ fuerza alguna sobre una part´ıcula. Llamamos curvatura de γ al valor parametrizacion dTˆ κ(s) = ds (s) s ∈ 0.2 Sea γ una curva simple y regular contenida en R3 y sea ~ DEFINICION r0 : 0. Por otro lado. si no actua ´ natural y la part´ıcula se mueve sobre una recta. es la recta que mejor aproxima a la curva γ en torno al punto ~r(t0 ). al estudiar variaciones de la velocidad (la aceleracion) ´ de la velocidad. llamamos radio de curvatura al valor R(s) = 1 κ(s) s ∈ 0. la cual asumimos suave. `(γ) . 3. se sigue que d~v d dTˆ d2~r (t) = v(t) Tˆ(t) = ~a(t) = v 0 (t) Tˆ(t) + v(t) (t) ~a(t) = 2 (t) = | {z } | {z dt dt dt dt } ~aTˆ (t) + ~aNˆ (t) ´ tangente ´ normal aceleracion aceleracion ´ la curva γ se parece a una recta de posicion ´ ~r(t0 ) y direccion ´ Como en una primera aproximacion. ´ 3. la fuerza F OBSERVACION ´ sobre ella en el punto ~r(t) ∈ γ se relaciona con la aceleracion ´ por medio de la segunda que actua ley de Newton: F~ ~r(t) = m ~a(t). pues en este caso v(t) = 1 y T (t) = ~v (t). donde Asumamos que ~r(t) denota la posicion 3 ´ suave de una curva γ simple y regular. entonces ~a(t) = 0 y as´ı ~v (t) es constante En particular. G EOMETR´I A DE CURVAS ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon Notemos que L : R → R3 t → L(t) = ~r(t0 ) + v(t0 )(t − t0 ) Tˆ(t0 ). ´ puede contener errores 95 Esta version .3.3. Adem´as. ˆ entonces. ´ vemos que se produce un cambio de Tˆ(t0 ).3. C AP´I TULO 3. el vector tangente es Notemos que para ~r0 (s) = ~r s−1 (s) la parametrizacion d~r −1 d~r dt s (s) (t) (s) ~ v (s) ds ds . es decir. llamamos centro de curvatura a ~c(s) = ~r0 + R(s) N DEFINICION Ahora surge una pregunta b´asica: ¿C´omo podemos obtener la definici´on de curvatura y vector normal evitando calcular la parametrizaci´on natural? ´ regular de una curva simple γ de R3 . Estos conceptos geom´etricos gente. `(γ) tal que t = s−1 (s) (s(·) es la ´ longitud de la curva de la trayectoria desde ~r(a) hasta ~r(t)). ´ 3. Mientras m´as r´apida la variacion.19. Por ello conviene establecer una relacion ´ en longitud de arco.3 Intuitivamente la curvatura aparece por efecto de la variacion ´ del vector tanOBSERVACION ´ m´as cerrada ser´a la curva.3 Con la notacion ´ previa. La circunferencia que mejor aproxima a la curva en el punto ~r0 (s) es la circunferencia de raˆ (s) y Tˆ(s). C URVAS EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ 3. ellas en t´erminos de distancia.3.3. Parametrizaci´on de una curva ´ natural.18. ´ entre est´an relacionados con medidas en el espacio R3 . funcion Figura 3. ˆ (s). dt Tˆ(s) = = ~v (s) = d~r −1 = d~r v(s) (t) dt (s) s (s) ds dt ds ´ puede contener errores 96 Esta version . b] → R3 una parametrizacion ´ Sabemos que a cada t ∈ [a. b] le corresponde unico s ∈ 0. En el punto de inflexion ´ el vector normal no dio R(s) y centro ~c(s) en el plano definido por N est´a definido. con la parametrizacion Figura 3. Sea ~r : [a. Como dt (s) > 0 (es un valor real). como se esperaba. 1 dTˆ dTˆ (s) = (t). `(γ) . (s) = (t) (s) = (t) (s) = dt ds ds ds dt ds dt ds (t) dt y como d~r d~r ds dt v(t) = (t) = (t) (s) (t) dt dt ds dt d~r −1 ds s (s) = dt (t) ds = v(s) ds (t) dt ds (t). pues la rapidez es la variacion = Se sigue que. N dTˆ (t) dt ´ puede contener errores 97 Esta version . κ(s) y cuando κ(s) > 0. Luego. dt 1 R(t) := κ(t) y cuando κ(t) > 0 dTˆ (t) ˆ (t) := dt . (t) (t) v(t) dt = dt . dt ´ de la distancia recorrida c/r al tiempo. entonces ds d~r (t) dt = Tˆ(t) = Tˆ s−1 (s) Tˆ(s) = d~r (t) dt ∀ s ∈ 0. dTˆ (t) dTˆ −1 dTˆ dt dTˆ ds−1 dTˆ s (s) = . ˆ dTˆ 1 dT (t) (t) dt v(t) dt as´ı que 1 κ(t) := v(t) dTˆ · (t) .3. tenemos ˆ ˆ (s) = N ˆ s(t) = dT (s) R(s) = N ds 1 dTˆ dTˆ .3. ds v(t) dt de donde dTˆ 1 dTˆ κ(s) = κ s(t) = ds (s) = v(t) dt (t) R(s) = 1 . G EOMETR´I A DE CURVAS ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon donde t(s) = t = s−1 (s). 3. b] → R3 es una parametrizacion ´ 3.3.C AP´I TULO 3. `(γ) 1 dTˆ 1 dTˆ ˆ ˆ (s) = T (s). z(t) . b]. ´ suave de γ. N ˆ (s) Tˆ(s) ⊥ N Torsion ´ y vector Binormal ´ 3. `(γ) tal que κ(s) > 0. (s) = 0. t ∈ [a. donde ~r : [a. `(γ) → R3 su parametrizacion natural. normal y rectificante a γ en ~r(t0 ). Luego. κ(s) ds κ(s) ds ∀ s ∈ 0. tenemos Tˆ(s) = 1 ∀ s ∈ 0.5 Sea ~ DEFINICION r(t) = x(t). ~r(t) − ~r(t0 ) · B(t ~r(t) − ~r(t0 ) · Tˆ(t0 ) = 0. ˆ (s) = Tˆ(s). dTˆ ˆ (s) = 0 T (s). ˆ se llama vector normal? ¿Por qu´e N Notar que ˆ d Tˆ(s) 2 = 2 Tˆ(s). `(γ) . y sea t0 ∈ [a. y(t). ds ds y como Tˆ es un vector unitario para cada s. b] fijo. C URVAS EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon Ahora. `(γ) . ˆ (t0 ) = 0 ~r(t) − ~r(t0 ) · N definen respectivamente los planos osculador.3. una trayectoria que define una curva simple y regular γ. Llamamos vector binormal al vector: ˆ ˆ (s) s ∈ 0.3. Entonces ˆ 0 ) = 0.3.4 Si queremos evitar el c´ OBSERVACION alculo de ~r0 (s) podemos considerar ˆ ˆ s(t) = Tˆ s(t) × N ˆ s(t) B(s) =B ˆ (s) = Tˆ(s) × N d~r dTˆ (t) (t) 1 v(t) ˆ dt dt = B(t) = d~r × ˆ v(t) κ(t) d T (t) dt dt (t) ˆ = B(t). dT (s) . ´ puede contener errores 98 Esta version . B(s) = Tˆ(s) × N ´ 3. ∀ s ∈ 0.4 Sea γ una curva simple y regular y sea ~ ´ DEFINICION r0 : 0. T (s). ds κ(s)>0 =⇒ ∴ 3. 3. G EOMETR´I A DE CURVAS ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon Figura 3. Vectores normal.3.20. binormal y tangente a una curva. ¿Por qu´e se llama vector binormal? Notemos que ˆ ˆ dB dTˆ ˆ (s) + Tˆ(s) × dN (s) (s) = (s) × N ds ds ds ˆ ˆ (s) × N ˆ (s) + Tˆ(s) × dN (s) = R(s) · N ds Recordemos que: . . ˆı ˆ . . e) = . c) × (c. d. (a. b. a b . . c d kˆ c e . . . . . . . ∧ . . . f g h . . . . . g. e) = . h) · (a. b. (f. d. c) × (c. a b c . . . . . c d e . 1 La curvatura de una curva simple y regular γ m´as la torsion completamente a la curva γ (salvo desplazamientos r´ıgidos). Luego. ds ˆ dB ˆ .3. ´ puede contener errores 99 Esta version . N (s) . ds ds ∧ ´ 3. ´ y que si en un determinante. ds ds ds ds es decir: ˆ dB (s) ⊥ Tˆ(s) ds ∴ ˆ dB ˆ (s).6 Sea ~ ´ natural de una curva γ simple y DEFINICION r0 : 0. ´ de ella. ˆ ˆ ˆ 2 dB dN d dB ˆ ˆ ˆ (s) = T (s) × (s) ∧ B(s) = B(s). (s) = 0.3. (s) // N ds ˆ dB ˆ (s) ⊥ B(s) ds ˆ ˆ d B d N pues Tˆ(s) · (s) = Tˆ(s) · Tˆ(s) × (s) = 0.5 OBSERVACION = −τ N ds binormal “persigue” al vector normal.3. entonces el determinantes 0. una fila (columna) es multiplo de otra. determinan TEOREMA 3. Se define la torsi´on τ de la curva en el punto ~r0 (s) como ˆ dB ˆ τ (s) = − (s) . donde −τ se interpreta como la tasa natural a la que el vector ´ 3. `(γ) → R3 la parametrizacion regular. a cos θ. R. v. ˆ dN d ˆ (s) = B(s) × Tˆ(s) ds ds ˆ dB dTˆ ˆ = (s) × Tˆ(s) + B(s) × (s) ds ds ˆ (s) × Tˆ(s) + B(s) ˆ ˆ (s) = − τ (s) N × κ(s) N ˆ = τ (s) B(s) − κ(s) Tˆ(s). ´ Las formulas de Frenet-Serret son: dTˆ ˆ (s) i) (s) = κ(s) N ds ii) ˆ dN ˆ (s) = τ (s) B(s) − κ(s) Tˆ(s) ds iii) ˆ dB ˆ (s) donde γ es una curva simple regular y ~r0 su parametrizacion ´ natural. B. a sen θ.3. . N (t) = τ (t).4. B}.h . (s) = −τ (s) N ds ´ 3. ~a. Notemos que ˆ ˆ 1 dB 1 dB ˆ ˆ τ (s) = τ s(t) = − (t). a cos θ. Solucion. N (t) = − (t) . ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon Triedro y Formulas ´ de Frenet-Serret ´ 3. τ. v(t) dt v(t) dt Luego. ˆ la cual se conoce como triedro de Frenet-Serret nula.6 Todas estas formulas ´ ´ mostrareOBSERVACION pueden ser deducidas f´acilmente. tenemos la base ortonormal positiva {Tˆ. ~v .3. C URVAS EN R3 3. 2π Luego. v(θ) 2π (2πa)2 + h2 100 ´ puede contener errores Esta version .7 Dada una curva γ simple y regular de clase C 3 sobre sus puntos de curvatura no DEFINICION ˆ .1 Considere la h´elice Ha. EJEMPLO 3.3. Encuentre Tˆ.C AP´I TULO 3. ´ matricial para ii) ser´ıa: La rotacion Tˆ 0 κ d ˆ N = −κ 0 ds ˆ B 0 −τ 0 Tˆ ˆ τ N . ˆ 0 B ˆ . N h ´ es ~r(θ) = a cos θ. ˆ κ.3. ´ La parametrizacion θ . v(θ) = ~v (θ) = a2 + 2π 2π ~v (θ) 2π h ˆ T (θ) = =p − a sen θ. N (o triedro m´ovil) de la curva. s 2 h h ~v (θ) = − a sen θ. Aqu´ı solo ´ mos como deducir la formula ii). −a sen θ. G EOMETR´I A DE CURVAS ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon κ(θ) = = 2 ˆ 1 dT (θ) = p 2π − a cos θ. × (− cos θ. 0) pues v 0 (θ) = 0 ~a(θ) = v 0 (θ) Tˆ(θ) + v(θ) dθ R(θ) = 1 (2πa)2 + h2 = κ(θ) (2π)2 a dTˆ (θ) (−a cos θ. 0) 2π (2πa)2 + h2 . 0 2 2 v(θ) dθ (2πa) + h (2π)2 a = cte. 0). −a sen θ. sen θ. 0) ˆ (θ) = dθ N = −(cos θ.3. − sen θ. a cos θ. −a sen θ.3. = dTˆ a (θ) dθ ˆ ˆ (θ) B(θ) = Tˆ(θ) × N = = = = h p − a sen θ. (2πa)2 + h2 dTˆ (θ) = (−a cos θ. . . ˆı ˆ ˆı ˆ kˆ . . . . . 2π . −a sen θ a cos θ h . −a sen θ a cos θ p 2π . (2πa)2 + h2 . . . . − cos θ − sen θ 0 . 0 2π (2πa)2+ h2 (2πa)2+ h2 2π = (2π)2 h 2πh p =p = cte. 101 ´ puede contener errores Esta version . N v(θ) dθ 2π 2π h h p = −p cos θ.− sen θ. B. − cos θ − sen θ 2π h h sen θ ˆı. a 2π (2πa)2 + h2 2π a cos2 θ kˆ + ˆ dB 1 ˆ (θ) τ (θ) = − (θ). − cos θ ˆ + a sen2 θ kˆ 2π 2π h h 2π p sen θ. b) La ecuacion c) La recta tangente.2 Dada la curva definida por ~r(t) = (t2 −1)ˆı +2 tˆ +(t2 +1)k. a) Tˆ. 2 2 (2πa) + h 2π (2πa)2 + h2 ˆ determine para t = −1: EJEMPLO 3.3. sen θ. ˆ . a − cos θ. N ´ del plano rectificante. ˆ κ. − cos θ. τ. 1) − 2 2 (2 t + 1) 1 −2 t 1 3 . C URVAS EN R3 Solucion. 3 . 1) − 3 (t. 1.√ √ 2 2 t2 + 1 2 2 t2 + 1 2 2 t2 + 1 √ = = = = ˆ ˆ (t) B(t) = Tˆ(t) × N = . 0. 3 . t =p v(t) (2 t2 + 1) ˆ (t) = N dTˆ (t) dt dTˆ(t) dt 1 2t (1. t2 + 1 . t) 2 t2 + 1 (1. 1. d~r (t) = 2 t. 1) − (2 t2 + 1) 2 −2 t 1 1 3 . 3 (2 t2 + 1) 2 (2 t2 + 1) 2 (2 t2 + 1) 2 2t √ 1 3 (t. 1. ~v (t) = ~v (t) 1 Tˆ(t) = t.C AP´I TULO 3. t) 2 2 2t + 1 (2 t + 1) 2 2t √ 1 3 (t. 1. 3 (2 t2 + 1) 2 (2 t2 + 1) 2 (2 t2 + 1) 2 s 2(2 t2 + 1) (2 t2 + 1)3 1 −2 t 1 √ √ .√ √ . 2. 2 t. 0. ´ Tenemos ~r(t) = t2 − 1. Luego. 0. t) 2 t2 + 1 (1. 2 t dt p v(t) = ~v (t) = 2 2 t2 + 1. . ˆ . ˆı ˆ kˆ . . ˆı . . . 1 1 . t 1 t . . t √ . 2 2(2 t + 1) . . . 1 −2 t 1 . −(2 t2 + 1) 2(2 t2 + 1) = √ = 1 √ 1. 1 −2 t = −kˆ + 2 t2 ˆı − t ˆ + ˆı + t ˆ − 2 t2 kˆ 102 1 2 t2 + 1. 0. 0. −1 2 ´ puede contener errores Esta version ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon . 3. −2. 2). z). su direccion ´ es constante. es decir: x + 2 y + z + 2 = 0. ´ ´ 0 son las curvas planas (curvas que est´an EJEMPLO 3. 2 . 54 3 6 b) El plano rectificante es ˆ (−1) = 0. 1) = 0.3 Pruebe que las unicas curvas con torsion en un plano). N 6 6 6 1 1 κ(−1) = √ = √ .3. √ . 2 . z(t) = (x. −2 . −√ . √ . z(t) = ~r(t0 ) + (t0 ) t − t0 dt = (0 . ~r(t) − ~r(−1) · N ~r(−1) = (0. τ (t) = − v(t) dt Luego. ˆ est´an siempre en un plano fijo que contiene a la curva. z − 2) · (1 . es Como B ˆ dB ˆ est´e definido. 2) + (−2 . 1 1 1 a) Tˆ(−1) = − √ . y(t). y + 2 . −2 t). − √ 3 3 3 1 1 ˆ B(−1) = √ . la curva ~r pertenence a un plano normal a B. ~r(t) = x(t). √ .3. ´ (⇒) ˆ dB = 0 (por Frenet-Serret ii)) ds ˆ es un vector unitario y constante ⇒ B ˆ ⊥ Tˆ ⇒ B ˆ · Tˆ = 0 ⇒ B ˆ · d~r = 0 ⇒ d (B ˆ · ~r) = 0 B ds ds ˆ · ~r es constante ⇒ B τ =0 ⇒ ˆ Luego. 0 . y. G EOMETR´I A DE CURVAS ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon √ ˆ 2 1 d T 1 1 (t) = √ κ(t) = =√ 3 v(t) dt 2 2 t2 + 1 (2 t2 + 1) 2(2 t2 + 1) 2 ˆ dB 1 ˆ (t). τ (−1) = 0. N (t) = 0. Solucion. c) d~r x(t). (⇐) ~r es una curva plana ⇒ Tˆ y N ˆ = Tˆ × N ˆ es unitario y perpendicular a dicho plano. (x − 0 . y(t). −2)(t + 1) = (−2 t − 2 . 2 2 1 2 1 ˆ (−1) = √ . 2 t . decir: = 0 en todos los puntos en que N ds 103 ´ puede contener errores Esta version . Luego. dTˆ Solucion.3.4 Usando las formulas de Frenet-Serret. ⇒ B(t) Ahora. a3 t + b3 ) ∧ (a1 . C URVAS EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ EJEMPLO 3. ´ κ(t) = 0 ⇔ (t) = 0 ⇔ Tˆ(t) = cte ∈ R3 y unitario ds d~r ⇔ (t) = cte ∈ R3 y unitario dt ⇔ ~r(t) = (a1 t + b1 . ´ de una curva es 0 y su curvatura es constante entonces la curva es una EJEMPLO 3. ´ τ (t) = 0 ∧ κ(t) = cte ⇒ dt v(t) dt ˆ = cte ∈ R3 ∧ κ(t) = cte ∈ R. Luego. sea γ la circunferencia dada por ~r(θ) = (a cos θ. Entonces: d~r ~v (θ) = (θ) = (−a sen θ. a3 ) = 1 ⇔ la curva es una recta x(t) = a1 t. Tˆ(θ) = (− sen θ. ˆ ˆ d T 1 dB (t) = cte (t) = 0 (Frenet-Serret) ∧ κ(t) = Solucion.3. a sen θ. dθ a . = dt EJEMPLO 3. z(t) = a3 t + b3 . a2 .C AP´I TULO 3. 0) dt ∧ d~r v(θ) = dθ (θ) = a. y(t) = a2 t + b2 . cos θ.5 Una curva con curvatura 0 es una recta. 0). a2 t + b2 . a cos θ.3. ´ dt dt dt dTˆ 0 ˆ ˆ (t) = v(t) T (t) × v (t) T (t) + v(t) dt dTˆ = v(t) Tˆ(t) × v 0 (t) Tˆ(t) + v 2 (t) Tˆ(t) × (t) dt h dTˆ = v 2 (t) Tˆ(s) × v(t) (s) ds h dTˆ (s) = v 3 (t) Tˆ(s) × ds h i ˆ (s) = v 3 (t) κ(s) Tˆ(s) × N ˆ = v 3 (t) κ(s) B(s) 3 ds ˆ (t) κ(s) B(s). pruebe que 3 d~r d2~r ds ˆ (t) × 2 (t) = (t) κ(s) B(s). dt dt dt d2~r dTˆ d~r 0 ˆ (t) × 2 (t) = ~v (t) × v (t) T (t) + v(t) (t) Solucion.6 Si la torsion circunferencia. 0) 104 ´ puede contener errores Esta version ∧ 1 κ(θ) = v(θ) dTˆ 1 · (θ) = = cte ∈ R. − sen θ. dTˆ (θ) ˆ (θ) = dθ N = (− cos θ.3. I NTEGRAL DE L´I NEA DE UN CAMPO ESCALAR ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon Por otra parte. 0).4. . dTˆ (θ) dθ Luego. . . ˆı ˆ kˆ . . . . . ˆ ˆ (θ) = . − sen θ cos θ 0 . B(θ) = Tˆ(θ) × N . = (0. 0. 1) = cte ∈ R3 . . . . . − cos θ − sen θ 0 . ´ y la curvatura de una curva son constantes entonces ella es una h´elice.21.4. pues (2π)2 a 2πh ´ es constante: p . ´ τ (t) = cte ∈ R y κ(t) = cte ∈ R implica (por el teorema) que la curva es una h´elice. < tn = b}. γ a 105 ´ puede contener errores Esta version . no queda m´as que la curva sea una circunferencia.3. y por el Teorema 3. Sea Supongamos que tenemos un alambre ideal con parametrizacion ρ(x. con P = {t0 = a < t1 < . y la curvatura tambi´en: en ese caso la torsion (2πa)2 + h2 (2πa)2 + h2 3. De manera an´aloga a la longitud de arco. y. . Masa y centro de masa ´ regular ~r : [a. Una apro´ de la masa ser´ıa: ximacion n X (ti − ti−1 ) M≈ ρ ~r(ti ) ~r(ti ) − ~r(ti−1 ) (∗) (ti − ti−1 ) i=1 Figura 3. z) la densidad de masa lineal (suponiendo que es continua) en [gramos/metros]. se puede demostrar que si δ(P) = m´ ax {ti − ti−1 } −→ 0.1. . b] → R3 . Integral de l´ınea de un campo escalar.3. Aproximaci´on de una curva mediante trazos poligonales. 1≤i≤n n→∞ entonces la sumatoria (∗) converge a la integral de l´ınea de ρ sobre γ.7 Si la torsion Solucion. as´ı que Z Z b d~r M = ρ ds = ρ ~r(t) dt (t) dt. EJEMPLO 3. ´ La parametrizacion Z 2π Z Z 2π d~r M = ρ ds = ρ ~r(θ) (θ) dθ = cos2 θ + sen2 θ + θ2 − sen θ. sen θ. 2. 1 dθ dθ 0 γ 0 . γ representando un alambre. y. y. es decir ´ creciente. dt a γ ´ regular de γ. donde ~r : [a. z) ∈ γ.C AP´I TULO 3.1 (Integral de l´ınea de un campo escalar. z) = x2 + y 2 + z 2 medida en gr/m . ¿Cu´al es su masa total? ´ es ~r(θ) = (cos θ. z) representa la funcion (x. si ρ(x. dos parametrizaciones suaves de γ. b2 ] → [a1 .4. cuerda o un resorte. b] → RN es una parametrizacion ´ densidad de masa de sobre un punto En particular. z) = f (x. Masa) Sea γ una curva simple y reguDEFINICION ´ continua. Luego. i = 1. En OBSERVACION N efecto. y dt = d`(γ).4. θ).1 La integral de l´ınea no depende de la parametrizacion ´ regular escogida. tal que ~r2 = ~r1 ◦ ϕ ∃ ϕ : [a2 . θ ∈ [0.1 Un alambre helicoidal (resorte) posee una densidad de masa igual a ρ(x. entonces se define la integral de l´ınea de f sobre lar y sea f : Ω ⊆ RN → R una funcion γ ⊆ Ω como: Z b Z d~r f ~r(t) (t) f ds = dt. y. bi ] → R . cos θ. Entonces ~r1 es equivalente a ~r2 . Solucion. y. consideremos ~ri : [ai .4. dt γ a ´ 3. 2π]. entonces la masa total del alambre. C URVAS EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ 3. dξ a1 Z b2 EJEMPLO 3. b1 ] C 1 -biyeccion As´ı. cuerda o resorte est´a dada por Z Z b d~r M = ρ ds = ρ ~r(t) (t) dt. Z b2 d~r2 d(~r1 ◦ ϕ) (t) dt = (t) f ~r1 ϕ(t) f ~r2 (t) dt dt dt a2 a2 Z b2 0 d~r1 dt ϕ(t) ϕ (t) = f ~r1 ϕ(t) dϕ a2 Z b2 0 d~r1 ϕ(t) = f ~r1 ϕ(t) ϕ (t) dt dϕ a2 ξ = ϕ(t) Z b1 d~r1 0 dξ = ϕ (t) dt = dϕ = f ~r1 ξ ξ dξ. Z 2π √ √ θ3 . . 2π 2 = 2(1 + θ ) dθ = 2 θ + 3 . la masa total solicitada es 3 + 4π 2 [gr/m]. 3 106 ´ puede contener errores Esta version . 3 3 √ 2 2π Luego.0 0 √ √ 8π 3 2 2π = 2 2π + = 3 + 4π 2 . y.4. x ¯= ρ(x) dx M´as generalmente: ´ 3. . . . . Nos interesa conocer el punto en que la barra se mantiene en equilibrio.2 (Centro de masa) El centro de masa de un alambre. .4. Claramente X m i xi x ¯= X mi ´ anterepresenta el punto de equilibrio de las masas o centro de masa.4. z) = x2 + y 2 + z 2 medida en gr/m .4. Centro de masa en un una barra. z¯ = Z = zρ ds. cuerda o resorte Imaginemos por un instante que colocamos masas m1 . M γ M γ M γ ρ ds ρ ds ρ ds γ γ γ EJEMPLO 3. mn respectivamente en los pun´ por n bolas (de masas mi .3.22. ρ densidad de masa lineal.2 Un alambre helicoidal (resorte) posee una densidad de masa igual a ρ(x. podemos asegurar que esta ultima con´ implica que no hay tendencia a que la barra gire. z¯) ∈ R3 de coordenadas: Z Z Z xρ ds yρ ds zρ ds Z Z Z 1 1 1 γ γ γ x ¯= Z = xρ ds . xn del eje x. 2. Calcule su centro de masa. . Esta idea se puede extender a densidad dicion continua y obtener Z xρ(x) dx Z . y¯. Representamos esta situacion de plasticina sobre una barra (el eje x) ubicadas en ciertas partes de la barra (los puntos xi ). m2 . ´ Luego. I NTEGRAL DE L´I NEA DE UN CAMPO ESCALAR ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon 3. . n) tos x1 . . i = 1. x2 . Notemos que la formulacion rior conduce a X mi (xi − x ¯) = 0. . y¯ = Z = yρ ds . Centro de masa de un alambre. cuerda o resorte represenDEFINICION tado por una curva γ ⊆ R3 con densidad lineal continua de masa dada por ρ : Ω ⊆ R3 → R con γ ⊆ Ω se define como el punto (¯ x. . . Figura 3. por un principio f´ısico que se remonta a Newton. . 107 ´ puede contener errores Esta version .1. 1 dθ = 2 2 2π(3 + 4π ) 0 √ Z 2π 3 2 √ cos θ(1 + θ2 ) dθ = 2 2 2π(3 + 4π ) 0 Z 2π Z 2π 3 2 = cos θ dθ + θ cos θ dθ 2π(3 + 4π 2 ) 0 0 | {z } I Ahora.C AP´I TULO 3. integramos I por partes. u = θ2 dv = cos θ dθ du = 2 θ dθ v = sen θ ) Z . ´ Calculemos x ¯: Z Z 2π d~r 1 3 √ x ¯= xρ ds = x(θ)ρ ~r(θ) (θ) dθ M γ dθ 2 2π(3 + 4π 2 ) 0 Z 2π 3 √ cos θ cos2 θ + sen2 θ + θ2 − sen θ. C URVAS EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon Solucion. cos θ. 2π . ⇒ I = θ2 · sen θ . 0 y nuevamente integrando por partes. u ˜=θ d˜ u = dθ d˜ v = sen θ dθ v˜ = − cos θ ) 2π . − 2 0 2π θ sen θ dθ. 2π Z . ⇒ I = 2θ cos θ . 1 y¯ = M Z yρds = γ 3 2π(3 + 4π 2 ) Z 2π 2π Z sen θ dθ + {z } |0 . 0 Luego. (3 + 4π 2 ) Ahora calculamos y¯. − 0 cos θ dθ = 4π. x ¯= 6 . 2π . − cos θ. |0 0 2 θ sen θ dθ {z } I. se obtiene u = θ2 du = 2 θ dθ dv = sen θ dθ v = − cos θ ) Z 2π . Integrando I por partes. 2π . ⇒ I = −θ2 · cos θ . 0 0 {z } | −4π 2 ) . +2 θ cos θ dθ. 2π Z . ⇒ I = −4π 2 + θ sen θ . y¯ = 108 ´ puede contener errores Esta version −6π . (3 + 4π 2 ) 0 2π sen θ dθ. u ˜=θ d˜ u = dθ d˜ v = cos θ dθ v˜ = sen θ 0 Luego. − y nuevamente integrando por partes. . I NTEGRAL DE L´I NEA DE UN CAMPO ESCALAR ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon Finalmente z¯: 1 z¯ = M Z zρ ds = γ = = = 3 2π(3 + 4π 2 ) Z 2π θ 1 + θ2 dθ 0 .4.3. θ2 θ4 . . 2π + 2 4 . 4. y¯. Calcule 3 ˆ (¯ x. el centro de masa es (¯ x. 1 z¯ = 0 M Z √ 2 ρ0 zρ0 ds = 0 M γ Z √ 2π θ dθ = 0 2ρ0 · 2 π 2 = ρ0 π. −6π. y. z) = ρ0 =cte y que M = Solucion. z¯) = 3 (2. 3 ρ0 π . EJEMPLO 3. 109 ´ puede contener errores Esta version . 0. M0 y por lo tanto el centro de masa real es (¯ x. OBSERVACION Tenemos Z Z 2π Z 2π √ d~r 0 M = ρ ds = ρ ~r(θ) (θ) dθ = ρ0 − sen θ.0 2 8π + 16π 4 3 2π(3 + 4π 2 ) 4 3 2π(3 + 4π 2 ) 3π(1 + 2π 2 ) . 2 2π De esta forma. 1 dθ = 2 2ρ0 π. Z 1 x ¯= xρ0 ds = M γ Z 1 y¯ = yρ0 ds = M γ Z 1 z¯ = zρ0 ds = M γ Luego √ Z 2 ρ0 2π cos θ dθ = 0 M 0 √ Z 2 ρ0 2π sen θ dθ = 0 M 0 √ √ Z 2 ρ0 2π 3 2ρ0 4π 2 3 ρ0 π θ dθ = √ · = M (3 + 4π 2 ) 2π 2(3 + 4π 2 ) 2 0 (¯ x. y¯. (3 + 4π 2 ) Por lo tanto. π(1 + 2π 2 )). el centro de masa de la curva parametrizada por ~r(θ) = cos θ ˆı + sen θ ˆ + θ k. z¯). obtenemos M0 ρ0 = √ . z¯) = 0 . ρ0 π). dθ 0 γ 0 Despejando ρ0 .4.3 Supongamos que ρ(x. y¯.2 En el ejemplo anterior podemos calcular la masa real asociada a ρ = ρ0 . 3 + 4π 2 √ (2π)3 2 2π + . 0 . cos θ. y¯. (3 + 4π 2 ) ´ 3. ´ Tenemos. z¯) = (0. 5. γ x 3 + y 3 ds = 4 a 3 . C > 0. C z ds = 256λ√2 100 38 − 72 − 17 ln 25+4 17 3 5. 110 ´ puede contener errores Esta version . desde el punto (0. y = b sen t. 6. si su densidad lineal de masa est´a dada por ρ(x. 2π]. π] si su densidad lineal de masa es constante.1 √ a2 −b2 a 2. 1. 1) √ R 3. C URVAS EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon EJERCICIOS 3. 3. y) = |y|. λ. 2π]. y 2 = λ x. Halle el momento polar de inercia (respecto del origen).4. t ∈ [0. Calcule Z 4 4 x3 + y 3 ds γ 2 2 2 donde γ es el arco de la astroide x 3 + y 3 = a 3 . Calcule z = b t. para la curva γ correspondiente al contorno del cuadrado m´ ax{|x|. Calcule la masa de la curva x = a cos t. y = a sen t. Z z ds C donde C es el arco de la curva x2 + y 2 = z 2 . Calcule la integral de l´ınea Z (x2 + y 2 + z 2 ) ds C donde C es la parte de la h´elice circular x = a cos t. y¯) = 34 a(1. (¯ x. y = a(1 − cos t). |y|} = C. a > b > 0. a > 0.C AP´I TULO 3. 0) hasta el √ punto (λ. 4. Determine el centro de masa del arco de cicloide x = a(t − sen t). 0. C (x2 + y 2 + z 2 ) ds = 32 π(3a2 + 4π 2 b2 ) a2 + b2 √ √ R 2 38 4. t ∈ [0. t ∈ [0. λ > 0. I0 = 32 3 a R 4 4 7 6.4. 2.1 1. λ 2). M = 2b b + 2 √ a a2 −b2 arc sen Soluciones a Ejercicios 3. b] → RN es una parametrizacion En particular.23. entonces el trabajo realizado por F~ sobre el alambre. constante. W ≈ F~ ~r(ti ) · ~r(ti ) − ~r(ti−1 ) (ti − ti−1 ) i=1 Figura 3. Integral de l´ınea de un campo vectorial. entonces el trabajo realizado por F al mover la part´ıcula a lo largo de la trayectoria es ´ de la recta). donde ~r : [a. est´a dado por Z Z b d~r ~ W = F · d~r = F~ ~r(t) · (t) dt dt γ a 3 ´ regular de γ. el trabajo realizado por un campo vectorial de fuerzas F~ se puede aproximar por k X (ti − ti−1 ) . Flujo y Circulacion ´ Supongamos que una part´ıcula se mueve a lo largo de la imagen de una trayectoria ~r (que ´ de una curva γ) mientras actua ´ sobre ella una fuerza F~ . Trabajo) Sea γ una curva simple y DEFINICION regular y sea F~ : Ω ⊆ RN → RN una campo vectorial continuo.5.5. Un corresponde a la parametrizacion concepto fundamental es el ”trabajo realizado”por F~ sobre la part´ıcula conforme traza la ~ y F~ es una fuerza trayectoria ~r. Trabajo. con P una particion i≤i≤k k→∞ bajo ciertas condiciones.3. b]. si δ(P) = m´ ax (ti − ti−1 ) −→ 0. cuerda o un resorte. γ representando un alambre. Campo vectorial de fuerzas ´ de [a. F~ · d~ = (fuerza) por (desplazamiento en la direccion En el caso de un desplazamineto curvilineo a lo largo de una trayectoria descrita por ~r(t). converge a Z W = a b d~r F~ ~r(t) · (t) dt.5. donde ~r : [a. entonces se define la integral de l´ınea de F~ sobre γ ⊆ Ω como: Z Z b d~r ~ F · d~r = F~ ~r(t) · (t) dt dt γ a ´ regular de γ. si F~ representa un campo de fuerzas continuo sobre γ. dt ´ 3. b] → R es una parametrizacion 111 ´ puede contener errores Esta version .1 (Integral de l´ınea de un campo vectorial. Al igual que antes. I NTEGRAL DE L´I NEA DE UN CAMPO VECTORIAL ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon 3. Si ~r es un desplazamiento en l´ınea recta dado por el vector d. esta sumatoria. cuerda o resorte. t ∈ [0. Solucion. y. θ) . Sin embargo.5. ´ Sea γ la circunferencia unitaria recorrida en sentido antihorario. s´ı depende de la orientacion ´ de la curva. ´ Consideramos la parametrizacion Z Z 2π d~r ~ W = F · d~r = F~ ~r(θ) · (θ) dθ dθ γ 0 Z 2π (3 cos θ + 4 sen θ . z). − sen θ . cos θ . 2 x + 3 y 2 ) sobre ´ x2 + y 2 = 1 recorrida en sentido antihorario respecto de la parte la circunferencia γ de ecuacion positiva del eje x. Calcule el flujo de F~ a lo largo de la curva determinada por ~r. con θ ∈ [0. 2π] → R2 . Consideramos ~r(t) = (cos t. cos θ) dθ = 0 Z 2π (−3 cos θ sen θ − 4 sen2 θ + 2 cos2 θ + 3 sen2 θ cos θ) dθ = 0 pero. 0 Luego. sen t). cos t) dt = 0 2π (1 − sen t cos t) dt = 2π. W = −2π. ´ 3. cos t). C URVAS EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ 3. cos t) · (− sen t. entonces el flujo es la circulaci´on a lo largo de la curva. . ´ de γ. y) = (3 x + 4 y .2 Determine la circulacion unitaria recorrida en sentido antihorario. 2 cos θ + 3 sen2 θ) · (− sen θ .5. Z Solucion. y. θ) · (cos θ .5. sen θ). El flujo a lo largo de la curva desde a hasta b est´a dado por la integral de l´ınea de F~ sobre γ. ´ del campo F~ = (x−y) ˆı+x ˆ a lo largo de la circunferencia EJEMPLO 3. se puede probar que esta integral no depende de la parametriOBSERVACION ´ regular escogida.5. Z 2π 0 sen2 θ dθ = Z 2π cos2 θ dθ = π. F~ (x. 2π] y sea F~ (x.5.1 Como antes. 1) dθ = 0 ´ puede contener errores Esta version 0 2π θ dθ = 2π 2 .2 Sea ~ ´ regular de una curva simple y regular DEFINICION r : [a.1 Calcule el trabajo del campo F~ : R2 → R2 . ~r(θ) = (cos θ. ´ γ 112 F~ · d~r = Z 2π Z (sen θ . cos θ.C AP´I TULO 3. zacion EJEMPLO 3. ~r : [0. de donde Z F~ · d~r = γ Z 2π Z (cos t − sen t. Luego. Solucion.3 Sea ~r(θ) = (sen θ. 2π]. z) = (x. Si la curva es cerrada. b] → R3 una parametrizacion γ contenida en el dominio de un campo continuo de velocidades F~ . y obtenemos F~ (~r(t)) = (cos t − sen t. 0 EJEMPLO 3. y F~3 .5.5. ´ Tenemos. Z Z 1 3 sen z dx + cos z dy − (xy) dz = . F~ es la fuerza que donde γ es una curva simple y regular. I NTEGRAL DE L´I NEA DE UN CAMPO VECTORIAL ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ 3.4 Sea ~r : 0. ~ r Solucion. . ~r es una parametrizacion ´ sobre γ y F~1 . 2 →R . dy = 3 sen2 θ cos θ dθ 1 x 3 = cos θ 1 7π 2 sen θ 0 ~ r Z = dz =1 dθ (xy) 3 = cos θ · sen θ .2 Otra forma de escribir la integral de trabajo es OBSERVACION Z F~ · d~r = γ Z F~ · ds = ~ r Z F~1 dx + F~2 dy + F~3 dz. dx = −3 cos2 θ sen θ dθ sen z = sen θ . ~ r ´ regular de γ.3. actua 3 r (θ) = (cos3 θ ˆ ˆ Evalue ´ la integral EJEMPLO 3. 7π ı + sen3 θ ˆ + θ k). 7π 2 dx dy dz dθ + cos θ dθ − cos θ sen θ dθ dθ dθ dθ − 3 cos2 θ sen2 θ + 3 sen2 θ cos2 θ − cos θ sen θ dθ 0 7π 2 Z = − cos θ sen θ dθ 0 = − . Luego.5. ~ Z 1 1 sen z dx + x 3 dy − (xy) 3 dz. F~2 . son las componentes del campo vectorial F~ . 7π . 2 1 2 sen θ . . θ ∈ 0. −z) y sean ~r1 (θ) = (cos θ. 2 EJEMPLO 3. y.5.5 Considere el campo de fuerzas F~ : R3 → R3 dado por F~ (x.5. z) = (x. z) = (x. 2 cos θ. −2 sen θ. θ). sen θ. 0. 2 sen θ. Calcule el trabajo de F~ sobre γ. z). θ ∈ [0. Calcule el trabajo W1 de F~ sobre γ1 y el trabajo W2 de F~ sobre γ2 . 113 ´ puede contener errores Esta version . (Notar que γ1 y γ2 tienen un mismo punto inicial y un mismo punto terminal). (Notar que γ es cerrada) Z Solucion. 2π] y ~r2 (θ) = (1. ´ El trabajo es W = 2π 2 cos θ. 2 0 1 = − .6 Considere el campo de fuerzas F~ : R3 → R3 dado por F~ (x. θ ∈ [0. 2π]. y. 0 · − 2 sen θ. Sea ~r(θ) = 2 cos θ. −y. 0 . 0 dθ = 0. 0 EJEMPLO 3. dos trayectorias describiendo las curvas γ1 y γ2 respectivamente. θ). 2π la trayectoria de una curva γ. −y. z = 0. z) · (dx. Z Calcule F~ (x. 0 ≤ x ≤ 1. 0. 1). la curva ~r(t) = t ˆı + t2 ˆ + t3 k. γ ´ ~r(t) = (t. bajo ciertas condiciones. con x ∈ [−1. 1 dθ = W2 = 0 2π θ dθ = 2π 2 . Calcule la integral de l´ınea Z (y 2 − z 2 ) dx + 2yz dy − x2 dz. EJERCICIOS 3. para 0 ≤ t ≤ 1. C URVAS EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon Solucion. γ 4. cos θ. t3 ).5. −2 sen θ. para 0 < α < π. 1. θ · − 2 sen θ.5. 3. recorrida de tal modo que la parte exterior de una superficie continua y acotada limitada por esta curva queda a la izquierda de un observador sobre el plano xy que est´a a gran distancia del origen. 1 dθ = 0 2π − cos θ sen θ − cos θ sen θ + θ dθ = 2π 2 . 2. 0 ≤ y ≤ 1. t2 . 0) hasta (1. z) = (y − z. recorrida en sentido antihorario respecto de la parte positiva del eje x. Sea F~ (x. y. y. ´ 5. z) = (y − x2 ) ˆı + (z − y 2 ) ˆ+ (x − z 2 ) kˆ sobre ˆ recorrida desde (0. 0 2π Z Z 1. z − x. dy. x = 0. ´ Tenemos. y. Z 2π Z W1 = cos θ. C donde C es la par´abola y = x2 . 114 ´ puede contener errores Esta version . a lo largo de la curva cerrada γ que resulta de la union y = 0. las respuestas a estas interroganEn la siguiente seccion tes son afirmativas. 0. recorrida en el sentido del crecimiento de x. 1].5 surge el siguiente cuestionamiento: Si la curva es cerrada ¿Es su integral de trabajo igual a 0? A ra´ız del Ejemplo 3. y el cuarto de circunferencia γ3 : y 2 + z 2 = 1. Calcule la integral de l´ınea Z (x2 − 2xy) dx + (y 2 − 2xy) dy.1 1. recorridonde la curva γ est´a parametrizada por la funcion da en el sentido del crecimiento del par´ametro.5. 0 A ra´ız del Ejemplo 3. Evalue Z (x2 + y) dx + (y 2 + z) dy + (z 2 + x) dz γ ´ de la curvas γ1 : x+z = 1. θ · 0. y ≥ 0.C AP´I TULO 3. γ2 : x + y = 1. 0. z ≥ 0. x − y) y sea γ la circunferencia x2 + y 2 + z 2 = a2 . y = x tan α. dz). Calcule el trabajo realizado por la fuerza F~ (x.6 surge el siguiente: Si las curvas γ1 y γ2 tienen el mismo punto inicial y tambi´en el mismo punto terminal ¿Es la integral de trabajo sobre γ1 igual a la integral de trabajo sobre γ2 ? ´ veremos que. Diremos que la integral de trabajo es independiente de la trayectoria en D si Z Z ~ F · d~r1 = F~ · d~r2 .5. . ´ 3.3 Sea Ω un abierto en y sea f : Ω ⊂ RN → R un campo escalar derivable sobre DEFINICION ´ derivada de f se denomina gradiente de f . I NTEGRAL DE L´I NEA DE UN CAMPO VECTORIAL ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon Soluciones a Ejercicios 3. γ1 γ2 donde ~r1 y ~r2 son parametrizaciones secciones regulares de γ1 y γ2 respectivamente. (~x) . dy.5.1. . R 2 3. dz) = 2 2 π a2 sen F γ 4. decimos que f es una funci´on o campo potencial para F~ . y dependiente s´olo de los puntos inicial y final de su trayectoria? ´ 3. OBSERVACION 115 ´ puede contener errores Esta version . . Funcion ´ Potencial.5. R γ (y 3. Entonces la funcion ∂f ∂f ∂f ∇f (~x) = (~x). R 2 C (x 2. introducimos algunos ingredientes necesarios. ∀~x ∈ Ω.5 Sea F DEFINICION simples y seccionalmente regulares en Ω con puntos externos comunes.5. z) · (dx. ∂x1 ∂x2 ∂xN ~ : Ω ⊂ RN → RN es un campo vectorial gradiente ´ 3. y se denota por Ω. En este caso. R − z 2 ) dz + 2yz dy − x2 dz = 1 35 √ ~ (x.4 Un campo vectorial continuo F DEFINICION si existe un campo escalar f : Ω → R de clase C 1 tal que F~ = ∇f . Campos conservativos Antes de responder a nuestras preguntas planteadas.5. W = 5.5. .3 La definicion ´ anterior tiene sentido si Ω es un conjunto conexo.1 1. Una pregunta natural surge: ¿Bajo qu´e condiciones la integral de l´ınea de un campo vectorial es independiente del camino a lo largo del que se integra.3. 14 − 2xy) dx + (y 2 − 2xy) dy = − 15 γ (x 2 π 4 −α 29 60 + y) dx + (y 2 + z) dy + (z 2 + x) dz = − 4+π 4 . (~x).5. ~ : Ω ⊆ R3 → R3 un campo vectorial (continuo) y sean γ1 y γ2 dos curvas ´ 3. y. 5.1 (Caracterizacion ´ de los conjuntos abiertos conexos en RN ) Sea Ω ⊂ RN un ´ si es conexo por caminos. Conjuntos conexos y disconexos (no conexos) en RN . En efecto. y es muy util ´ para el El teorema a continuacion c´alculo de integrales de l´ınea de campos vectoriales que son gradientes de campos escalares.5.6 Un conjunto Ω ⊂ RN se denomina conexo por caminos si cada par de puntos en DEFINICION Ω puede ser unido mediante una curva seccionalmente regular totalmente contenida en Ω. ´ generaliza el Teorema Fundamental del C´alculo. y tener que la curva γ posea alguna regularidad (para efectos de integrabilidad). si F~ (x. y. b]) ⊂ Ω . Q TEOREMA 3. z) = ∇f (x. Esto es: ~ ∈ Ω ∃~r : [a. y. ´ seccionalmente regular ~r(a) = P~ ∧ ~r(b) = Q ∀P~ . C URVAS EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ 3.24. z) donde f : Ω ⊂ R3 → R. en cuyo caso. El conjunto Ω es conexo si y solo Figura 3. la integral del campo vectorial gradiente depende solamente de los valores extremos de la curva evaluados en el respectivo campo escalar.C AP´I TULO 3. obteni´endose un criterio para averiguar cuando una integral de trabajo es independiente de la trayectoria. 116 ´ puede contener errores Esta version . abierto no vac´ıo. b] → RN funcion ~ ∧ ~r([a. entonces la integral de trabajo de F~ sobre una curva γ totalmente contenida en Ω est´a dada por: Z Z b d~r ~ W = F · d~r = F~ ~r(t) · (t) dt dt γ a Z b d~r ∇f ~r(t) · (t) dt = dt a Z b d = f ~r(t) dt a dt = f ~r(b) − f ~r(a) ´ qui´en es γ (ni alguna parametrizacion ´ ~r) sino que solo ´ y entonces no interesa conocer con precision basta con saber cu´al es su punto inicial y su punto terminal. con 117 ´ puede contener errores Esta version . ~r2 parametrizaciones regulares de γ1 . TEOREMA 3. γ Z iii) γ1 F~ · dr~1 = Z F~ · dr~2 . y sea F~ : Ω → R3 un campo vectorial (continuo). considerando ~r2 (−t) = ~r˜(t). Si γ una curva seccio´ seccionalmente regular ~r : [a. Curvas con mismo punto inicial y final Luego. notemos que en general Z Z ~ F · d~r = − F~ · d~r. b] → R3 es una parametrizacion − 3 ´ regular de γ2 . pues ∃ f funcion Z Z F~ · d~r = ∇f · d~r = f ~r(a) − f ~r(b) = 0 γ γ ´ ii) ⇒ iii) Sin p´erdida de generalidad podemos suponer que ~r1 : [a.3.5. nalmente regular en Ω parametrizada por la funcion Z entonces: ∇f · d~r = f ~r(b) − f ~r(a) .5. γ El teorema previo prueba que la integral de l´ınea de un campo gradiente (continuo) es independiente de la trayectoria en Ω y.3 Sea Ω ⊆ R3 un conjunto abierto. en comun Demostracion. en particular.25. ∀ γ1 . Entonces las siguientes tres propiedades son equivalentes: ´ potencial tal que F~ = ∇f . regular de γ1 y ~r2 : [−c. γ1 + γ2 es cerrada regular. ´ ´ potencial tal que F~ = ∇f y as´ı i) ⇒ ii) es directo. i) ∃ f : Ω → R funcion Z ii) F~ · d~r = 0. −d] → R es una parametrizacion Adem´as. γ2 curvas seccionalmente regular en Ω con puntos extremos γ2 ´ (~r1 . I NTEGRAL DE L´I NEA DE UN CAMPO VECTORIAL ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ TEOREMA 3. el valor de esta integral es cero si la curva es cerrada. γ γ− Figura 3.5. y sea f : Ω → R una funcion 1 3 de clase C (por lo tanto ∇f : Ω → R es un campo vectorial continuo). ∀ γ curva cerrada y seccionalmente regular en Ω. no vac´ıo y conexo. no vac´ıo y conexo. γ2 respectivamente). b] → R3 .2 Sea Ω ⊆ R3 un conjunto abierto. ~ r) donde ~r0 ∈ Ω es fijo y γ(~r0 . Sea ε > 0 tal que B(~r. por ii): Z Z Z Z Z ~ ~ ~ ~ F · d~r1 − F · d~r2 = F · d~r1 + F · d~r2 = F~ · d~r = 0. γ(~ r0 . Veamos que Z Figura 3.26. γ1 γ2 γ2− γ1 γ1 +γ2− iii) ⇒ ii) Es inmediato. γ ii) ⇒ i) Definamos Z f (~r) = F~ · d~r. C URVAS EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ~r : [a. As´ı. ~r) es una curva seccionalmente regular arbitraria en Ω que conecta ~r0 con ~r. γ ˜ ∇f (~r) = F~ (~r). pues podemos escribir γ = γ1 + γ2− y aplicamos iii) para obtener Z F~ · d~r = 0. 118 ´ puede contener errores Esta version .C AP´I TULO 3. ε) ⊆ Ω. ´ ~r es la parametrizacion ´ de la curva obtenemos ~r(a) = ~r(c) y ~r1 seccionalmente regular.27. Mas aun. − γ1 + γ2 . Una vecindad sobre γ. F~ · d~r = Z γ F~ · d~r. Figura 3. Aqu´ı usamos el hecho que ya hemos probado ii) ⇔ iii). c] → R3 ( ~r1 (t) si a ≤ t ≤ b t → ~r(t) = ~r˜2 (t) si b ≤ t ≤ c. 5. Luego 1 D= λ Z 0 λ 1 F~ (~r + t~h) · ~h dt = F~ (~r + ξ~h) · ~h λ/ λ − ∀ ξ ∈ [0. φ) ∈ (0.~r+λ~h) γ(~ r0 . z) = c z + ϕ3 (x. esto es: ∃ f : Ω → R funcion EJEMPLO 3. es un campo vectorial conservativo. y. y. En otras palabras. z) = (a.7 Sea Ω ⊆ R3 un conjunto abierto. z). 119 ´ puede contener errores Esta version . donde ψ es una funcion Solucion. b. y como ξ → 0+ cuando λ → 0+ y F es continua. φ) = (ρ cos θ sen φ. y). obtenemos que F~ = ∇f es conservativo. ´ Las coordenadas esf´ericas est´an dadas por ~v (ρ. I NTEGRAL DE L´I NEA DE UN CAMPO VECTORIAL ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon Debemos demostrar que f (~r + λ~h) − f (~r) −→ ~ r) · ~h λ→0+ F (~ λ Tenemos. c) ∀(x.5.5. z) = b ⇒ f (x. z) = a ⇒ f (x. y) ∂y y ∂f (x. ∂x Entonces considerando f (x. ´ real continua en R. ρ sen θ sen φ. admite funcion Solucion. En particular. λ]. y. θ. π]. ∞) × (0. Z Z Z 1 1 ~ ~ D= F · d~r − F · d~r = F~ · d~r. obtenemos D −→ λ→0+ F~ (~r). y. y. φ) = ψ(ρ2 ) ρ ρˆ ∀(ρ. t ∈ [0. z) ∈ R3 ´ potencial. y sea F DEFINICION campo vectorial (continuo). y. y.~ r+2~h] γ(~ r0 .3.7 Muestre que todo campo constante es conservativo.~ r) Parametrizando ~r ∈ ~r. ∂x ∂f (x. Decimos que F~ es un campo vectorial conservativo si F~ es un campo ´ potencial tal que F~ = ∇f . gradiente.~ r)[~ r. z) = b y + ϕ2 (x. muestre que F~ (ρ. ~ : Ω → R3 un ´ 3. λ λ γ(~r. no vac´ıo y conexo. ρ cos φ). 2π] × (0. z) = c ⇒ f (x. z) = a x + ϕ1 (y.5. EJEMPLO 3. muestre que un campo vectorial F~ (x. ~r + 2~h por ~r(t) = ~r + t~h.8 Todo campo radial es conservativo. θ. θ. y. z) = a x + b y + c z. λ]. ´ Consideremos f tal que ∂f (x. y. 0 ∂f (x. ~y ∈ Ω) ( la combinacion 120 ´ puede contener errores Esta version . xy z . z) = − + ϕ2 (y. y. z) = Ψ(x2 + y 2 + z 2 ). z) = + ϕ3 (y. el DEFINICION segmento de recta que los une est´a totalmente contenido en el conjunto. y. obtenemos que F~ = ∇f es conservativo en el ´ 3. z) = x − + + ϕ1 (y. si ´ convexa (1 − λ)~x + λ~y ) ∈ Ω) (∀λ ∈ [0. ∂x z z Entonces considerando f (x. y. ∂x donde Ψ(t) = 1 2 t Z ψ(s) ds. 1]).5. z). y.8 Sea Ω ⊆ RN . sen φ sen φ. y. z) = 1 − + ⇒ f (x. buscamos f tal que ∂f (x.9 ¿Es F~ (x. z) = ~v (ρ. z) = + 2 ⇒ f (x. cos θ) ∂ρ ρˆ = ∂~v = k(cos θ sen φ. z) = ψ(x2 + y 2 + z 2 ) x ⇒ f (x. z) = 1− + . De esta forma. y. y. cos θ).5. z). y.C AP´I TULO 3. obtenemos que F~ es conservativo. cos θ)k = (cos θ sen φ. considerando (x. Decimos que Ω es convexo si dos puntos cualesquiera de Ω. y. θ. z) = ψ(x2 + y 2 + z 2 ) z ⇒ f (x. y. z) ∂y z y z y y ∂f xy xy (x. z) = Ψ(x2 + y 2 + z 2 ) + ϕ2 (y. (∀~x. es decir. z). 1 y x x xy EJEMPLO 3. y. φ). sen φ sen φ. z) ∈ R3 : y 6= 0 ∧ z = 6 0}. φ) = ρ ρˆ. z). ∂x y z y z ∂f x x xy x (x. C URVAS EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon Luego. z) = Ψ(x2 + y 2 + z 2 ) + ϕ1 (y.− 2 un campo conservativo sobre su dominio? y z z y z Solucion. z) = x − xy + conjunto {(x. ∂ρ Se sigue que ~v (ρ. sen φ sen φ. z) = ψ(x2 + y 2 + z 2 ) y ⇒ f (x. z) = − 2 ⇒ f (x. y. y. y. que en coordenadas esf´ericas corresponde a f (ρ. z) = ψ(x2 + y 2 + z 2 )(x. ∂~v (cos θ sen φ. y. z) = Ψ(x2 + y 2 + z 2 ) + ϕ3 (y. tenemos x2 + y 2 + z 2 = ρ2 y por tanto F~ (x. Ahora. y. z). θ. y. ∂x Entonces considerando f (x. θ. y. z) ∂y y ∂f (x. y. ´ Buscamos f tal que ∂f 1 y x xy (x. φ) = ψ(ρ2 ). + 2 . j = 1. I NTEGRAL DE L´I NEA DE UN CAMPO VECTORIAL ´ 3. al campo vectorial definido por: . con F~ = (F1 . ´ definicion ~ : Ω → R3 un campo vectorial diferenciable en ´ 3. iv) Para todo i. tambi´en denotado por ∇ × F~ . . ii) y iii) anteriores tambi´en equivalen a la siguiente: ∂Fj ∂Fi = . N se tiene que ∂xj ∂xi ~ = (P.5.9 Sea Ω un abierto de R3 y sea F DEFINICION Ω.´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon 3. F2 . ∂y ∂x En el caso de un campo vectorial F~ definido en un subconjunto de R3 conviene tener en cuenta la ´ (Vea Ejercicios 3. al final de esta seccion).5. F3 ).2. entonces las afirmaciones i).4 Cuando F OBSERVACION ´ iv) de la proposicion ´ anterior significa simplemente que R2 . Q) es un campo vectorial definido en un abierto del plano ´ 3. . 4. .5. la condicion ∂Q ∂P = .5.5. Se define el rotor de F~ sobre Ω como el campo vectorial rot F~ . . y asumiendo adem´ PROPOSICION as que Ω es un N 1 ~ abierto convexo en R y que F es de clase C en Ω.1 Bajo las condiciones del teorema anterior. . . . ˆı ˆ kˆ . . . . ∂ ∂ ∂ . . z) = ∇ × F~ (x. y. y. rot F~ (x. z) = . . z) ∈ Ω . y. ∀(x. . ∂x ∂y ∂z . . . F1 (x. z) . y. z) F2 (x. y. z) F3 (x. y. Compruebe que Ω = Λ \ {(0. cos t)dt = 1 dt = 2π. sen t). EJEMPLO 3.3 es aplicable. decimos que F~ es irrotacional sobre Ω Si rot F~ 6= (0.5. y) = −y x2 +y 2 y Q(x. 0). sea −y x 2 . (x2 + y 2 ) − 2x2 ∂Q y 2 − x2 = = . 0. 0)} y sea F~ : Ω → R definido por F~ (x. cos t) (− sen t. γ 0 0 Notar que Ω es un abierto conexo en R3 y F~ es continuo en Ω. decimos que F~ es rotacional sobre Ω. y que sin embargo F~ no es un campo gradiente. t ∈ [0.10 Sea Λ ⊂ R2 un abierto conexo que contiene a la bola cerrada B((0.3 falla. y puesto que γ es una curva cerrada y regular para la cual ii) del Teorema 3. y) = x2 +y2 . 121 ´ puede contener errores Esta version . ∂x (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2 Consideremos ahora la curva γ de trayectoria ~r(t) = (cos t. Si rot F~ = (0. x2 +y 2 ∂P ∂Q = ∂y ∂x en Ω. 1). 0. ´ Aqu´ı P (x. Solucion. por lo que el Teorema 3. y) = x . x2 +y 2 ∂P −(x2 + y 2 ) + 2y 2 y 2 − x2 = = ∂y (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2 ∧ Luego.5. 0) en Ω. 2π] (la circunferencia unitaria recorrida una vez en sentido antihorario). Obtenemos Z Z 2π Z 2π ~ F · d~r = (− sen t.5. 0) en Ω. −4) x dx + y 2 dy − z 3 dz. que G 4. y ρ es la distancia al origen.c2 ) x dx+y dy+z dz √ = (a1 . ´ potencial. x .5.b2 . y que sin 6. y por lo tanto la proposicion EJERCICIOS 3. − 122 ´ puede contener errores Esta version R γ (6x + 2y 2 ) dx + (4xy − z 2 ) dy − 2yz dz = 39. . Si M fuese la masa de la Tierra. con R2 > R1 > 0.5. −1) y punto terminal (4. Muestre que Z (6x + 2y 2 ) dx + (4xy − z 2 ) dy − 2yz dz γ es independiente de la trayectoria de cualquier curva γ seccionalmente regular en R3 . Muestre ~ es un campo conservativo.1? xy recorrida en sentido antihorario.2 Z (2. x2 + y 2 + z 2 donde (a1 .5.1) x dx + R (a2 . Calcule (1.3. 2. En ambos casos a) y b) se obtiene 6. φ) ∈ (0. C URVAS EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ 3. ∞) × (0.1. z es irrotacional. 3. z) = x2−y 2 2 2 +y x +y H embargo no se cumple que F~ · d~r = 0. Calcule la integral de l´ınea Z (a2 . y. 0. g una constante gravitacional. ρ ser´ıa la distancia al centro de la Tierra y g la constante gravitacional de Newton. Notar que esto no contradice a la Proposicion 1 2 ´ no es aplicable.C AP´I TULO 3.2 1. y determine su valor para una tal curva con punto inicial (1.c2 ) (a1 . c1 ) pertenece a la esfera x2 + y 2 + z 2 = R12 y (a2 . b2 . a) Determinando una funcion b) Determinando una poligonal de lados paralelos a los ejes coordenados.8 4.1) 2. Soluciones a Ejercicios 3.3. θ. Muestre que todo campo vectorial conservativo de clase C 1 es irrotacional. 2π] × (0.b1 . b1 . ρ2 (ρ.−4) y 2 dy z 3 dz − (1.b2 . 1.1. π] donde m es la masa de una part´ıcula que es atraida por una masa M en el origen de R3 .c1 ) x2 +y 2 +z 2 = − 643 12 R2 − R1 3.c1 ) x dx + y dy + z dz p .1.3 y la Proposicion Justifique su respuesta. Muestre que el campo vectorial F~ (x. Ω no es convexo en R . concluimos que F~ no es un campo gradiente.5. c2 ) pertenece a la esfera x2 + y 2 + z 2 = R22 . ¿Contradice esto al Teorema 3. 5. siendo C la circunferencia x2 + y 2 = 1 en el plano C ´ 3. pues aunque F~ es C en Ω. 2).b1 .5. . R (2. SUG: Proceda como en Ejemplo 3. − 5. 2.5. Considere el campo gravitacional ~ θ. φ) = − m M g ρˆ G(ρ. y sea F~ : Ω → R2 un campo vectorial de clase C 1 .1 Calcule I (x2 + y 2 ) dx − xy dy γ si γ representa los lados del cuadrado de v´ertices (1.6. 1). cerrada y seccionalmente regular. si F~ (x. y) = (x2 + y 2 . ´ 3. −1) recorrido en sentido antihorario.6.1 (Teorema de Green para dominios simplemente conexos) Sea D ⊂ R2 una re´ cuya frontera (o borde) ∂D es una curva simple. Entonces. (−1. y) = −xy de donde obtenemos que ∂Q ∂P − = −y − 2y = −3y. si F~ (x. (0. y) = P (x.3. Sea gion Ω ⊂ R2 un abierto tal que D ∪ ∂D ⊂ Ω. para clarificar una de las hipotesis del teorema. y)ˆı + Q(x. Q(x. Solucion.6. y) · (dx. ∂x ∂y Luego. entonces I I 2 2 (x + y ) dx − xy dy = F~ (x. y)) y ∂D es recorrida en sentido antihorario. −xy). 0) y (0.6. F · d~r = P dx + Q dy = ∂x ∂y ∂D ∂D D EJEMPLO 3.6. TEOREMA 3. ´ Consideramos P (x. entonces I I ZZ ∂Q ∂P ~ − d(x. y)ˆ = (P (x. introducimos corresponde a la frontera ∂D de la region ´ el concepto de dominio simplemente conexo. dy) γ (Aqu´ı el par´ametro es x) ∂D ZZ ∂Q ∂P − dy dx (Aqu´ı aplicamos el Teorema de Green PDSC) ∂x ∂y D Z 0 Z 1+x Z 1 Z 1−x = −3 y dy dx + y dy dx = 3 = − 2 −1 −1−x 0 Z 0 2 x−1 2 (x + 1) − (−(1 + x)) Z 2 2 (1 − x) − (−(1 − x)) dx + −1 1 dx 0 = 0. Antes. 0). y). y) = x2 + y 2 ∧ Q(x.1 Un conjunto Ω ⊂ R2 se denomina simplemente conexo si para toda curva regular DEFINICION ´ formada por la curva y la region ´ acotada que encierra est´an cerrada γ contenida en Ω. 123 ´ puede contener errores Esta version . E L T EOREMA DE G REEN ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon 3. El Teorema de Green ´ se enunciaremos un teorema que expresa una integral doble sobre una region ´ A continuacion D del plano cartesiano en t´erminos de una integral de l´ınea respecto de una curva cerrada γ que ´ D recorrida en sentido antihorario. y). la region totalmente contenidas en Ω. 2 (Teorema de Green para dominios multiplemente conexos) Sea D ⊂ R2 una ´ cuya frontera (o borde) ∂D est´a constituida por n + 1 curvas simples. γ1 . . . esto es: γ. y) + n I X i=1 P dx + Q dy. y F~ : Ω → R2 es un campo vectorial de clase C 1 tal que F~ (x. i) la region ii) γi ∩ γj = ∅ si i 6= j. γ1 . y)ˆ = (P (x. Q(x. . y)ˆı + Q(x. y) + F~ · d~r. .. (0. iii) ninguna de las γi est´a contenida en la region Si Ω ⊂ R2 es un abierto tal que D ∪ ∂D ⊂ Ω. γ2 . a saber: γ. γi 3. γn .C AP´I TULO 3. γn est´an recorridas en el sentido antihorario usual. 0) y (0. entonces I ZZ n I X ∂P ∂Q F~ · d~r = − d(x. cerradas y secregion cionalmente regulares. tales que: ´ encerrada por γ incluye en su interior a cada γi .1 En el teorema anterior todas las curvas involucradas en las integrales est´an dadas en sentido antihorario.28. Sea γ una curva recorrida en sentido antihorario. . y) = P (x. 0). γ− 124 ´ puede contener errores Esta version γ . entonces se verifica que zacion I I ~ F · d~r = − F~ · d~r.6.6. i = 1. −1) recorridos Figura 3. y)) y ∂D es recorrida en sentido antihorario. . . ∂x ∂y γ D γi i=1 o bien ZZ I P dx + Q dy = γ ´ OBSERVACION D ∂Q ∂P − ∂x ∂y d(x. Luego. γ2 . . 2. TEOREMA 3. si F~ es un campo vectorial. . 1). ´ encerrada por otra γj . y ~r es una parametri´ de γ. . y). C URVAS EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ encerrada por los lados del cuadrado de v´ertices (1. entonces γ − representa la misma curva pero recorrida en sentido horario. (−1. n. Region en sentido antihorario. . x2 + y 2 x2 + y 2 no es C 1 en regiones que contienen al c´ırculo unitario. x) y parametrizamos γε de la siguiente forma. ´ Notar que F~ (x. cos θ) de donde I Z −y dx + x dy = γε Por lo tanto. 2 2 2 2 2 x +y ∂x ∂y x + y2 γ x +y D γε x + y Ahora. Luego. obtenemos I I −y x 1 dx + 2 dy = 2 −y dx + x dy. Q(x. y).3. ∂x (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2 es decir. as´ı que ~r(θ) = (ε cos θ. recorrida en sentido antihorario). Consideramos F~1 (x. Luego. 2 2 x + y2 ε γε γ x +y Ahora. 2 +y x + y2 γ ´ que encierra contiene al c´ırculo unitario. cos θ)dθ = ε 2 Z 0 2π (sen2 θ + cos2 θ) dθ = 2ε2 π. con 0 < ε < 1 (el cual est´a encerrado por la circunferencia γε de centro ´ D = D0 \ Cε sobre (0. recorrida en sentido antihorario. cos θ) · ε (− sen θ. podemos concluir de dos formas diferentes: Primera forma. ε sen θ). ∂Q ∂P − = 0. 0) y radio ε. entonces obtenemos la region la cual es posible aplicar el Teorema de Green para dominios multiplemente conexos. 0 I γ x 1 −y dx + 2 dy = 2 x2 + y 2 x + y2 ε I −y dx + x dy = 2π.6. ponemos x = ε cos θ y = ε sen θ. y)) = x −y .2 Calcule x2 Solucion. regular y cerrada. F~ si es C 1 en R2 \{(0. ´ D0 encerrada por γ (recorrida en sentido antihorario) le quitamos el c´ırculo Cε de si a la region centro en el origen y radio ε. Obtenemos I ZZ I −y x ∂Q ∂P −y x dx + 2 dy = − d(x. ∂x ∂y y sobre γε se tiene que x2 + y 2 = ε2 . E L T EOREMA DE G REEN ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon −y x dx + 2 dy si γ es una curva simple. ∧ d~r = ε (− sen θ. Sin embargo. 2π ε (− sen θ. con 0 ≤ θ ≤ 2π. cos θ) dθ. y) = (−y. 0)}. y) = (P (x.6. y tal que la region I EJEMPLO 3. y) + dx + 2 dy. como ∂P −(x2 + y 2 ) + 2y 2 −x2 + y 2 = = ∂y (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2 ∧ ∂Q (x2 + y 2 ) − 2x2 −x2 + y 2 = = . γε 125 ´ puede contener errores Esta version . F~1 (~r(θ)) = ε (− sen θ. Verifique el Teorema de Green PDSC. Se sigue que I I −y x 1 dx + dy = −y dx + x dy = 2π. Calcule el a´ rea de la region 2 x 2 + yb a = 1. donde 2.6. H ´ γ F~ · d~r. es πε2 ). Sean a > 0 y b > 0. x) = (P1 (x. Evalue ! x y F~ (x. recorrida en sentido antihorario. I ZZ −y dx + x dy = γε Cε ∂Q1 ∂P1 − ∂x ∂y ZZ d(x. y) = (2xy − x2 .C AP´I TULO 3. Sea a > 0. H ´ C F~ · d~r. 126 a) Muestre que el campo vectorial F~ (x. a − a cos t). que es el c´ırculo centrado en el origen y de radio ε. y)) y usamos el Teorema de Green para dominios simplemente conexos. y) = (−y. 0 ≤ t ≤ 2π. b) Evalue ´ puede contener errores Esta version . γ donde γ es la circunferencia x2 + y 2 = a2 . Tenemos ∂P1 ∂Q1 ∂Q1 ∂P1 = −1 ∧ =1 ⇒ − = 2. Q1 (x.1 1. Sea a > 0. 2 2 x2 + y 2 ε2 γε γ x +y EJERCICIOS 3. 7. Calcule I e−(x 2 −y 2 ) (cos(2xy) dx + sen(2xy) dy). 0 ≤ t ≤ π2 . 0) pertenezca a la region ´ acotada limitada por la elipse 4. recorrida en sentido antihorario. 0) no pertenezca a la curva ni a la region ´ encerrada por la curva b) el punto (a. sen3 t). y) = p + 2y. ´ del primer cuadrante acotada por un arco de la cicloide 5. ∂y ∂x ∂x ∂y Luego. 6. donde γ es la elipse 9x2 + 4y 2 = 36 recorrida en sentido antihorario. p +x . Calcule el trabajo del campo F~ (x. y) = 2ε2 π Cε (el a´ rea de Cε . a > 0. y) = (x3 − 2xy 3 )ˆı − 3x2 y 2 ˆ es un campo vectorial gradiente. Halle el a´ rea de la region ~r(t) = (a t − a sen t. y). C URVAS EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon Segunda forma. x + y 2 ) sobre la frontera de la superficie encerrada por las curvas y = x2 y x = y 2 . x2 + y 2 x2 + y 2 ´ la integral de l´ınea 3. Evalue I C −y dx + (x − a) dy (x − a)2 + y 2 sobre cualquier curva C regular cerrada recorrida en sentido antihorario de forma tal que ´ que ella encierra a) el punto (a. Consideramos F~1 (x. donde C es la curva de trayectoria ~r(t) = (cos3 t. y) = 2 d(x. a) f (x. y) = x4 4 − x2 y 3 b) − 41 127 ´ puede contener errores Esta version . E L T EOREMA DE G REEN ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon Soluciones a Ejercicios 3. γ e−(x −y ) (cos(2xy) dx + sen(2xy) dy) = 0 7.6.6. γ F~ · d~r = −6π H dx+(x−a) dy 3.1 1 1. W = 30 H 2. A = π a b 5.3. A = 3 a2 π. H 2 2 6. a) C −y(x−a) =0 2 +y 2 H −y dx+(x−a) dy b) C (x−a)2 +y2 = 2π 4. C AP´I TULO 3. C URVAS EN R3 128 ´ puede contener errores Esta version ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon . representa una superficie plana en R3 . EJEMPLO 4. ´ real en EJEMPLO 4. hasta pegar sus extremos.2. y). encogido). obtenido al doblar el tubo en torno a un eje. una superficie de R3 no representa la gr´afica de una funcion dos variables en la forma z = f (x.Cap´ıtulo 4 Superficies en R3 4. Region recto y a partir de e´ l. no tiene la forma z = f (x. una superficie en R3 es una superficie que se puede obtener a partir de una ´ plana que se ha deformado (doblado.1. region EJEMPLO 4. ´ rectangular de R2 que se ha deformado dobl´andola para que adquiera forma de una Figura 4. Superficies en R3 Intuitivamente.1. y).2 En general.1.1. el manto del toro.1 Un c´ırculo en R2 . con ciertas zonas de la superficie paralelas. empujado. estirado. enrrollado. 129 . Una region “S”. ´ rectangular de R2 que se ha deformado d´andole la forma de un tubo cil´ındrico circular Figura 4.3 El manto de un toro.1. 1.1 OBSERVACION En general. En este ´ Φ La superficie S se denomina suave si posee una parametrizacion ~ es suave. En tal caso. la funcion ´ Φ ´ que transforma una En la definicion 2 3 ´ plana D ⊂ R en una superficie S contenida en el espacio R . v) si existe (u0 . ´ 4. v0 ) ∈ ~ ~ ~ D = Dom(Φ) tal que P0 = Φ(u0 . ∃(u0 .1 (Superficie en R3 ) Una superficie S en R3 es un subconjunto de R3 para el cual DEFINICION ´ continua existe una funcion ~ : D ⊂ R2 → R3 Φ ~ (u. y0 . tambi´en decimos que Φ 130 ´ puede contener errores Esta version . v) = (x(u. v0 ). ~ es biyectiva ´ La superficie S se denomina simple si no tiene puntos multiples. region ~ Un punto P0 = (x0 . v) ∈ D ⊂ R2 : P = Φ(u. z0 ) ∈ R3 pertenece a una superficie S = Φ(u. recibe el nombre de traza de la ~ superficie S. tal que P~ = Φ(u. As´ı se asumir´a a menos que se ˜ senale otra cosa. v)). v)}. v). z(u. con S = Φ(D). v0 ). y(u. la superficie. ~ puede pensarse como una funcion ´ previa. Figura 4. ~ El conjunto {P~ ∈ R3 : ∃(u.3. z0 ) ∈ R3 pertenece a la superficie S = Φ(D) si ~ 0 .1. ~ ~ La funcion ~ se llama parametrizaci´on o representaci´on param´etrica de ´ Φ tal que S = Φ(D) = Rec(Φ). Φ ~ de D en Φ(D). ~ ~ : D ⊂ R2 → R3 se llama Un punto P~ = Φ(u. v0 ) ∈ D tal que P0 = Φ(u ~ sobre una regi´on D ⊂ R2 . v) → Φ(u. y0 . caso. Funci´on vectorial Φ ´ 4. v). D se asume como un cerrado y acotado de R2 .C AP´I TULO 4. v) ∈ D = D \ ∂D. S UPERFICIES EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ 4.2 DEFINICION ~ Un punto P~0 = (x0 . R3 ). v) de una superficie S parametrizada por Φ ~ punto multiple ´ si es im´agen de m´as de un punto (u. ~ ∈ C 1 (D.1. v). v0 ) kˆ = (u0 . y sea (u0 . ∂v ∂v ∂v ∂v Como los vectores T~u y T~v son tangentes a dos curvas contenidas sobre la superficie S = ~ ~ 0 .1. v0 ) ∈ R3 es curva suave en R . Φ ´ regular. v0 ) = T~u × T~v en (u0 . v0 ) est´a dada por por Φ ~n = ~n(u0 . Sea S una superficie ~ : D ⊂ R2 → R3 . ∂u ∂u ∂u ∂u ~ 0 . (u0 . 131 ´ puede contener errores Esta version . v0 ) = (x0 . v0 ). v0 ). v0 ). z0 ) est´a dada mientras que la ecuacion ´ del plano tangente a S en el punto Φ(u por (x − x0 . Diremos que: DEFINICION ~ si T~u × T~v = 0 en (u0 . un vector normal a la superficie S en tal punto a la curva en el punto Φ(u est´a dado por T~u × T~v . y el vector tangente a esta curva en el punto Φ(u ~ ∂x ∂y ∂z ∂Φ T~u = (u0 . v0 ) ˆı + (u0 . v0 ) ∈ D es un punto regular de Φ ~ es una parametrizaci´on regular de S si todos los puntos de su dominio son regulares. (u0 . v0 ). ~ 0 . v0 ) ˆ + (u0 . v0 ). y el vector tangente a esta curva en el punto Φ(u R3 es ~ ∂x ∂y ∂z ∂Φ T~v = (u0 . v0 ).4. v0 ) ∈ imagen es una curva suave en R . parametrizada por Φ Entonces: ~ ´ vectorial de variable u (v0 est´a fijo) cuya imagen es una u 7→ Φ(u. y0 . Luego.1. necesitamos algunos elementos previos. ´ 4. z − z0 ) · ~n = 0. es deseable clasificar las superficies en cerradas. v0 ). el vector normal a la superficie S parametrizada ´ 4. v0 ) ∈ D es un punto singular de Φ ~ si T~u × T~v 6= 0 en (u0 .3 Si Φ OBSERVACION ~ en el punto (u0 .3 Consideremos la notacion ´ introducida en la observacion ´ previa. S UPERFICIES EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ 4. v 7→ Φ(u 3 ~ 0 . v0 ) ˆ + (u0 .1. v0 ) ˆı + (u0 . S es una superficie regular si admite una parametrizacion ´ S es una superficie seccionalmente regular (o regular por trozos) si est´a compuesta por una union finita de superficies regulares. ~ es regular en (u0 .1. v) define una funcion ´ vectorial de variable v (u0 est´a fijo) cuya De forma an´aloga. Para ello. entonces ellas deben determinar el plano tangente Φ(D) que contienen al punto Φ(u ~ 0 . v0 ) kˆ = (u0 . OBSERVACION orientables y regulares. v0 ) ∈ D un punto que est´a fijo. con Φ ~ suave. y − y0 .2 Tal como con las curvas. v0 ) define una funcion 3 ~ 0 . v0 ). es decir. v0 ). ´ 4. v0 )k kT~u × T~v k × ∂∂u ~ ∂Φ ∂v ~ ∂Φ ∂v en (u0 .1.1. EJEMPLO 4. Figura 4.1.4 Si Φ OBSERVACION ~ en el punto (u0 . C2 = {(x. y.4. Parametrizaci´on de una superficie mediante en R3 a una superficie en el plano R2 .4 La frontera de una superficie suave S es el conjunto ∂S consistente de todos los DEFINICION puntos ~x0 ∈ S para los cuales cada conjunto de la forma Mε (~x0 ) = {~x 6∈ S : k~x − ~x0 k < ε} es conexo.6 La esfera {(x. el vector normal unitario a la superficie S para´ 4.5 Si S es una superficie regular. ´ 4. v0 ) est´a dada por metrizada por Φ ~ ∂Φ ~n ~n(u0 . En este caso decimos que la superficie S es orientable. a saber: n o p (x. entonces ~ OBSERVACION nyn ˆ definen funciones continuas sobre D. z) ∈ R3 : x2 + y 2 = a2 ∧ z = 2}. v0 ). v0 ) T~u × T~v ∂u × = ~ n ˆ= = = Φ k~nk k~n(u0 . toda vecindad de los puntos de la frontera contiene punOBSERVACION tos que est´an en el conjunto y puntos que no est´an en el conjunto.1. el campo vectorial de las normales a la superficie S es continuo. EJEMPLO 4. S UPERFICIES EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ~ es regular en (u0 .6 En otras palabras.1. es la circunferencia {(x. y. z) : x2 + y 2 = R2 ∧ z = 0}. y.4 La frontera del casquete esf´erico superior (o hemisferio superior de la esfera) de radio R. z) ∈ R3 : x2 + y 2 = a2 ∧ z = −2}.1. z) ∈ R3 : x2 + y 2 = a2 ∧ |z| ≤ 2} est´a formada por las circunferencias C1 = {(x. ´ 4. EJEMPLO 4. y.1.C AP´I TULO 4. 132 ´ puede contener errores Esta version . y. y.5 La frontera del cilindro {(x. z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 = R2 } no tiene frontera. z) ∈ R3 : z = R2 − x2 − z 2 : x2 + y 2 ≤ R2 . 1.6. 2] → R3 Φ ~ (θ. z) ∈ R2 pertenecen a la frontera ∂D para valores de ~ ~ z tales que |z| ≤ 2. y la superficie es orientable. ´ 4. entonces el campo de vectores normales es continuo. z) ∈ R2 y (2π. z) son puntos que no est´an en la frontera de la superficie S si |z| < 1.4. ´ EJEMPLO 4. 2π] × [−2.7 La funcion ~ : [0. Figura 4. z) y Φ(2π.1. ´ 4. sin embargo.1. Parametrizaci´on del cilindro x2 + y 2 = a2 acotado por los planos z = 2 y z = −2. sin embargo. un punto de ∂D no necesariamente tiene su imagen sobre ∂S. Todo punto de ∂S es imagen de un punto de ∂D por Φ.1 Sea S una superficie suave y sea Φ ´ PROPOSICION ~ suave de S. z) → Φ(θ. ´ la orientacion ´ de la frontera de la curva que encierra la superficie y el campo de vectores normales M´as aun. S UPERFICIES EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ~ : D ⊂ R2 → R3 una parametrizacion ´ 4. sus im´agenes Φ(0.5 En R3 decimos que una superficie es cerrada si divide el espacio es dos regioDEFINICION nes.1. Figura 4.7 Todas las superficies cerradas regulares en el espacio son orientables respecOBSERVACION ´ escogida como positiva en cada punto. la orientacion ´ positiva es la to a la direccion ´ acotada hacia su exterior.1. siguiendo la regla de la mano que se escoge saliendo desde la region derecha. Si S es regular. z) ´ del cilindro x2 + y 2 = a2 acotado por los planos z = 2 y z = −2. una acotada (interior a la superficie) y otra no acotada (exterior a la superficie).5. a sen θ. a la superficie se relacionan mediante la regla de la mano derecha. 133 ´ puede contener errores Esta version . En general. z) = (a cos θ. Notar es una parametrizacion que los puntos de la forma (0. ´ Solucion. φ) ∂θ ∂φ = − R sen θ sen φ.1. φ) × (θ. En efecto. regular y orientable..C AP´I TULO 4. suave. R). R sen θ cos φ. Φ ~ 1 que es una C 1 -parametrizacion ´ de S. EJEMPLO 4. 0. Parametrizaci´on de la superficie de un casquete esf´erico superior de radio R. R). ~1 ~1 ∂Φ ∂Φ ~n(θ.8 Muestre que el casquete esf´erico superior de radio R y centro en el origen es una superficie simple. φ) = T~θ × T~φ = (θ. salvo tal vez un conjunto finito de puntos. φ) = R cos θ sen φ. R cos θ sen φ. Figura 4. 0. 2π × 0. S UPERFICIES EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon Los siguientes ejemplos nos ilustran los conceptos anteriores y de paso nos dir´an que una su´ y que incluso puede darse el caso de que la superficie perficie admite m´as de una parametrizacion ´ que son regulares para otra. φ) → Φ Observamos ahora lo siguiente: ~ 1 es biyectiva en el interior de su dominio. tal como suced´ıa tenga puntos singulares para una parametrizacion en el caso de las curvas. En efecto. a saber ~ 1 : 0. π → R3 Φ 2 ~ 1 (θ. podemos considerar una parametrizacion en coordenadas esf´ericas de la superficie. R cos φ . pues ∃ Φ salvo en (0. 0 × R cos θ cos φ. R sen θ sen φ. ´ Tomando en cuenta que k~xk = R ∀ ~x ∈ S. −R sen φ . S es suave pues ∃ Φ ~ 1 que es una parametrizacion ´ regular de S S es regular salvo tal vez en (0. S es simple. (θ.7. . . . ρˆ θˆ φˆ . . . . 2 . . = R sen φ . − sen θ cos θ 0 . . . . cos θ cos φ sen θ cos φ − sen φ . − cos φ = −R sen φ R cos θ sen φ. z(θ. R sen θ sen φ. φ)). = R2 sen φ − cos θ sen φ. φ). − sen θ sen φ. φ). 134 ´ puede contener errores Esta version . R cos φ = −R sen φ (x(θ. y(θ. considerando el casquete esf´erico determinado por la ´ ecuacion p x2 + y 2 + z 2 = R2 con z ≥ 0 ⇒ z = R2 − (x2 + y 2 ). Como −1 ≤ − sen φ ≤ 0 para 0 ≤ φ ≤ π2 . ∀(x. Por otro lado. R)}. obtenemos su parametrizacion rectangulares: ~2 : B ¯ (0. y. R).1. y) ∈ R2 /x2 + y 2 ≤ R2 }. 0. (x. 0. R). que contiene a la semibola. y) → Φ Luego. R) = {(x. φ) = T~θ × T~φ = (0. y) = T~x × T~y = = ~2 ~2 ∂Φ ∂Φ (x. ´ 4. 0. 0). que es lado que “mira” hacia afuera de la semibola. En efecto. 0) si y solo punto del casquete esf´erico superior para el cual φ = 0. R → R3 Φ p ~ 2 (x. y el casquete exterior. ~n(x. el unico ´ Notar que ~n(θ. y) = x. ´ en coordenadas donde B((0. 0). el vector normal apunta hacia el lado interior del casquete.4. el casquete interior. R − x2 − y 2 . y) ∂x ∂y ! x 1. y) ∈ B((0. − p R 2 − x2 − y 2 . 0).1. S es orientable. Tiene dos lados. es el punto (0.8 No todas las parametrizaciones del casquete esf´erico superior S de radio R OBSERVACION son regulares en S \ {(0. S UPERFICIES EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ si φ = 0. y) × (x. 0. . ˆı . . . =. 1 . . . 1. 0 ˆ kˆ 0 −√ x R2 −x2 −y 2 1 −√ y R2 −x2 −y 2 × y ! 0. − p R 2 − x2 − y 2 . . . . . . . . . 0. z − z0 )(x0 . y. la parametrizacion si y solo R −x −y regular en (0. z0 ). y. pero no est´a definida para (x. y − y0 . y0 . 0. apunta hacia el exterior del casquete. y. 135 ´ puede contener errores Esta version . y) est´a bien definido si z(x. y) p Notar que ~n(x. 0). 0. y)). con z0 = p R2 − x20 − y02 . R). z) ∈ S tal que x2 + y 2 = R2 . y) = 0. z0 ) = 0. y) = (0. en estas coordenadas. R2 − x2 − y 2 = (0. Por lo tanto. y0 . z(x. y. est´a dado por la ecuacion: (x − x0 . pues en esta ´ se verifica que z(x. R2 − x2 − y 2 =p R 2 − x2 − y 2 1 = (x. z(x. p 1 x. 0) p ~ 2 es ´ Φ ´ si √ 2 1 2 2 x. Notar tambi´en que el vector normal exterior en coordenadas situacion ´ del plano tangente rectangulares. mientras que la ecuacion ´ a la superficie S en el punto (x0 .y) = R2 − x2 − y 2 > 0 y que ~n(x. contiene a sus planos tangentes. entonces podemos hablar de vector normal ~n exterior a la ´ la orientacion ´ de la superficie que se superficie y de vector normal −~n interior a la superficie. podemos distinguir lo que sucede con el vector normal exterior ´ de la superficie.6 Sea S una superficie orientable. segun ha escogido como positiva. van la orientacion ~1 yΦ ~ 2 del casquete esf´erico superior dadas en el Ejemplo EJEMPLO 4. cil´ındricas y cartesianas de ella. kT~u × T~v k ~ es equivalente a una parametrizacion ~ 1 de S si. o bien ambas parametrizaciones preser´ Φ Φ ´ de S.1. y sea Φ una parametrizacion ´ de S.8 y la Observacion ´ En ambos casos hemos considerado como cara exterior de la superficie a aquella de orientacion. kT~u × T~v k ~ invierte la orientaci´on de S si Φ T~u × T~v = −~n. EJEMPLO 4. sea ~ DEFINICION n el vector normal exterior de acuerdo a la ~ ´ escogida como positiva. o bien ambas invierten la orientacion ´ de S. 136 ´ puede contener errores Esta version . Decimos que: orientacion ~ preserva la orientaci´on de S si Φ T~u × T~v = ~n. Estudie esta superficie considerando parametrizaciones esf´ericas.1.9 Las parametrizaciones Φ ~ 1 invierte la orientacion ~ 2 preserva la ´ 4. Luego. con el vector normal apuntando hacia la parte del espacio que contiene a los planos tangente a la superficie. S UPERFICIES EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon Si una superficie S es orientable. ~n de acuerdo a la parametrizacion ´ 4.8. Cono circular recto de radio a y altura h.1.8 previos.C AP´I TULO 4.1.1. Figura 4. son tales que Φ ´ yΦ 4.10 Considere el manto de cono (circular recto) de radio a y altura h. Φ ~ 3 no lo es. es decir. ´ est´a dada por As´ı. a) = {(x. y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ a2 }. origen. y) = x. pues no es diferenciable en el S es suave. pues ∃ Φ ~ 3.4. ~ 1 (o ∃Φ ~ 2 ) que es suave en D. 0) es singular para Φ 137 ´ puede contener errores Esta version . θ) → Φ 2 2 a +h cos φ = ´ en coordenadas cil´ındricas se obtiene observando que • La parametrizacion r a = z h ´ en el plano xy de la superficie es el c´ırculo y que la proyeccion B((0. ´ ´ en coordenadas esf´ericas se obtiene observando que • La parametrizacion sen φ = cat. a) = {(x. 2π] : r ≤ a}. Φ sobre sus respectivas im´agenes. ρh . esta parametrizacion √ ~ 1 : 0. el punto (0. θ) ~ 2 (r. 2π] → R3 Φ (r. 0). y) → Φ . a] × [0. esta parametrizacion ~ 3 : B((0. y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ a2 } = {(r. =√ 2 hipotenusa a + h2 cat. ´ est´a dada por As´ı.1. esta parametrizacion ~ 2 : [0. 2π → R3 Φ ~ 1 (ρ. a) → R3 Φ p h 2 2 ~ 3 (x. y. a2 + h2 × 0. θ) = r cos θ. → Φ a ´ en coordenadas rectangulares se obtiene observando que • La parametrizacion p x2 + y 2 a = z h ´ en el plano xy de la superficie es el c´ırculo y que la proyeccion B((0. θ) = √ 1 a ρ cos θ. =√ hipotenusa a2 + h2 ´ est´a dada por As´ı. a ρ sen θ. Φ ~2 y Φ ~ 3 son biyectivas en el interior de sus respectivos dominios S es simple. adyacente a φ h . En efecto. 0). rh . 0). a] × [0. r sen θ. θ) ∈ [0. x + y (x. opuesto a φ a . S UPERFICIES EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon Solucion. (ρ. a ~ 1. C AP´I TULO 4. y) = T~x × T~y ~3 ~3 ∂Φ ∂Φ (x. S UPERFICIES EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon S es orientable. p 2 2 2 a x +y a x + y2 . Se chequea que ~n(x. 0. es hacia donde apunta el vector normal exterior al manto. • Vector normal: Como S es orientable. y) ∂x ∂y x h y h × 0. Intuitivamente. y) × (x. podemos hablar de vector normal exterior e interior. p ) = 1. el “lado” del manto del cono donde se “observa” el plano tangente. 1. . . ˆı . ˆ ˆ k . . . . h√ x . 1 . 0 . a x2 +y 2 . = . . . . h√ y . 0 . 1 a . . θ) ∂r ∂θ h × − r sen θ. =p a a x2 + y 2 que est´a apuntando hacia el interior del manto del cono. r cos θ. 0 = cos θ. θ) × (r. a . sen θ. en coordenadas cil´ındricas tenemos ~n(θ. x2 + y 2 . Por otro lado. = x2 +y 2 x y h h ˆı − p ˆ + kˆ =− p a x2 + y 2 a x2 + y 2 h h p 1 − x. r) = T~r × T~θ ~2 ~2 ∂Φ ∂Φ (r. − y. . . rˆ θˆ zˆ . . . . . = r . . cos θ sen θ ha . . . . . − sen θ cos θ 0 . − r sen θ. en coordenadas esf´ericas tenemos 138 ´ puede contener errores Esta version . ´ Por ultimo. r . a a que est´a apuntando hacia el interior del manto del cono. = rh rh =− cos θ rˆ − sen θ θˆ + r zˆ a a h h = − r cos θ. θ) × (ρ. h × √ − a ρ sen θ. S UPERFICIES EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ~n(ρ.1. a ρ cos θ. θ) ∂ρ ∂θ 1 1 =√ a cos θ. θ) = T~ρ × T~θ ~1 ~1 ∂Φ ∂Φ (ρ. a sen θ.4. 0 2 2 2 2 a +h a +h . . . ρˆ θˆ φˆ . . . 2 . . a ρ . h . cos θ sen θ = 2 a . a + h2 . . . . − sen θ cos θ 0 . θ) 7→ 5. ∴ ~i Φ ´ para cada i = 1. ~ : [0. con z ≤ 0. z − z0 ) h h x0 . con 0 ≤ z ≤ 1. 139 ´ puede contener errores Esta version . y. b. Encuentre el plano tangente a la superficie S en R3 parametrizada por (x. c). ~ 3. z) = 2 2 ~ (u cos v. EJERCICIOS 4. • Plano tangente: Tenemos. b. u sen ev . Encuentre la frontera.1 1. 2. muestre que el segmento de recta horizontal de longitud 1 que va desde el eje z hasta (a. Φ(r. 3. invierte la orientacion. 2. = 2 a2 ρ h a2 ρ h ˆ + a ρ zˆ cos θ ρ ˆ − sen θ θ a 2 + h2 a a2 + h2 a a2 + h2 h h a2 − ρ cos θ. y0 . −2. u sen v. − ρ sen θ. 1). y − y0 . 0. Determine el conjunto donde Φ es regular y encuentre la ecua~ ´ del plano tangente a la superficie en el punto Φ(1. (x − x0 . z) = u2 .1. S es regular. a) Indique cu´al es la superficie b) Encuentre el vector normal unitario c) Encuentre el plano tangente a la superficie S en el punto (a. sen θ. Encuentre la frontera. (r. Considere la superficie parametrizada por Φ y. θ). y el cilindro x2 + y 2 = 1. b. = 2 a + h2 a a =− que est´a apuntando hacia el interior del manto del cono. c) ∈ S. excepto en (0. 4π] → R3 . Considere la superficie S en R3 parametrizada por Φ ~ θ) = (r cos θ. 4. u + v ). 31 u cos ev en el punto (13. del elipsoide 91 x2 + y 2 + 14 z 2 = 1 ~ : R2 → R3 definida por Φ(x. cion 0). de la superficie compuesta por el hemisferio x2 +y 2 +z 2 = 1. c) pertenece a S y al plano tangente a S en el punto (a. 0). ρ . q con z0 = x20 + y02 . b. c) d) Si (a. −z0 a a = 0. si existe. 1] × [0. si existe. cual nos extenderemos a integrales de superficie de forma m´as general. 2. r0 sen θ0 . a. No posee frontera.oθ0 ) ∈ 1 R3 : 0 ≤ r ≤ 1} ∈ S. ˜ celdas. 6.1 1. c) = (r0 cos θ0 . 0)}. −2z) c) a y + b y = 25 ´ de S y en c). subdividido en pequenas 3 ~ ˜ de manera que Φ(D) = S corresponde a una superficie en R . −a. celdas (asumiendo que Φ 140 ´ puede contener errores Esta version . b. 0. Es regular en R2 \ {(0. tambi´en dividida en pequenas ~ es regular y que S es simple). 0) + (b. b. representando la recta como (a t. El segmentonde recta ser´ıa {(r cos θ0 . a) Helicoide de dos vueltas 1 (sen θ. z) 7→ Φ(25 ~ a) Φ + z 2 ) cos θ. c). b t. 0) + (−b. θ0 ). ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ para el hiperboloide S : x2 + y 2 − z 2 = 25 a) Encuentre una parametrizacion b) Encuentre el vector normal unitario a S c) Encuentre el plano tangente a la superficie S en el punto (a. Por simplicidad. c). Area de una superficie ´ vamos a introducir el concepto de a´ rea de una superficie a trav´es del A modo de motivacion. 2π] × R → R3 . ´ Integrales de superficie de campos escalares. cos θ. 25) pertenecen a S y al plano tangente del ´ıtem c. El plano pedido es z = 2x − 1. b. 5. z). S UPERFICIES EN R3 6.2. b) ~n = √ 1 1+4z 2 (cos θ. b. 3. (25 + z 2 ) sen θ. Soluciones a Ejercicios 4. donde a2 + b2 = 25 d) Muestre que las rectas L1 : (a. c) ∈ R3 : 0 ≤ t ≤ a2 +b 2 y sustituyendo en c) se concluye que pertenece al plano tangente en (a.C AP´I TULO 4. 18z − 4y − x = 13. sen θ. Luego. 4. r) b) ~n = ± √1+r 2 c) b x − a y + (a2 + b2 )z = (a2 + b2 )c d) Considere (a. supongamos que D es un rect´angulo en R2 . r sen θ0 . ~ : [0. b. (θ. La frontera es la circunferencia en R3 descrita por: x2 + y 2 = 1 ∧ z = 1. 25)t y L2 : (a.1. d) SUG: Reemplace en la ecuacion 4. D ~ : D ⊂ R2 → R3 una parametri´ 4. D S 141 ´ puede contener errores Esta version . n. ii) Si consideramos un campo escalar g : Ω ⊂ R3 → R continuo en Ω. Se define: zacion i) El a´ rea de una superficie mediante el valor A(S) dado por ZZ ZZ ~ ~ A(S) = kTu × Tv k du dv = dS. Luego. m → ∞.2. Particion = S y Φ(R siendo ∆ui = ui − ui−1 y ∆vj = vj − vj−1 . y sea Φ DEFINICION ´ regular de S. con Φ(D) Figura 4. j=1 i=1 Notando que cuando δ → 0. donde Rij = ∆ui ×∆vj . concluimos que ZZ A(S) = kT~u × T~v k du dv. ∆vj } es suficientemente pequeno. ˜ entonces el a´ rea A(Sij ) = Notemos que si δ = m´ axij {∆ui . siendo Ω un abierto que contiene a S. v))kTu × Tv k du dv = g dS. A(Φ(Rij )) es similar al a´ rea de una region A(Sij ) = k∆ui T~ui × ∆vj T~vj k = kT~ui × T~vj k∆ui ∆vj . I NTEGRALES DE SUPERFICIE DE CAMPOS ESCALARES ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ~ ~ ij ) = Sij . ~ ´ plana tangente a S. D donde T~u = ~ ∂Φ ∂u y T~v = S ~ ∂Φ ∂v . el a´ rea de S es aproximadamente A(S) ∼ m X n X A(Sij ) j=1 i=1 = m X n X kT~ui × T~vj k∆ui ∆vj .2.1 Sea S una superficie simple y regular. ´ de una superficie parametrizada.9.4. entonces definimos la integral de superficie del campo escalar g sobre S por ZZ ZZ ~ ~ ~ g(Φ(u. Luego. ZZ ZZ ZZ k∇f k ~ ~ ~ g(x. z(r. z(r. θ) = r sen θ. |∇f · p~| D D S ´ acotada del paraboloide EJEMPLO 4. entonces es la proyeccion dS = kT~u × T~v k du dv = k∇f k dA |∇f · p~| donde p~ es un vector unitario normal a D y ∇f · p~ 6= 0. consideramos Solucion. θ) = r cos θ.1 Si en la definicion ´ anterior la superficie S posee ecuacion ´ f (x. θ). x(r. sen θ. ´ Como la proyeccion ~ θ) = (x(r. θ) = cos θ. z) g(Φ(u.C AP´I TULO 4. donde Φ(r. v))kTu × Tv k du dv = g dS = dA. y(r. S UPERFICIES EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ 4.1 Determine el a´ rea de la superficie asociada a la region 2 2 x + y − z = 0. z) = c. y. ´ en el plano xy corresponde al c´ırculo x2 + y 2 ≤ 4.2. θ) × (r.2. Es decir. θ)). y si D OBSERVACION ´ de la superficie S en algun ´ plano coordenado. cortada por el plano z = 4. θ). θ) = r2 . ~ ~ ∂Φ ∂Φ T~r × T~θ = (r. y. 2r × ∂r ∂θ . y(r. . rˆ θˆ . . = r . cos θ sen θ . . 0 . r cos θ. − sen θ cos θ − r sen θ. zˆ . . . 2r . . 0 . = −r2 cos θ rˆ − 2r2 sen θ θˆ + r zˆ = − 2r2 cos θ. r . Se sigue que Z 2 Z 2π A(S) = 0 0 . de donde kT~r × T~θ k = p p 4r4 cos2 θ + 4r4 sen2 θ + r2 = r 4r2 + 1. −2r2 sen θ. r=2 p 3. π π √ 2 2 2 r 4r + 1 dθ dr = (4r + 1) . . 2. z(θ. φ) = a cos φ. ~ Solucion. φ). ´ Para (θ. 6 6 r=0 EJEMPLO 4. z(θ. φ) ∈ [0. . 2π] × [0. = 17 17 − 1 . 142 ´ puede contener errores Esta version y(θ. φ)). φ) = (R + a sen φ) cos θ. φ) = (x(θ. φ) = (R + a sen φ) sen θ. donde x(θ.2 Determine el a´ rea de la superficie de un toro de radio mayor R y radio menor a. y(θ. φ). 2π] consideramos Φ(θ. a cos φ sen θ. −a sen φ . 0 × a cos φ cos θ.2. φ) ∂θ ∂φ = − (R + a sen φ) sen θ. ~ ~ ∂Φ ∂Φ T~θ × T~φ = (θ. φ) × (θ. (R + a sen φ) cos θ.4. I NTEGRALES DE SUPERFICIE DE CAMPOS ESCALARES ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon Luego. . . . ˆ ˆ ρ ˆ θ φ . . . . . . = (R + a sen φ) . − sen θ cos θ 0 . . . . a cos φ cos θ a cos φ sen θ −a sen φ . y) × (x.2. ~ ~ ∂ Φ ∂ Φ ∂f ∂f T~x × T~y = (x. b] × [c. 0. a (R + a sen φ) dθ dφ = 2πa 0 0 0 ´ C 1 -diferenciable. y)). de donde kT~θ × T~φ k = a (R + a sen φ). × 0. y) ∈ [a. Se sigue que 2π Z 2π Z A(S) = 2π Z (R + a sen φ) dφ = 4π 2 aR. d] → R. y) = (x. = (R + a sen φ) − a cos θ sen φ. Calcule el EJEMPLO 4.3 Sea f : R2 → R una funcion a´ rea de S cuando consideramos f : [a. ~ Solucion. b] × [c. 1. d] consideramos Φ(x. −a cos φ . −a sen θ sen φ. Luego. ∂x ∂y ∂x ∂y . ´ Para (x. y) = 1. f (x. y sea S la gr´afica de f . y. . . ˆı ˆ kˆ . . . . . . ∂f . = . . 1 0 ∂x . . . . . 0 1 ∂f . ∂y . . Se sigue que Z bZ A(S) = d s 1+ a c ∂f ∂x 2 + ∂f ∂y 2 dy dx. 143 ´ puede contener errores Esta version .1 .− . ∂f ∂f = − . ∂x ∂y de donde s kT~x × T~y k = 1+ ∂f ∂x 2 + ∂f ∂y 2 . M M M Momentos de inercia (segundos momentos) con respecto a los ejes coordenados: ZZ ZZ ZZ 2 2 2 2 Ix = (y + z ) ρ(x. z) dS Mxz = Myz = S S S Centro de masa: (¯ x. ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon Masa y centro de masa de una superficie —————————————————————————————————————– Formulas ´ para la masa y el momento de capas muy delgadas —————————————————————————————————————– Masa: ZZ ρ(x. y.2. y. y. z) dS M= S Primeros momentos con respecto a los planos coordenados: ZZ ZZ ZZ z ρ(x. z) dS y ρ(x. y. z¯ = . z) a la recta L S Radio de giro con respecto a una recta L: r RL = IL M ———————————————————————————————————————— EJEMPLO 4. y. S UPERFICIES EN R3 4. y. y¯. y. z) dS Iz = (x2 + y 2 ) ρ(x. z) es la distancia del punto (x. z) dS Mxy = x ρ(x. y. z) dS Iy = (x + z ) ρ(x. Ahora debemos parametrizar la superficie: x=x y=y p z = a2 − x2 − y 2 144 ´ puede contener errores Esta version .2. ´ Consideramos la superficie x2 + y 2 + z 2 = a2 . y. y.C AP´I TULO 4. z¯) Myz Mxy Mxz . z) dS donde r(x.4 Calcule el centro de masa de una capa hemisf´erica delgada de radio a y densidad constante ρ = x0 .1. z) dS x ¯= S S S Momentos de inercia con respecto a una recta L: ZZ IL = (r(x. z))2 ρ(x. con z ≥ 0. y. Solucion. y¯ = . y) = ∂x ∂y y x ! p . y) = (x. Como la proyeccion tenemos ZZ ρ(x. y) × (x. y.4. =p 2 2 2 2 a −x −y a − x2 − y 2 ´ de la superficie en el plano xy es la region ´ D = {(x. y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ a}. z) dS ZZ k~nk dA = x0 M = S Z D 2π Z a r dr dθ − r2 0 0 Z 2π p .p . Φ(x.2. p a2 − x2 − y 2 ). I NTEGRALES DE SUPERFICIE DE CAMPOS ESCALARES ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ~ Luego. y as´ı ~ ~ ∂Φ ∂Φ ~n = (x.1 . y. a2 − x2 − y 2 a2 − x2 − y 2 de donde s k~nk = x2 + y 2 + a2 − x2 − y 2 a . . r=a 2 2 − a − r . . por simetr´ıa. M= S S Ahora. = ax0 dθ 0 r=0 Z 2π 2 = a x0 dθ √ = ax0 a2 0 2 = 2a x0 π. y. Notar que si de antemano sab´ıamos que la superficie de la semiesfera de radio a es 2a2 π. entonces hubi´esemos obtenido de inmediato ZZ ZZ ρ(x. es claro que x ¯ = 0 y que y¯ = 0. Tenemos ZZ Mxy = z ρ(x. y. z) dS ZZ p = x0 a2 − x2 − y 2 k~nk dA S Z D 2π Z = ax0 a r dr dθ 0 Z = ax0 0 . por lo cual resta calcular z¯. z) dS = x0 dS = 2a2 x0 π. 2π 2 . r=a r . dθ 2 . r=0 0 1 = a3 x0 2 Z 2π dθ 0 = a3 x0 π. 145 ´ puede contener errores Esta version . y. podr´ıamos haber obtenido inmediatemente ZZ ZZ ZZ p ZZ a z· dA = ax0 a2 − x2 − y 2 k~nk dA = x0 dA = a3 x0 π. y) = (1. y) = (x. 1. ∂x ∂y de donde k~nk = √ 3. Solucion. y as´ı ~n = ~ ~ ∂Φ ∂Φ (x. 0. z ≥ 0. En conclusion. y. Φ(x. ´ Consideramos la superficie con x ≥ 0. y. ´ de la superficie en el plano xy es la region ´ D = {(x. z) cualquiera en la superficie es k x m2 . luego. x + y + z = 1. y ≥ 0. y) × (x. y) ∈ R2 : x + y = 1 : x ≥ Como la proyeccion 0 : y ≥ 0}.5 Calcule la masa de la porcion octante si la h primer i kg 2 densidad de a´ rea en un punto (x. tenemos ZZ M = ρ(x.C AP´I TULO 4. S UPERFICIES EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon p Notar que z = a2 − x2 − y 2 . z) dS = x0 z D D D S a ´ el centro de masa est´a en el punto 0.2. 2 . 1) . 1 − x − y ). z) dS S ZZ x2 k~nk dA =k D √ Z =k 3 1 Z 1−x 0 √ Z =k 3 x2 dy dx 0 1 (1 − x) x2 dx 0 √ =k 3 x3 x4 − 3 4 . Mxy = z ρ(x. donde k es una constante. Ahora debemos parametrizar la superficie: x=x y=y z =1−x−y ~ Luego. ´ del plano x + y + z = 1 en el EJEMPLO 4. y que el a´ rea de un c´ırculo de radio a es a2 π. y. x=1 . . . √ 1 =k 3 . 12 Por lo tanto la masa est´a dada por 146 ´ puede contener errores Esta version 1 √ k 3[kg]. 12 x=0 . 2. y. p 7. |y|. Calcule las a´ reas A(Rf ) y A(Sf ) considerando f ≥ 0. b]. |x| + |y| + |z| = a. RR Calcule F(t) = S f dS si S es la superficie x + y + z = t. cuya densidad de masa en cada punto es ρ(x. 2π(2 − 2) q . z ≥ 0. Determine su a´ rea. 0 ≤ z ≤ h. Determine el a´ rea de la cubierta del hemisferio x2 + y 2 + z 2 = 2. inscrito en la 5. π6 (5 5 − 1) √ 2. x ∈ [a. z) = 0 si x2 + y 2 + z 2 > 1.´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon 4. z) = az .3. ubicada sobre el plano xy. S1 S2 ¿Cu´al es es el valor de I1 − I2 ? 6. Sean S1 la esfera de ecuacion esfera. |z|} = a b) la superficie total del cilindro x2 + y 2 ≤ R2 . y sean Rf y Sf las superficies obtenidas al 9.2. Sea f : R3 → R el campo escalar definido por 1 − x2 − y 2 − z 2 si x2 + y 2 + z 2 ≤ 1 f (x. ´ de clase C 1 en [a. cortada por el cilindro x2 + y 2 = 1. ´ x2 + y 2 + z 2 = a2 y S2 la superficie del octaedro. Halle los momentos polares de inercia de las siguientes superficies S: a) la superficie del cubo m´ ax{|x|.2.1 1. en torno al eje x y en torno al eje y respectivamente. z ≥ 0. y b > a ≥ 0. Si ZZ ZZ 2 2 2 I1 = (x + y + z ) dS1 ∧ I2 = (x2 + y 2 + z 2 ) dS2 . I NTEGRALES DE SUPERFICIE DE CAMPOS ESCALARES EJERCICIOS 4. y. b]. Sea S la parte acotada del paraboloide z = 1−x2 −y 2 . b] → R una funcion hacer girar la curva y = f (x). 4. 8. Sea f : [a. 3. Halle el centro de masa de la superficie homog´enea z = x2 + y 2 recortada por la superficie x2 + y 2 = ax.1 √ 1. Halle la masa de la semiesfera x2 + y 2 + z 2 = a2 . Soluciones a Ejercicios 4. Calcule el a´ rea de un helicoide de radio a y altura de paso h. . q . 2πa h2 2πa 2πa 2 2πa 2 . 4π 1 + ( ) + ln + 1 + ( ) . 3. . F(t) = 147 ´ puede contener errores Esta version . h h h h π 18 (3 − t2 )2 √ 5. I1 − I2 = (4π − 2 3)a4 4. 3.3. a saber X X ∆V −→ F~ · n ˆ dS.2 El movimiento circular del agua tal como ocurre cuando se quita un tapon recipiente se describe aproximadamente por el campo vectorial y x V (x. y¯. La energ´ıa o campo vectorial del flujo de calor est´a dado por J = −κ∇T . S UPERFICIES EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon 6. ˜ lapso de tiempo ∆t el volumen de l´ıquido que atraviesa un elemento de As´ı. ∆t ∆u. La temperatura en cada punto de la placa produce un campo escalar T (x. con parametrizacion ˆ (Φ) ~ superficie S en el punto de Φ.3. (¯ x. pues −∇T apunta en la direccion EJEMPLO 4. z¯) = a 16 2 . ∆V ∼ F~ (Φ) Como ∆A ∼ kT~u × T~v k ∆u ∆v obtenemos ∂Φ ~ ~ ∂ Φ ∆V ~ ~ ~ v)) · (T~u × T~v ) ∆u ∆v. A(Rf ) = 2π a f (x) 1 + (f 0 (x))2 dx y A(Sf ) = 2π a x 1 + (f 0 (x))2 dx 8. Flujo ´ im´aginemonos una placa met´alica que recibe calor por una cara y Para motivar esta seccion. y) = 2 ˆı − 2 ˆ. en un pequeno superficie ∆A = ∆u ∆v es: ~ ∆t ∆A. fr´ıo por la otra. 2 x +y x + y2 ¿C´omo podemos calcular el flujo de un campo vectorial F~ sobre una superficie? Consideremos un fluido sometido a un campo de velocidades y sea S una superficie inmersa en el ~ La cantidad F~ (Φ) ~ ·n ~ representa la velocidad perpendicular a la ´ Φ. v)) × ∆u ∆v = F~ (Φ(u. v)) · n ˆ (Φ(u.C AP´I TULO 4. donde κ > 0 es la constante de conductividad del calor. y) = −y ˆı + x ˆ. z) ´ de temperatura. Integrales de superficie sobre campos vectoriales. ´ de un EJEMPLO 4. 9π a a) 40 a4 b) πR R(R + h)2 + 23 h3 p Rb Rb p 9. 4. ∂u ∆t ∂v ´ del volumen total en S est´a dada por la suma de todas las contribuciones del Entonces la variacion ZZ elemento ∆A. 0.1 El movimiento giratorio se describe mediante el campo vectorial F~ (x. El fluido real del calor se puede representar con flechas indicando la direccion y magnitud del flujo de calor. y. flujo. ∼ F~ (Φ(u. zonas fr´ıas. πa2 7.∆v→0 S ∆u ∆v 148 ´ puede contener errores Esta version . El calor fluye de zonas calientes a ´ hacia donde la temperatura T decrece. . mientras que otros En algunos libros. S Si i=1 ´ de donde n ˆ i representa representa el vector normal a la superficie Si . v) corresponde a k~n(u. v) du dv S D ! ZZ ~ ~ ∂ Φ ∂ Φ ~ = F~ (Φ(u. Luego. donde Si . y Φ(u.1 Sea F DEFINICION ´ el campo de vectores normales ~n : S → R3 ).1 Notar que si S es una superficie suave y orientable. como el de Thomas y Finney. ∪ Sk . .3. ~ ´ 4. y Si ∩ Sj . si F~ es un campo de velocidades de un fluido sobre una superficie S seccionalmente regular y orientable. S S ´ para dS es dσ. autores usan la notacion 149 ´ puede contener errores Esta version . .3. v)) · × du dv ∂u ∂v D ZZ ~ ~ ∂Φ ∂Φ ~ ~ ( × ) ∂ Φ ∂ Φ ∂u ∂v ~ = F~ (Φ(u. es decir. i = 1. y traducido ~ en t´erminos de Φ(u. ZZ ZZ ~= F~ · dS F~ · n ˆ dS. OBSERVACION v) es una para´ de S que preserva su orientacion. El flujo de F~ a trav´es de S a la integral de superficie dada por ZZ k ZZ X F~ · n ˆ dS = F~ · n ˆ i dSi . 2. v)) · × du dv ~ ~ ∂u ∂ Φ ∂ Φ ∂v D ∂u × ∂v ZZ = F~ · n ˆ dS S Notar tambi´en que dS mide en unidades de a´ rea en S (S pertenece al espacio xyz). . es una superficie regular y orientable.´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon 4. no es una superficie. M´as generalmente. de acuerdo la orientacion la superficie S. Entonces la integral de superficie y orientable (segun del campo vectorial F~ a trav´es de la superficie S es igual al valor de la siguiente integral: ZZ F~ · n ˆ dS. i 6= j. S = S1 ∪ S2 ∪ . S La integral previa tambi´en recibe el nombre de flujo de F~ a trav´es de la superficie S cuando F~ representa un campo de velocidades. . v)k du dv que mide en unidades de a´ rea en D (D es la superficie parametrizada. v)) · ~n(u. y pertenece al plano uv). k. ´ entonces metrizacion ZZ ZZ ~ ~ ~ F · dS = F~ (Φ(u. I NTEGRALES DE SUPERFICIE SOBRE CAMPOS VECTORIALES ~ : Ω ⊂ R3 → R3 un campo vectorial y sea S ⊂ Ω una superficie regular ´ 4. en el sentido que en este contexto A = A(S).3. . la notacion ´ dA en vez de dS. ~ ´ del plano. 0) y (0. y) ∈ D. y = 0 y z = 0. ´ previa por convenientes escalares. 0. obtenemos: Multiplicando cada ecuacion 3y + 2z = 6 . 0. a saber: de donde obtenemos la ecuacion 6x + 3y + 2z = 6. (0. y obtenemos las respectivas rectas contenidas en ellos 3y + 2z = 6 . 6x + 3y = 6. 3 − 3y 2 − 3x). ´ de integracion ´ est´a dada Notar que proyectando al plano z = 0 (plano xy). 2. S UPERFICIES EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon EJEMPLO 4. con (x. ´ del plano se obtiene de la siguiente forma.3. z) = x2 ˆı + yx ˆ + zx kˆ a trav´es de la superficie ´ n triangular de v´ertices (1. 6x + 2z = 6 . y. ´ La ecuacion dos en los planos x = 0.3 Calcule el flujo del campo F~ (x. 3x + z = 3 . podemos considerar la parametrizacion ´ Φ(x. ´ del plano que contiene a la superficie triangular. 3) orientada segun ˆ con componente z positiva. Tenemos. As´ı. vemos que la region por D = {(x. Consideramos los puntos dos a Solucion. y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1 : 0 ≤ y ≤ 2 − 2x}. a partir de la ecuacion y) = (x. y.C AP´I TULO 4. 0). . 2x + y = 2. . ˆ . ˆı ˆ k ~ ~ . −3 × 0. 0. 3 ∂Φ ∂Φ × = 1. 1. − = . . 1 0 −3 ~n = T~x × T~y = ∂x ∂y 2 . . 0 1 −3 2 . . . . . = 3. 1 . 3 . . 2 . . . y)) · ~n dy dx 0 1 Z 2−2x 3y 3 = x . z) = yz ˆ+ z 2 kˆ a trav´es de la superficie S del cilindro y 2 + z 2 = 1.3. con componente z > 0. 3 − − 3x x · 3. cortada por los planos x = 0 y x = 1. y. z ≥ 0. yx. 1 dy dx 2 2 0 0 Z 1 3 3 = 3x2 + xy + 3x − xy − 3x2 dx 2 2 0 Z 1 = 3x(2 − 2x) dx Z 2 0 = 1. EJEMPLO 4.4 Determine el flujo de F~ (x. de donde ZZ S F~ · n ˆ dS = ZZ F~ · ~n dx dy = D Z 0 1 Z 2−2x ~ F~ (Φ(x. 150 ´ puede contener errores Esta version . y. y = y y z = 1 − y 2 . desde la ecuacion f´acil chequear que . Es donde x = x. I NTEGRALES DE SUPERFICIE SOBRE CAMPOS VECTORIALES Solucion. definimos proyeccion ~ Φ(x. el rect´angulo correspondiente a la ´ sobre el plano xy de la parte del cilindro indicada en el enunciado.´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon 4. y 2 + z 2 = 1. p ´ del cilindro. z(x. y) = (x. y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1 : −1 ≤ y ≤ 1}. y)). ´ Sobre D = {(x.3. pues z ≥ 0 y. . . ˆı ˆ . ˆ k . . ! . . y . . 0 ~n = T~x × T~y = . 1 0 .1 . . p 2 . = 0. . 1 − y y . 0 1 −√ . . 1−y 2 . φ) = 4. ´ el vector a) la superficie de la esfera de centro en el origen y radio R. y ~n apuntando hacia arriba. 1. z) = x ˆı + y 2 ˆ+ z k. 4π ε0 ρ2 donde ε0 es la constante diel´ectrica. 1 dy dx 1 − y2 1 = y 2 + 1 − y 2 dx dy −1 1 1 Z 1 Z = dx dy −1 = 2. y. x2 + y 2 ≤ 1. con el vector normal apuntando hacia afuera. y 1 − y 2 . z) = −kˆ a trav´es de la superficie del cono x2 + ´ el vector normal exterior. debido a una carga constante q ∈ R puesta en: q ρˆ . z) ∈ R3 : x2 + y 2 = 1 : −1 ≤ z ≤ 0}. y. p . 1 − y 2 ) · −1 0 Z ~ F~ (Φ(x. Calcule S F~ · dS 2x + 2y + z = 6 que se encuentra en el primer octante. y. z ≥ 0. de donde ZZ S F~ · n ˆ dS = ZZ F~ · ~n dx dy = D Z 1Z 1 Z 1Z 1 = p (0. Calcule el flujo del campo vectorial F~ (x. z) ∈ R : z = 1 − x2 − y 2 ≥ 0}. y.3. b) la superficie del plano z = h orientado segun 5. z) = xy ˆı − x2 ˆ + (x + z) kˆ y S es la porcion ´ del plano 3. y. y. ~ θ. S2 = {(x. y)) · ~n dy dx −1 0 1 Z y ! 0. RR ~ donde F~ (x. z) ∈ R3 : x2 + y 2 ≤ 1 : z = −1}. y 2 = z 2 . orientada segun normal exterior ˆ ´ la normal superior k. Calcule el flujo del campo el´ectrico E(ρ. 2.1 RR ˆ y S es el tri´angulo determinado por el plano ~ si F~ (x. z) = x ˆı + y 2 ˆ + z k. RR ˆ y S es la superficie seccionalmente suave ~ si F~ (x. 0 EJERCICIOS 4. orientada segun 151 ´ puede contener errores Esta version . y S3 = {(x. sabiendo que el vector normal ~n posee componente z positiva. Calcule S F~ · dS x + y + z = 1 y los planos coordenados. Calcule S F~ · dS 3 conformada por S1 = {(x. y. 4. S UPERFICIES EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon Soluciones a Ejercicios 4.4. EJEMPLO 4.1 El campo de velocidades y ˆı − x ˆ F~ (x. ~ representa el flujo de ciertas part´ıculas de un fluido.1 1. 152 ´ puede contener errores Esta version . ˜ rueda con aspas. esto significa que si colocamos en el fluido una pequena mover´a en el fluido pero no girar´a alrededor de su eje. 3π 3. es decir.1 Si un campo F OBSERVACION el hecho que rot(F~ ) = 0 f´ısicamente significa que las part´ıculas del fluido no rotan (son irrotacionales). Compare sus desarrollos. 5 12 2. SUG: Realice este ejercicio con una parametrizacion una cil´ındrica.3.4. e´ sta se Informalmente. luego con 5. z) = 2 x + y2 ˜ rueda con aspas movi´endose en el fluido no girar´a alrededor de su es irrotacional. Teorema de Stokes ´ muy importante entre una intergal de trabajo y una El Teorema de Stokes nos dar´a una relacion integral de flujo. 27 4 a) b) q ε0 q 2ε0 ´ cartesiana (rectangular). Una pequena eje ω. y finalmente con una esf´erica. el fluido puede sufrir traslaciones y distorsiones.C AP´I TULO 4. π. y. 4. pero no posee remolinos. entonces ´ 4.10. Figura 4. Una pequena ˜ rueda con aspas movi´endose en el fluido no girar´a alrededor de su eje ω. donde el flujo est´a descrito por un rotacional. 4. α = dist(Q. S ∂S ´ 4. ´ donde ω ~ = ω kˆ y ρ ~ = xˆı + yˆ + z k. y la direccion mano derecha. y.2 La siguiente situacion ´ ilustra por qu´e el rotacional est´a asociado con rotacioOBSERVACION nes. orientada de es orientable en cada seccion ´ de ∂S (es decir.4. x. entonces ~v = ω ~ ×ρ ~ = −ω y ˆı + ω x ˆ = ω(−y.4.4. Una pequena ω. con ρ = k~ ρk. T EOREMA DE S TOKES ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon EJEMPLO 4. ~v = ω ~ ×ρ ~. TEOREMA 4.1 (Teorema de Stokes) Sea S ⊂ R3 una superficie seccionalmente regular. z) = y ˆı − x ˆ ˜ rueda con aspas movi´endose en el fluido girar´a alrededor de su eje es rotacional. ˆ M´as aun. luego S ´ cuya frontera es una curva simple cerrada y regular. . eje z) = k~ ρk sen φ = ρ sen φ. ZZ I ~= (∇ × F~ ) · dS F~ · d~r.4. acuerdo a la orientacion 3 ~ Sea F : Ω → R un campo vectorial de clase C 1 sobre Ω. se satisface la regla de la mano derecha respecto a ~n). Entonces. con (S ∪ ∂S) ⊂ Ω. Consideramos un cuerpo Ω girando alrededor del eje z. Si ω = k~ ω k es la longitud del vector ω ~ .2 El campo de velocidades F~ (x. 0). El movimiento rotacional se puede ´ se considera siguiendo la regla de la describir mediante un vector ω ~ en el eje z.4. y k~v k = ω α = ω ρ sen φ. . ˆı ˆ . . . ∂ ∂ rot ~v = . ∂x ∂y . . . −ωy ωx . kˆ . . . ∂ . ∂z . = 2 ω kˆ = 2~ ω. . . 0 . ´ de un cuerpo r´ıgido el rotacional del campo vectorial es un campo Por lo tanto. 153 ´ puede contener errores Esta version . El rotacional est´a asociado a rotaciones. para la rotacion ´ con magnitud igual al doble de la rapidez angular.11. vectorial dirigido paralelo al eje de rotacion Figura 4. y un campo el´ectrico en el tiempo t.C AP´I TULO 4. si el contexto no es ambiguo. donde el Teorema de Stokes Z I ´ se escribe con la notacion (∇ × F) · dS = F · ds. representando respectivamente un campo magn´etico (t. En otras palabras.3 Sean E ~ x. y ∂ H~ se calcula electromagnetismo ∇ × E ∂t ∂t ´ manteniendo x. y. tambi´en se suele suprimir un s´ımbolo integral en la integral de superficie.1 Conviene tener en cuenta la notacion ´ NOTACION rot F~ = ∇ × F~ ´ podemos escribir Por esta razon. en varios textos se usa escribir en negrita una expresion ´ es usual ver en algunos textos la siguiente notacion: F~ = F ~ = dS dS d~r = dr (o bien d~s = ds) ~n = n (aunque en algunas ocasiones se hace referencia a que este es el vector normal unitario) De esta forma. dσ = dS y C = ∂S es recorrida en sentido antihorario. si S es una superficie que verifica las hipotesis del Teorema de Stokes. el Teorema de Stokes se expresa con la siguiente ´ notacion ZZ I (∇ × F) · n dσ = S F · dr. S UPERFICIES EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ 4. z). y. En muchas ocasiones.4. z constantes. sobre una superficie S. Adem´as. ∞) × R3 → R3 . z) 7→ H(t. ~ x. (t. C aqu´ı n es normal unitario. 154 ´ puede contener errores Esta version . con H ~ de clase C 1 . z) 7→ E(t. De esta forma. se obtiene la Ley de Faraday I ZZ ZZ ZZ ~ ∂H ∂ ~ ~ ~ ~ ~ · dS. x. x. y. entonces. y. la Ley ∂S fuese un alambre. de acuerdo a la teor´ıa de ~ = − ∂ H~ donde ∇ × E ~ se calcula manteniendo t fijo. como en el libro de Marsden y Tromba.4. ~ E · d~r = (∇ × E) · dS = − · dS = − H ∂t S ∂S S S ∂t H RR ~ · d~r representa el voltaje alrededor de ∂S y ~ ~ ~ Aqu´ı ∂S E S H · dS el flujo de H o flujo magn´etico. y. ZZ ZZ ~ ~ ~ rot F · dS = (∇ × F~ ) · dS S S ZZ ZZ (∇ × F~ ) · n ˆ dS. rot F~ · n ˆ dS = = S S ´ cuando e´ sta es vectorial. S ∂S ~ : [0. una corriente fluir´ıa en proporcion de Faraday dice que el voltaje inducido en un circuito cerrado es igual al negativo de la tasa de cambio de flujo magn´etico a trav´es de una superficie con el circuito como borde. As´ı. EJEMPLO 4. ∞) × R3 → R3 . en el texto de Thomas y Finney. Si ´ a este voltaje. z) y H ~ : [0. x sen z). z) ∈ R3 : x2 + y 2 = a2 : z = 0}. F~ (~r(θ)) = (a sen θ. 2π]. z) = ((1 − ´ EJEMPLO 4. ´ Claramente se satisfacen las condiciones para aplicar el Teorema de Stokes. a cos θ. 0) · (−a sen θ. De esta forma. 0) dθ = 0 Z 2π =− a2 sen2 θ dθ 0 . Tenemos. Solucion. 0. S es el hemisferio z = a2 − x2 − y 2 .4. no´ que tando que ∂S = {(x. 0)dθ. 0) y d~r = (−a sen θ. a cos θ. podemos escoger la parametrizacion recorre ∂S en sentido antihorario: ~r(θ) = (a cos θ. ZZ (∇ × F~ ) · n ˆ dS = S I F~ · d~r ∂S Z 2π (a sen θ. y. y n ˆ tiene positiva la componente z. evalue S (∇ × F ) · n p z)y. a sen θ.4 Usando el teorema de Stokes. 0) con θ ∈ [0.4. Luego.4. 0. T EOREMA DE S TOKES ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon RR ~ ˆ dS. y. zex . donde F~ (x. θ=2π . 1 1 = −a − sen θ cos θ + θ . . ZZ ~ = (∇ × F~ ) · dS S I F~ · d~r ∂S 2π Z (a2 cos2 θ. y. b cos θ. 2 2 θ=0 2 = −a2 π. ´ Claramente se satisfacen las condiciones para aplicar el Teorema de Stokes. z) = x2ˆı + q 1− y 2 ˆ + 2 x2 − yb2 . b2 sen2 θ. y sea F~ (x. F~ (~r(θ)) = (a2 cos2 θ. De esta forma. Tenemos.5 Sea S el semielipsoide z2 = apunta hacia arriba. orientado de modo a2 RR ˆ Calcule z 2 tan(xy)k. b2 sen2 θ. 0)dθ. y. 0) con θ ∈ [0.4. EJEMPLO 4. Luego. Solucion. no2 2 ´ que tando que ∂S = {(x. z) ∈ R3 : xa2 + yb2 = 1 : z = 0}. 0) dθ = 0 Z = 2π −a3 cos2 θ sen θ + b3 sen2 θ cos θ dθ 0 155 ´ puede contener errores Esta version . 2π]. b sen θ. 0) · (−a sen θ. podemos escoger la parametrizacion recorre ∂S en sentido antihorario: ~r(θ) = (a cos θ. S (∇ × que la normal ~n ~ F~ ) · dS. b cos θ. 0) y d~r = (−a sen θ. S UPERFICIES EN R3 ZZ ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon .C AP´I TULO 4. . θ=2π 1 3 3 3 3 ~ ~ (∇ × F ) · dS = a cos θ + b sen θ . . a sen θ. De esta forma. −a cos θ. 0) con θ ∈ [0. I F~ · d~r = Z ∂S 2π (2a sen θ. 3 S θ=0 = 0. y.4. Tenemos. a cos θ. ´ Poniendo S = {(x.6 Calcule el trabajo del campo vectorial F~ (x. z) = (2y. 0) · (−a sen θ. −a cos θ. 0) y d~r = (−a sen θ. F~ (~r(θ)) = (2a sen θ. z = 0. y. Luego. recorrida en sentido antihorario. EJEMPLO 4. z) ∈ R3 : x2 + y 2 ≤ a2 : z = 0}. obtenemos que ∂S = γ. a cos θ. 2π]. −x. 0) dθ 0 = −a2 Z = −a2 Z 2π (2 sen2 θ + cos2 θ) dθ 0 2π (1 + sen2 θ) dθ 0 . z) sobre la curva γ : x2 + y 2 = a2 . 0)dθ. Solucion. ´ podemos considerar la parametrizacion ~r(θ) = (a cos θ. θ=2π . 1 1 = −2a π − a − sen θ cos θ + θ . . Notar que . Otra forma de obtener el resultado es usando el Teorema de Stokes. 2 2 θ=0 2 2 = −3a2 π. . ˆı ˆ . . ∂ ∂ rot F~ = . . ∂x ∂y . . 2y −x . kˆ . . . ∂ . = 0 ˆı + 0 ˆ − 3 kˆ ∂z . . z . ´ de S est´a dado por (0. Entonces y un vector normal unitario acorde a nuestra eleccion I F~ · d~r = ZZ ∂S 156 ´ puede contener errores Esta version S rot F~ · n ˆ dS = −3 ZZ S dS = −3a2 π. 1). 0. . 2) ∈ R3 : x2 + y 2 = 1 : y ≥ 0}.4. 6. 0). Sea γ una curva simple. g : R3 → R son de clase C 1 y C 2 respectivamente. y. 0) y (−1. H Calcule γ F~ · d~r. z) = (2x − y) ˆı − yz 2 ˆ − y 2 z kˆ y la superficie S p correspondiente al cono z = 2 − x2 + y 2 sobre el plano xy. γ3 es el segmento de recta que une los puntos (−1. z ≥ 0. 0) + y cos x2 cos x. z) = y ˆı + z ˆ + x kˆ y la superficie S correspondiente a la parte del cilindro x2 + y 2 = 1 ubicada entre los planos z = 0 y z = x + 2. y.0 . 3. Verifique el Teorema de Stokes para ~v (x. y. 1] ⊂ R2 → ¨ ´ Φ 7. ~ : [0. z) = y 2 ˆı + xy ˆ + xz kˆ y la superficie S correspondiente al paraboloide z = a − x2 − y 2 . 0.4. 2) y (1. sen x2 . Verifique el Teorema de Stokes para F~ (x. θ. γ2 = {(x. z) = . sen x. 4. ∂S ¿Contradice esto el Teorema de Stokes? Justifique apropiadamente su respuesta. 2π] × [−1. y sea F~ : R3 \ {(0. Calcule S (∇ × ~v ) · n ˆ dS. y) = 2 (cos x. cos x2 sen x. 5. x2 + y 2 x2 + y 2 Muestre que ZZ ~ 6= rot F~ · dS S Z F~ · d~r. T EOREMA DE S TOKES ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon EJERCICIOS 4. y. donde ~v (x. y. 0.4. 157 ´ puede contener errores Esta version . . z) = (1 + y − 2x2 ) ˆı + 2x ˆ − (5z 3 + yz)kˆ y S es la superficie correspondiente a la semiesfera x2 + y 2 + z 2 = 16. z) : z ∈ R} → R3 el campo vectorial definido por x −y ~ F (x. cerrada y seccionalmente regular (o regular a trozos). 0. con ~n teniendo componente z negativa. 0. 0) ∈ R3 : x2 + y 2 = 1 : y ≥ 0}. Considere la curva regular a trozos γ = ∪4i=1 γi . RR 2. 2) y γ4 = {(x. z ≤ 0. Pruebe que si f. z) = r4 sen θ rˆ + r4 cos θ θˆ + rθz zˆ. Verifique el Teorema de Stokes para F~ (x. con ~n apuntando hacia afuera. que es frontera geom´etrica de una superficie seccionalmente regular S. 0.1 1. y. Sean S ⊂ R3 la cinta de Mobius parametrizada por la funcion ~ R3 definida por Φ(x. entonces I ZZ ~ f ∇g · d~r = (∇f × ∇g) · dS γ S con γ y S orientadas apropiadamente. y. donde F~ es el campo en coordenadas cil´ındricas dado por F~ (r. donde γ1 es el segmento de recta que une los puntos (1. 2 π 7. F2 .5.4. x3 ).1 Tambi´en es usual escribir NOTACION ∇ · F~ = divF~ . x2 . entonces ZZZ ZZ ~ ∇ · F~ dV = F~ · dS. y. y. − 6. x2 . S UPERFICIES EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon Soluciones a Ejercicios 4. −π 4.1 1. entonces ∂P ∂Q ∂R ∇ · F~ (x. con Ω ∪ ∂Ω ⊂ Λ. F3 ). Si F~ = (P. TEOREMA 4. Se define la divergencia de F como el campo escalar ∇ · F~ : Ω → R (x1 . − 4. z) + (x. z).1 (Teorema de Gauss-Ostrogradski) Sea Ω ⊂ R3 un conjunto abierto y acotado ´ ´ la norcuya frontera (topologica) ∂Ω es una superficie seccionalmente regular. x2 . Si F : Λ ⊂ R → R es un campo vectorial de clase C sobre el abierto Λ. x3 ) ∈ Ω existen ∂F ∂x1 (x1 . x3 ) → ∇ · F~ (x1 . orientada segun 3 3 1 ~ mal exterior a Ω. ∂x ∂y ∂z ´ muy importante El Teorema de Gauss-Ostrogradski (o de la divergencia) dar´a una relacion entre una integral de flujo y una integral de volumen. x2 . z) + (x. Q. R).5. ∂x2 (x1 . con ´ 4. 4 π 5. 0 2. x3 ) + (x1 . −16 π 3. y. x3 ). El Teorema de Gauss-Ostrogradski (o de la divergencia) ´ Partimos enunciando la siguiente definicion.1 Sea Ω ⊂ R3 un abierto y sea F DEFINICION ∂F2 1 F~ = (F1 .5. x3 ).5. x2 . Ω 158 ´ puede contener errores Esta version ∂Ω . ∂x1 ∂x2 ∂x3 ´ 4. y. x2 . x2 . x3 ) y ∂F3 ~ ∂x3 (x1 . x3 ) = ∂F2 ∂F3 ∂F1 (x1 . x2 . tal que para cada (x1 . z) = (x. ~ : Ω ⊂ R3 → R3 un campo vectorial.C AP´I TULO 4. x2 . x3 ) + (x1 . r→0 ZZ 1 ~ F~ · dS. indica que el flujo se expande en el punto (es decir. que el numero de ´ l´ıneas de fuerza que abandona la superficie es inferior al numero de l´ıneas de fuerza que ´ como un sumidero. Entonces.12. R) ∈ R2 y sea F~ (x. Luego. y. z). ingresan a ella). z0 ) = 0. Calcule RR ~ ~ ∂Ω F ·dS. Flujo de salida en un punto de la superficie EJEMPLO 4.5. ∀(x. z0 ) ∈ R3 . que el numero ´ de l´ıneas de fuerza que entra a la superficie es igual al numero de l´ıneas de fuerza que salen de ella). y. por Teorema de GaussOstrogradski ZZ ZZZ ZZZ ~ ~ ~ F · dS = ∇ · F dV = 3 dV = 3 Vol (Ω) ∂Ω Ω Ω =3 4 π R3 3 = 4 π R3 . z0 ) < 0. y0 . y. y0 . En este caso el punto actua ´ iii) ∇ · F~ (x0 . z0 ) > 0. que el numero de ´ l´ıneas de fuerza que abandona la superficie es superior al numero de l´ıneas de fuerza que ´ como un manantial.1 Sea Ω = B(~0. 159 ´ puede contener errores Esta version . En este caso el punto no afecta el tr´ansito del flujo.5. z) = 1 + 1 + 1 = 3 ∀(x. y0 . as´ı que vectorial F~ como la medida de la expansion ´ i) ∇ · F~ (x0 .5. y0 . z) ∈ R3 . Sea Ωr un abierto de frontera orientable tal que P~0 = (x0 .5.4. En este caso el punto actua ´ ii) ∇ · F~ (x0 . indica que el flujo se contrae en el punto (es decir. Solucion. y0 . Figura 4. ´ Notar que ∇ · F~ (x.1 El Corolario anterior nos permite interpretar la divergencia de un campo OBSERVACION ´ de un fluido por unidad de volumen. z) = (x. y. E L T EOREMA DE G AUSS -O STROGRADSKI ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon Una consecuencia del Teorema de Gauss-Ostrogradski es la siguiente COROLARIO 4. y. ∇ · F~ (x0 . z) ∈ R3 . indica que el flujo no es afectado en el punto (es decir.1 Sea F~ un campo vectorial de clase C 1 en una vecindad de (x0 . z0 ) = l´ım r→0 Vol (Ωr ) ∂Ωr ´ 4. y0 . ingresan a ella).z0 ) ∈ Ωr y diam(Ωr ) → 0. RR ´ la integral S F~ · n EJEMPLO 4. Solucion. y. y. podemos aplicar el Teorema de la divergencia. z) ∈ R : x + y = 2x. Calcule ∂Ω F~ · dS. ´ Notar que ∇ · F~ (x. z) = (x. Luego. 3xy. S UPERFICIES EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon 2 2 2 EJEMPLO 4. 0 ≤ z ≤ 1} y S2 = {(x. z) = ∂D − π2 D Z = π 2 − π2 π 2 0 Z 0 2 cos θ (3r2 cos θ − r) dr dθ 0 . podemos usar coordenadas cil´ındricas. z) = (x + 4 cos z ey . donde 3 2 2 ~ F (x.3 Usando el Teorema de la divergencia. y.5. ´ Si a la superficie S le agregamos S3 = {(x. y. z) ∈ R3 . z) ∈ R3 : x2 + y 2 ≤ 2x. y. y por tratarse de un cilindro. 2y + 2e−x . Se sigue que ZZ ZZZ Z π Z 1 Z 2 cos θ 2 ~ ~ r (3r cos θ − 1) dr dz dθ F ·n ˆ dS = ∇ · F d(x. −2z) y S = S1 ∪ S2 . y. Solucion. z = 0}. con S1 = {(x. y. obtenemos ´ cil´ındrica D correspondiente a la union ´ entre la region ´ un cilindro cerrado. z) ∈ R3 : x2 + y 2 ≤ 2x. y.2 Sea Ω el elipsoide xa2 + yb2 + zc2 ≤ 1. 6 + RR ~ 2 sen(x2 + y 2 )). evalue ˆ dS. por Teorema de GaussOstrogradski ZZZ ZZ ZZZ ~ ~ ~ 9 dV = 9 Vol (Ω) ∇ · F dV = F · dS = ∂Ω Ω Ω =9 4 πabc 3 = 12 π a b c.C AP´I TULO 4. Para ello. sobre la region encerrada por el cilindro unida a su superficie ∂D = S ∪ S3 . Luego. z = 1}. z) = 1 + 2 + 6 = 9 ∀(x. notar que ∇ · F~ = 1 + 3x − 2 = 3x − 1.5. y sea F~ (x. r2 . . r=2 cos θ = (3r cos θ − ). dθ 2 r=0 − π2 Z π 2 = (8 cos4 θ − 2 cos2 θ) dθ Z 3 − π2 . θ= π . 2 1 = (8θ + 6 sen(2θ) + sen(4θ)). . ~ θ) = (1+r cos θ. r). de donde se chequea directamente que ~n(r. 1). 0. S3 160 − π2 0 ´ puede contener errores Esta version . −2) · (0. 4 θ=− π 2 = 2π. 3r(1 + r cos θ) sen θ. 0. y por lo tanto n ˆ (r. 0. θ) = (0. r sen θ. Se sigue que Z π Z 1 ZZ 2 ~ F ·n ˆ dS = (1 + r cos θ. θ) = (0. 1). la tapa superior S3 del cilindro puede parametrizarse como Φ(r. 1) dr dθ = −2π. Por otro lado. z 2 ) a trav´es de la superficie S del solido limitado por x2 + y 2 + z 2 ≤ 4. z = 0. z) ∈ ∂Ω. debemos determinar F~ = (F1 . z = 0. F3 ) · (x.5. y. z 2 ) a trav´es de la superficie total S de la semibola acotada por p z = a2 − x2 − y 2 y el plano z = 0. y. E L T EOREMA DE G AUSS -O STROGRADSKI ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon de donde ZZ F~ · n ˆ dS = 2π − (−2π) = 4π. ex .4 Use el Teorema de la divergencia para evaluar ZZ (x2 + y + z) dS ∂Ω donde Ω es la bola unitaria centrada en el origen. z = b b) F~ (x. z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 ≤ 2y ∧ y ≤ 1} y S2 = {(x. z = 0. y. z) = 4xz ˆı − 2y 2 ˆ+ z 2 kˆ a trav´es de la superficie total S del cilindro acotado por x2 + y 2 = 1. z 2 ) a trav´es de la superficie S del solido limitado por y 2 = 2 − x. y. a trav´es de la mitad superior del elipsoide de ecuacion (z ≥ 0). div F~ = 1 y as´ı ZZ ZZZ 4 F~ · n ˆ dS = dV = Vol (Ω) = π. Evalue a) F~ (x. z) ∈ R3 : x2 + y 2 ≤ 1 ∧ 1 ≤ y ≤ 3 − z} ´ c) F~ (x. y. y. Solucion. z) = (z. 3 ∂Ω Ω EJERCICIOS 4. y. F3 ) que verifique F~ · n ˆ = (F1 . y. F ·n ˆ dS = ∂Ω Ω 2 Por otro lado. −x) a trav´es de la superficie S = S1 ∪ S2 donde S1 = {(x. y. y. Verifique el Teorema de Gauss-Ostrogradski para el campo vectorial dado a trav´es de la superficie dada: ´ a) F~ (x. ´ El Teorema de la divergencia dice que ZZ ZZZ ~ div F~ dV. z) = x2 ˆı + xy ˆ + xz kˆ a trav´es de la superficie total S del cilindro acotado por x2 + y 2 = a2 . y. z = 3 c) F~ (x. 161 ´ puede contener errores Esta version . z) = (x2 . y 2 . y. F2 . z) = x F1 + y F2 + z F3 = x2 + y + z ∀(x. S EJEMPLO 4. Por lo tanto.5. z ≥ 2 − y. De esta forma. z = x b) F~ (x.1 ´ la integral de superficie del campo vectorial dado a trav´es de la superficie dada: 1. z) ∈ R3 . notar que ∂Ω corresponde a la esfera x +y 2 +z 2 = 1.5. as´ı que cualquier vector normal exterior a ∂Ω es unitario. ˆ 3. z) = (sen y. F2 . −x. ´ 4x2 + 4y 2 + z 2 = 4 (x. Calcule el flujo saliente del campo F~ (x. z) = (x3 + 2yz) ˆı + (y 3 − 2xz) ˆ + (x2 + y 2 ) k. 2. de donde deducimos que F1 = x y F2 = F3 = 1. y.4. z) = (y. 21 10 π 4. 3π 8 √ 256 2 35 8 3π 8 3π ~ ´ de S: Φ(θ. 2π] × − 2 . a) b) c) 3. ξ).5. ξ) ∈ [0. a) 0 b) 27π 4 c) π 2a 2. θ = θ0 fijo. donde − π2 ≤ ξ ≤ π2 . 162 ´ puede contener errores Esta version . z ≥ 0) 5. Considere la siguiente parametrizacion ξ) = (cos ξ cos θ.1 1. Soluciones a Ejercicios 4. con π π 2 π (θ. Considere la superficie S obtenida al rotar γ alrededor del eje ´ regular para la superficie S en funcion ´ de (θ. Calcule el flujo del campo vectorial F~ (x. S UPERFICIES EN R3 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon 4. y ≥ 0.C AP´I TULO 4. 5. El Volumen es 2 . y. z y encuentre una parametrizacion ´ use el Teorema de la divergencia para calcular el volumen del solido limitado por S. ˆ ~ SUG: Considere el campo F = z k. Sea γ ⊂ R3 la curva definida en coordenadas cil´ındricas por r = cos ξ. cos ξ sen θ. 2 . Luego. z) = x2 ˆı +y 2 ˆ+z 2 kˆ a trav´es del octante positivo de la esfera x2 + y 2 + z 2 = 1 (x ≥ 0. y z = sen(2ξ). sen(2ξ)). Parte III Ecuaciones Diferenciales Parciales 163 . . y teniendo en cuenta que una de las herramientas b´asicas para describir procesos que var´ıan continuamente es la derivada. es Cuando se quiere abordar algun usual hacerlo por etapas. En este cap´ıtulo se pretende entregar los argumentos necesarios para justificar. es natural que una gran cantidad de modelos matem´aticos sean descritos por ecuaciones diferenciales parciales u ordinarias. El paso del problema real al modelo matem´atico cae en un inmenso campo ´ ´ ´ relacionada con el teorico relacionado con el como interpretamos y estudiamos la informacion problema que se desea abordar. generalmente son descritos por ecuaciones diferenciales parabolicas o hiperbolicas. son muchos los nombres que a trav´es de la historia han dejado una profunda huella tanto en el desarrollo de la matem´atica como en otras ciencias. nos interesa estudiar determinados problemas ´ de modelos matem´aticosbasados en el estudio de una EDP. . en la Etapa 1. . .. Etapa 1: El problema real y el modelo matem´atico. el estudio de las Ecuaciones Diferenciales Parciales (EDP). Modelos Matem´aticos ´ de los matem´aticos ha sido el interUna de las grandes motivaciones y fuentes de inspiracion pretar y resolver problemas de la vida cotidana. problemas de diversa naturaleza. ´ problema real. el´ectrica. Astronom´ıa.. En este sentido. Qu´ımica: movimientos subsonicos ´ cion de gases. . total y/o parcial. en un sentido amplio. tanto de la ciencia como de la tecnolog´ıa. problemas de F´ısica: mec´anica. Ahora. las ecuaciones diferenciales surgen cuando se quieren abordar. . En nuestro caso. en cuenta que el modelo matem´atico es una aproximacion 165 . Biolog´ıa: din´amica de poblaciones.Cap´ıtulo 5 Ecuaciones lineales de segundo orden 5. Debido a que muchos problemas evolucionan o cambian en el tiempo. Se requiere un profundo conocimiento del problema concreto que se ha de abordar. En particular. Los problemas pueden ser de tipo est´atico o din´amico. Los est´aticos usualmente son descritos por ecuaciones diferenciales el´ıpticas. desde el punto de vista de las aplicaciones. . teniendo mediante la creacion ´ del problema original. equilibrio de un gas en un contenedor.1. . . . din´amica. mientras que los din´ami´ ´ cos. Econom´ıa.. por ejemplo. y en particular de las innumerables variables que est´an envueltas en el problema. coopeti´ entre especies. La ecuacion ´ de Laplace. la Ley de Fourier del flujo de calor. por ejemplo. 5. Etapa 2: El modelo matem´atico y el estudio de sus soluciones. Unicidad de soluciones ´ con respecto a los datos del problema. En esta etapa culmina el proceso de modelaci´on. E CUACIONES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon debi´esemos guiarnos por el siguiente esquema: ´ Leyes Hipotesis sobre + ⇒ Una EDP ´ de Conservacion el problema particular ´ del calor. entre ellas. Validez de los m´etodos num´ericos para aproximar las soluciones Si adem´as la EDP considerada es no lineal (EDPNL). surgen otras consideraciones tales como 6. ∇·E 0 166 ´ puede contener errores Esta version . estabilidad de soluciones. Aqu´ı interesa responder satisfactoriamente al modelo matem´atico. Aqu´ı se trata de verificar que la o las soluciones del modelo matem´atico sean consistentes o no con las soluciones del problema real. Existencia de soluciones no acotadas Etapa 3: Las soluciones del modelo matem´atico y el problema real. de existir alguna ´ al modelo matem´atico.C AP´I TULO 5. de tal modo que. Existencia de algun 2. Regularidad de soluciones 5. Es conocido que un campo electrost´atico E satisface la ecuacion ~ = ρ(~r) . 4. La interpretacion ´ donde no hay distribucion ´ de carga de consideramos un potencial electrost´atico en una region ~ ´ volumen. en el contexto del estudio La ecuacion ´ f´ısica m´as cl´asica corresponde a aquella cuando de las funciones anal´ıticas en R2 . e´ sta sea viable de implementar y valide la informacion ´ que ya se solucion conoce del problema en estudio. M´as general3. para obtener la EDP de difusion ´ conservaci´on de la energ´ıa cal´orica y algunas hipotesis adicionales sobre el problema concreto de estudio. se requiere considerar la Ley de A modo de ejemplo. ´ de Laplace en verdad surgio´ antes de la e´ poca de Laplace.1. Existencia de una frontera libre 7. Dependencia continua de la solucion mente.1. algunas consideraciones a tomar en cuenta son: ´ tipo de soluciones 1. B´asicamente. entre otras aplicaciones. 2) ´ de Laplace −div ∇u = 0. Este bombardeo a incesantemente por mol´eculas en el fluido. 167 ´ puede contener errores Esta version . el movimiento aleatorio de estas part´ıculas se debe a que su superficie es bombardeada ´ t´ermica. obtenemos utilizamos el potencial electrost´atico E = −∇V en la ecuacion ~ = ∇ · (−∇V ) = −∇2 V = −∆V = ρ(~r) . Este tipo movimiento recibe su nombre en honor a Robert Brown. esto es ρ ≡ 0 en la region. 1).´ 5. ´ f´ısica m´as general es aquella en que consideramos a u como la densidad de Una interpretacion alguna magnitud en equilibrio. ∂D y as´ı ~ =0 div U (5 . Si donde ρ es la carga en un punto ~r de la region ~ ´ anterior. obtenemos Z D ~ dx = div U Z ~ ·n U ˆ dS = 0. obtenemos la ecuacion −∆u = 0 en Ω. Desde el Teorema de la Divergencia.1. U (5 . 2) en (5 . ´ de regiones de alta concentracion Por lo tanto ~ = −a ∇u (a > 0). pero apuntando en la direccion ´ opuesta (pues el flujo va flujo U ´ a regiones de baja concentracion). como por ejemplo el polen en una gota de agua. el flujo neto de u a trav´es de ∂D es cero: Z ~ ·n U ˆ dS = 0. ˜ ´ de Laplace tambi´en aparece en Finalmente. Entonces si Ω es un subconjunto abierto de RN y D es cualquier subdominio suave al interior de Ω. ∇·E 0 ´ de Laplace se verifica para el potencial V en las regiones en de donde concluimos que la ecuacion ´ que la carga el´ectrica de volumen es nula. cabe senalar que. As´ı la presion movimiento observado). que es equivalente a Sustituyendo (5 . 1) en Ω. En muchas instancias es f´ısicamente razonable asumir que el ~ es proporcional al gradiente ∇u. M ODELOS M ATEM ATICOS ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ y 0 es la permitividad el´ectrica del vac´ıo. pues D fue escogido arbitrariamente. la ecuacion ´ probabil´ıstica del movimiento Browniano (movimiento aleatorio que se observa la investigacion ´ en algunas part´ıculas microscopicas que se hallan en un medio fluido. sometidas a una agitacion ´ escala atomica no es siempre completamente uniforme y sufre variaciones estad´ısticas importan´ ejercida sobre los lados puede variar ligeramente con el tiempo provocando el tes. ∂D ~ denota la densidad de flujo y n donde U ˆ es el vector normal exterior unitario sobre ∂D. tratamos de encontrar un modelo que gobierne la di´ del calor. qui´en Ω ⊂ R . siendo x la variable espacial y t la variable que mide el tiempo transcurrido. t) genera una cantidad q2 de calor en Ω0 en un tiempo t el cual est´a dado por Z q2 (t) = f (x. y sea ∂Ω0 su frontera. permitiendo a los posible que el proceso de la fundicion ´ de la temperatura al interior de un cuerpo en cualquier cient´ıficos determinar una aproximacion instante futuro. razon ley de Fourier. el cual supondremos regular. t). el vector ∂u ∂u ∂u (x. Asumiendo que las variaciones de temperatura son moderadas. la cual conlleva impl´ıcitamente la independencia de la conductividad respecto a la temperatura. t) ∇u(x. Como sabemos. κ(x) ≥ 0. Por otro lado. Asumamos que (x. t) = ∂x1 ∂x2 ∂x3 ´ en que la temperatura es creciente. si la densidad es cons´ de la temperatura no debe ser muy grande. que est´a sometido a una fuente de calor f (x. De esta manera. t)ν dS(x) = div(κ(x)∇u(x. t) a la temperatura que hay en el instante de tiempo t en el punto x. La ley de Fourier implica que la cantidad q1 de calor que se intercambia entre Ω0 y su complemento a trav´es de su frontera ∂Ω0 en el tiempo t est´a dada por Z Z q1 (t) = κ(x)∇u(x. (x. el flujo de calor est´a orientado en la direccion se mueve de zonas de mayor temperatura a zonas de menor temperatura. ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon La ecuacion ´ del calor ˜ ´ m´as comun ´ de la ecuacion ´ del calor en un dominio Partimos senalando la interpretacion 3 ´ corresponde a la dada a comienzos del siglo XIX por Fourier. Esta interpretacion ´ del fenomeno ´ inicio´ el estudio del flujo de calor al observar que una mejor comprension har´ıa ´ de metales fuese m´as eficiente. ∂Ω0 Ω0 Por otro lado. Como la densidad var´ıa de acuerdo a la temperatura. es razonable asumir que las constantes f´ısicas son independientes fusion de la temperatura. E CUACIONES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN 5. (x. +∞[.C AP´I TULO 5. donde κ(x) es una caracter´ıstica del medio llamada conductividad t´ermica. Para altas temperaturas tante. t) dx. Consideremos adem´as un medio f´ısico conductor de calor contenido en Ω cuya densidad est´a dada por ρ(x). t)) dx. t). Ω0 ´ puede contener errores 168 Esta version .2. dada la temperatura en su frontera en un instante determinado. t) y denotemos por u(x. t) ∈ R3 × [0. entonces la variacion y grandes variaciones de la misma.1. la fuente de calor f (x. Sea Ω0 un subdominio dentro del medio f´ısico conductor de calor contenido en el dominio Ω que estamos considerando. t). mientras que la ley de Fourier establece que el flujo t´ermico es proporcional al gradiente de las temperaturas. de modo que el flujo puede escribirse como F~ = −κ(x)∇u(x. la conductividad puede depender de la temperatura y de sus ´ por la que aqu´ı exclu´ımos esta situacion ´ ya que estamos considerando exacta la variaciones. se debe cumplir que Z t+∆t (q1 (s) + q2 (s)) ds = q3 (t). t) dx dt. ∂t Ω0 En vista que Ω0 y ∆t son arbitrarios en los puntos donde el integrando es continuo. u dx = − div U dt D D 169 ´ puede contener errores Esta version . t). t) − c(x)ρ(x) ∂u (x. si Ω es un subconjunto abierto de R y D es cualquier subdominio suave al interior de interior de Ω. obtenemos la igualdad div(κ(x)∇u(x. c y ρ son constantes. con κ(x) = κ > 0 y c(x) = ρ(x) = 1. Entonces ´ para que exista equilibrio entre la energ´ıa calorica contenida en Ω0 y el calor que se intercambia en ∂Ω0 junto con la energ´ıa desde la fuente de calor. entonces obtenemos la cl´asica ecuacion ´ del calor no homog´enea ∂u − κ2 ∆u = f ∂t en Ω× ]0. s) dx ds = 0. t) ∈ Ω×]0. t)) + f (x. s)) + f (x. la tasa de cambio de la magnitud total en D es igual al negativo del flujo neto a trav´es de ∂D: Z Z d ~ ·n u dx = − U ˆ dS.´ 5. ∂t ´ donde c(x) es el valor espec´ıfico del medio y q3 es la energ´ıa calorica contenida en Ω0 . Entonces. +∞[. t) = 0 ∀(x. ∂t ´ de la cantidad de calor en un instante t en Ω se puede en un intervalo de tiempo ∆t la variacion aproximar por la cantidad q3 dada por Z t+∆tZ q3 (t) = c(x)ρ(x) t Ω0 ∂u (x. Notar que si que corresponde precisamente a la ecuacion 2 asumimos que κ. +∞[. M ODELOS M ATEM ATICOS ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ de la temperatura con respecto al tiempo es Como la variacion ∂u (x.1. dt D ∂D ~ denota la densidad de flujo y n donde U ˆ es el vector normal unitario sobre ∂D. Desde el Teorema de la Divergencia obtenemos Z Z d ~ dx. s) − c(x)ρ(x) (x. ∂t ´ del calor en una version ´ general. ´ f´ısica m´as general es aquella en que consideramos a u como la evolucion ´ de Una interpretacion N la densidad de alguna magnitud en el tiempo. t de donde obtenemos la igualdad Z t t+∆t Z ∂u div(κ(x)∇u(x. entonces se pueden producir sonidos muy del mismo tipo y tension ´ no es la adecuada. 3). los procesos f´ısicos de difusion pueden ser vistos como procesos f´ısicos o termodin´amicos irreversibles. En resumen. E CUACIONES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon y as´ı ~ ut = −div U en Ω. Johann Bernoulli le dio´ sentido a estas observaciones. ante la pregunta ¿Como ´ El estudio de la ecuacion ´ puede una cuerda de viol´ın crear sonidos? Los pitagoricos se dieron cuenta que si dos cuerdas ´ se relacionan adecuadamente.C AP´I TULO 5. En situaciones ´ de una sustancia. Sin embargo. y concluyendo que la forma m´as simple para la vibracion ´ m´as influyente de la ecuacion ´ de ondas surgio´ desde el la de una sinusoide. que equivale a ∂u − κ2 ∆u = 0 en Ω× ]0. As´ı. t) representa el ´ de los puntos x en un tiempo t. +∞[. la ecuacion ´ de Fokker-Planck y en qu´ımica se al estudio del movimiento Browniano por medio de la ecuacion ´ de materia por medio de la segunda ley de Fick. la cual est´a vinculada a diversos casos de difusion o energ´ıa en un medio en el que inicialmente no existe equilibrio qu´ımico o t´ermico. U (5 . 4) en (5 . (5 . 170 ´ puede contener errores Esta version . ´ de regiones de alta concentracion Por lo tanto. ∂t ´ del calor o de difusion ´ aparece en estad´ıstica vincul´andoEntre otras aplicaciones.1. 4) Considerando a = κ2 > 0 y sustituyendo (5 . En muchas instancias es f´ısicamente razonable asumir que el ~ es proporcional al gradiente ∇u. En 1727. los sonidos producidos pueden resultar armoniosos. El flujo homogeneizador es una consecuencia estad´ıstica del movimiento tracion al azar de las part´ıculas en su interior y da lugar al segundo principio de la termodin´amica. o solido el´astico (caso N = 3). 3) pues D fue escogido arbitrariamente. membrana vibran´ te (caso N = 2). la vision ´ de onda estudio de las ecuaciones de Maxwell sobre electromagnetismo. obtenemos la cl´asica ecuacion ´ del calor 2 homog´enea ut = κ div∇u en Ω× ]0. se produce un en las que existen gradientes de concentracion ´ y a uniformizar la concenflujo de part´ıculas o de calor que tiende a homogenizar la disolucion ´ o temperatura. 5. experimentando con ´ de una cuerda es una cuerda de viol´ın. mientras que si la relacion desagradables. la ecuacion es un modelo simplificado para el estudio de una cuerda vibrante (caso N = 1). A continuacion ´ nos centramos desplazamiento en alguna direccion en el caso N = 3. pero apuntando en la direccion ´ opuesta (pues el flujo va flujo U ´ a regiones de baja concentracion). En aquellas aplicaciones f´ısicas u(x. La ecuacion ´ de onda ´ de ondas se remonta hasta la antigua Grecia. ~ = −a ∇u (a > 0). +∞[.3. cono´ cido tambi´en como movimiento t´ermico casual de las part´ıculas. o de temperatura. ˜ en general es posible linealizar F~ (∇u) aproximadamente como −a∇u. F~ es una funcion utt + div F~ (∇u) = 0 en Ω×]0. desde el Teorema de la Divergencia obtenemos que utt = −div F~ en Ω×]0.2. ´ en b) condiciones de temperatura prefijadas que esperamos tener sobre la frontera de la region cualquier tiempo t. mencioque para la eleccion namos aqu´ı que las motivaciones f´ısicas sugieren que el modelo matem´atico considere dos condiciones iniciales. ∞[. podr´ıamos preguntarnos si sobre la frontera la barra o la l´amina es t´ermicamente aislada o bien si hay intercambio de calor con el medio.5. Para efectos futuros. en el tiempo t = 0. ´ a = κ2 > 0 corresponde a la ecuacion ´ de ondas. D ∂D ´ Como esta ultima igualdad es v´alida en cada D ⊂ Ω. 5. Por ejemplo. Luego. Desde el punto de vista f´ısico es natural pensar que nuestra solucion ciertos requerimientos. ∞[. la aceleracion ´ al interior de Sea D una region D est´a dada por Z Z d2 utt dx u dx = dt2 D D y la fuerza de contacto neta est´a dada por Z − F~ · n ˆ dS. obtenemos utt − a∆u = 0 en Ω×]0. que se traducen en ciertas condiciones prefijadas. C ONDICIONES SOBRE UNA EDP DE 2DO ORDEN ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ abierta incluida en el abierto Ω ⊂ R3 . conocidas como condiciones de a) condiciones sobre la frontera o borde de la region ´ del calor en contorno (CC). Condiciones sobre una EDP de 2do orden Supongamos que tenemos una EDP (lineal o no lineal) que modela un problema que quere´ debe satisfacer mos resolver. una sobre el desplazamiento de u y otra sobre la velocidad ut . es igual a 1. en el caso de que queramos estudiar la distribucion una barra delgada o l´amina delgada. ∞[. y como para ∇u pequeno. para solidos el´asticos. ´ ´ del gradiente del desplazamiento ∇u. Entonces. Ahora. ∂D donde F~ denota la fuerza actuando sobre D a trav´es de ∂D y la densidad de masa es considerada ´ es igual a la fuerza neta. Las leyes de Newton afirman que la masa por la aceleracion decir Z Z utt dx = − F~ · n ˆ dS. 171 ´ puede contener errores Esta version . como por ejemplo: ´ en estudio.2. alguna(s) CC. la condicion por ∂u (x. la condicion por u(x. nuestro problema en general est´a compuesto por una EDP. deber´ıamos tener la siguiente estructura: En el caso de una ecuacion ( EDP CC 5. donde g : ∂Ω → R es una funcion Condiciones de contorno tipo Neumann ´ de Neumann est´a dada En el caso en que u no depende de una variable temporal. ´ conocida. t) ∈ ∂Ω × I. y. Condiciones de contorno tipo Dirichlet ´ de Dirichlet est´a dada En el caso en que u no depende de una variable temporal. as´ı como tambi´en a un intervalo I de numeros reales. . donde h : ∂Ω → R es una funcion 172 ´ puede contener errores Esta version . etc. t) = g(x. 3. Para fijar ideas asumiremos que N = 3. z) = h(x. deber´ıamos tener la siguiente estructura: EDP CC CI ´ como la de Laplace. y su frontera ´ ´ (topologica) ∂Ω. En el caso de una ecuacion de onda. z) · n ˆ= ∂n ˆ ´ conocida. y. ∇u(x. Aqu´ı consideramos Ω ⊂ RN . N = 1. z) ∈ ∂Ω. y. De esta forma. y en caso ´ como la del calor o la de tener dependencia en el tiempo. z) ∀(x. donde g : ∂Ω → R es una funcion ´ de Dirichlet est´a dada En el caso en que u depende de una variable temporal. z) ∀(x. y.2. E CUACIONES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon c) condiciones iniciales (CI) sobre el calor que deseamos aplicar en el instante t = 0. . z) = g(x. z) ∀(x. la condicion por u(x. y. y. z. 2. z. . ´ conocida. Condiciones iniciales y de contorno ´ vamos a precisar el asunto de las condiciones que permiten estudiar existencia A continuacion y unicidad de soluciones de ciertas EDP. y. y. y.C AP´I TULO 5. z) ∈ ∂Ω. y.1. alguna(s) CI. z. la condicion ˜ nable toda vez que es la que nos permite aproximar el problema real. y. y.3. z. y. pues garantiza que pequenas ˜ variaciones con respecto a la solucion ´ variaciones en los datos del problema producen pequenas del problema original. y. 0) = u0 (x. y. donde g : ∂Ω → R es una funcion Condiciones de contorno mixtas Las condiciones mixtas corresponden a un grupo de condiciones de contorno donde se emplean condiciones tipo Dirichlet y condiciones tipo Neumman en porciones de la frontera. Por otro lado.´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] 5. z. La siguiente definicion Hadamard. z) ∀(x. z) ∀(x. t) = (x. Pero en general. donde u0 : Ω → R es dada como dato. y. una t´ıpica CI es u(x. y. 173 ´ puede contener errores Esta version . 5. cuando en la EDP aparece una derivada temporal de primer orden.3. z) ∈ Ω. z. z) ∀(x. mientras que si en la EDP aparece una derivada temporal de segundo orden. donde u1 : Ω → R es dada como dato. y. Condiciones iniciales Estas condiciones tienen sentido en problemas donde el par´ametro temporal est´a presente. Salomon P ROBLEMAS BIEN PUESTOS PARA EDP DE SEGUNDO ORDEN ´ de Neumann est´a dada En el caso en que u depende de una variable temporal. y. M´as aun. la condicion por ∂u ∇u(x. t) ∈ ∂Ω × I. ∂n ˆ ´ conocida.3. z) ∈ Ω. y. entonces es esperable que surge una segunda CI de la forma ut (x. 0) = u1 (x. z. Problemas bien puestos para EDP de segundo orden ´ estamos interesados en averiguar qu´e requisitos le vamos a pedir a un problema En esta seccion ´ se debe a de EDP para que realmente sea interesante el intentar resolverlo. ´ 5. t) = g(x.1 Se dice que un problema de EDP es un problema bien puesto si se cumplen las DEFINICION siguientes tres condiciones: ´ i) Existencia: existe solucion ´ es unica ´ ii) Unicidad: la solucion ´ depende continuamente de los datos del problema iii) Estabilidad: la solucion ´ de estabilidad parece razoLas dos primeras exigencias son naturales. 0) = 0 ut (x. t M ´ de esta ultima ´ con M muy grande. 0) = sen(M x) . rencial asociado a la EDP es lineal en la funcion EJEMPLO 5.4. 0) = 0 u (x. ε[×R+ xx u(x. que modelan el problema? ¿Son las soluciones obtenidas pequenas ˜ variaciones respecto de la soluci´on del problema original? Aunque la mayor´ıa de los problemas que se estudian en matem´atica est´an bien puestos. cuando uno var´ıa levemente la Solucion. ´ Una solucion ´ inicial pueden suceder cosas inesperadas. EJEMPLO 5. 2M 2 Claramente.4. Consideremos ahora el problema segunda condicion u + utt = 0 (x. Por esta razon. t) = sen(M x) senh(M t) . t) crece exponencialmente cuando t → ∞. ε[ fijo. u(x0 . en las CC o en las CI. ε[×R+ ¿Es este un problema bien puesto? ´ de este problema es u ≡ 0. Linealidad ´ 5.1. un pequeno ´ la solucion ´ no depende continuamente de los datos iniciales. 0) = 0. Linealidad y superposicion ´ 5. y) = 0 in R2 es lineal.C AP´I TULO 5. y as´ı el problema no est´a bien puesto.3. Por otro lado. t) ∈]0.1 La EDP ux (x.4. como se observa en el siguiente ejemplo de Hadamard.1 Una EDP es llamada Ecuaci´on Diferecial Parcial Lineal (EDPL) si el operador difeDEFINICION ´ u y en todas sus derivadas parciales. El operador asociado aqu´ı es L(u) = ux 174 ´ puede contener errores Esta version . E CUACIONES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ¿Qu´e sucede al hacer pequenos ˜ cambios en las EDP. Una solucion EDP es u(x. en en las soluciones. hay algunos que no lo est´an. t) ∈]0.1 Sea ε > 0 y considere el problema el´ıptico uxx + utt = 0 u(x. 5. Por lo tanto. para x0 ∈]0. el problema no es estable. as´ı.4. (x. concreto de la velocidad inicial ut (x. 0). pues senh(t) es del ˜ cambio en los datos genero un gran cambio mismo orden que et cuando t → ∞. a0 y f son funciones conocidas. entre otras. se verifica L(u + αv) = ux + αvx = L(u) + αL(v). As´ı. a` . Por ejemplo. es lineal. y considerar Ω = Ω0 × I. el cual es claramente lineal.3 La EDPL de segundo orden general en Ω ⊂ RN . . ∂xi ∂xj ∂x` `=1 175 ´ puede contener errores Esta version . Problemas lineales ´ concreta de una EDP de segundo orden se requiere Sabemos que para obtener una solucion ´ adicional denominada condiciones de contorno (CC) y/o condiciones iniciales cierta informacion (CI). se puede asociar a las ecuaciones de Laplace..2 La ecuacion ´ ecuacion ut − ∆u = f (x) obtenemos que su operador diferencial asociado es L(u) = ut − ∆u... B (u) = g (x) sobre Λ K K K donde L(u) := N X N X j=1 i=1 N aij (x) X ∂2u ∂u + a` (x) + a0 (x)u.´ 5.4. con I un intervalo en R. a` . N ≥ 1. del Calor y de Onda. para convenientes elecciones de aij .4.. es decir. ´ del calor no homog´enea en RN . tenemos que en RN el problema lineal m´as general posible en Ω ⊂ RN es el siguiente L(u) = f (x) en Ω B1 (u) = g1 (x) sobre Λ1 (Pu ) B2 (u) = g2 (x) sobre Λ2 . desde la EJEMPLO 5. EJEMPLO 5. es la siguiente L(u) = f (x) donde L(u) := N X N X N aij (x) j=1 i=1 X ∂2u ∂u a` (x) + + a0 (x)u ∂xi ∂xj ∂x` `=1 y aij . Poisson. este operador. L INEALIDAD Y SUPERPOSICI ON ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon que es lineal. a0 y f . En efecto. de orden inferior al de la EDP. N ≥ 1. la que tambi´en podemos expresar a trav´es de operadores lineales. Eventualmente. para N ≥ 2. la N -´esima variable puede considerarse como un valor t ∈ I.4. b0. K. Bk (u) := N X bi. ..k y gk funciones conocidas. ... sobre ΛK (Pw ) . sobre ΛK donde Gi (x) = gi (x) − Bi (¯ u) sobre Λi . . . . Si conocemos una solucion mos u ¯ (por lo tanto se cumple que L(¯ u) = f (x) en Ω). a0 y f funciones conocidas.k .C AP´I TULO 5.. B (v) = G (x) K K en Ω sobre Λ1 sobre Λ2 (Pv ) . digaHomogeneizacion ´ de la EDP. ∪ ΛK . 2.k u k = 1. E CUACIONES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon con aij .. . i=1 con bi. ´ de contorno de (Pu ) usando entonces se puede homogeneizar la correspondiente condicion el cambio de variables w =u−G y obtener un problema equivalente a (Pu ). . . a saber L(w) = F (x) B1 (w) = 0 B2 (w) = G1 (x) . K. . y Λk ⊂ ∂Ω. para k = 1. . a saber L(v) = 0 B1 (v) = G1 (x) B2 (v) = G2 (x) . . por ejemplo Si conocemos una funcion B1 (G) = g1 .. i = 1.k uxi + b0. Propiedades de los problemas lineales ´ particular de la EDP en (Pu ). entonces se puede homogeneizar la EDP del problema (Pu ) a trav´es del cambio de variables v =u−u ¯ y obtener un problema equivalente a (Pu ). 2. 2.. . K. . . con ∂Ω = Λ1 ∪ Λ2 ∪ .. B (w) = G (x) K 176 ´ puede contener errores Esta version K en Ω sobre Λ1 sobre Λ2 . ´ G que verifica una condicion ´ de frontera. a` . B (u ) = g (x) K K K en Ω sobre Λ1 sobre Λ2 (PK ) .. .. la solucion soluciones ui de los respectivos problemas (Pi ). ... 3. tal como ´ se muestra a continuacion L(u0 ) = f (x) en Ω B1 (u0 ) = 0 sobre Λ1 (P0 ) B2 (u0 ) = 0 sobre Λ2 .. B (u ) = 0 sobre ΛK K 1 L(u2 ) = 0 en Ω B1 (u2 ) = 0 sobre Λ1 (P2 ) B2 (u2 ) = g2 (x) sobre Λ2 . i = 2.. ....´ 5.... L(uK ) = 0 B1 (uK ) = 0 B2 (uK ) = 0 .... . B (u ) = 0 sobre Λ K 2 K .. ..4.. es decir u= K X ui i=0 177 ´ puede contener errores Esta version . L INEALIDAD Y SUPERPOSICI ON ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon donde F (x) = f (x) − L(G) en Ω Gi (x) = gi (x) − Bi (G) sobre Λi . .. sobre ΛK ´ u del problema (Pu ) puede ser considerada como la suma de las De esta forma. K El problema (Pu ) se puede descomponer en la suma de K + 1 problemas simples..... B (u ) = 0 sobre ΛK K 0 L(u1 ) = 0 en Ω B (u ) = g1 (x) sobre Λ1 1 1 (P1 ) B2 (u1 ) = 0 sobre Λ2 .. . 0) = u(x. t) = 0 t ∈ ]0. +∞[ u(1. t) = 0 u(x. +∞[ v(x. 1[×]0. con EDP homog´enea. 0) = − 1 sen(πx) x ∈ ]0. 6) . 5) y homogeneice la ecuacion u ¯(x.4 Considere el problema ut − uxx = sen(πx) en ]0. es una solucion EJEMPLO 5. 5). 0) − 2 sen(πx) = − 2 sen(πx) π π De esta forma. t) = u(0. 1[ ´ sabiendo que la funcion ´ Estudie la linealidad del problema (5 . t) = u(1. +∞[ v(0. 0) = 0 ´ puede contener errores 178 Esta version t ∈ ]0. 1[. 1[ (5 . entonces vt = ut − 0 = ut vxx d2 = uxx − 2 dx 1 sen(πx) π2 d = uxx − dx 1 cos(πx) π = uxx + sen(πx) 1 sen 0 = 0 π2 1 v(1. 5) t ∈ ]0.4. 1[×]0. t) = 0 t ∈ ]0. +∞[ u(0. t) − 2 sen π = 0 π 1 1 v(x. +∞[ t ∈ ]0. Solucion. π2 EJEMPLO 5. t) = 0 v(0. E CUACIONES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ de Pu . t) = et u(x. 1[×]0. ´ Sea v =u−u ¯. 0) = 0 x ∈ ]0. t) = 0 t ∈ ]0. a saber vt − vxx = 0 en ]0.4. t) = 1 sen(πx) π2 la satisface. +∞[ x ∈ ]0. +∞[ u(0. obtenemos un problema equivalente a (5 .C AP´I TULO 5. +∞[ u(1. +∞[ (5 . t) − v(1.5 Considere el problema ut − uxx = 0 en ]0. t) − G(0. 179 ´ puede contener errores Esta version . y) ∈ ]0.´ 5. t) = 0 v(x. 0) = u(x. +∞[ v(1. 0) − G(x. t) = u(0. 6). ´ Integrando uxx dos veces con respecto a x. 7) Solucion. 1[. t) = xet ´ de contorno cuando x = 1. L INEALIDAD Y SUPERPOSICI ON ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ de frontera en x = 1 sabiendo Estudie la linealidad del problema (5 . (5 . +∞[ v(0. +∞[ x ∈ ]0. t) − G(1. t) = 0 t ∈ ]0.4. obtenemos uxx = 6xy ⇒ ux = 3x2 y + C1 (y) ⇒ u = x3 y + C1 (y)x + C2 (y). y) = 0 y ∈ R. con condicion homog´enea. obtenemos un problema equivalente a (5 . y) = y y∈R ux (1. y) = 6xy (x. satisface la condicion Solucion. a saber vt − vxx = −xet en ]0.4. 1[×]0. entonces vt = ut − xet vxx = uxx − d2 t xe = uxx − 0 = uxx dx2 v(0. ´ Sea v = u − G. 1[×R u(0.6 Resuelva el problema uxx (x. t) = 0 v(1. 0) = −x ´ de frontera en x = 1 De esta forma. t) = u(1. EJEMPLO 5. t) = et − et = 0 v(x. 6) y homogeneice la condicion que G(x. 0) = −x t ∈ ]0. ´ del problema es De esta forma. ´ continua cualquiera tal que C1 (0) = 0.4. 8) Solucion. y) = 2x (x. y) = 0 y ∈ R+ u(x. y) = (0)3 y + C1 (y) · 0 + C2 (y) = y ⇒ C2 (y) = y. y) = 3 · 13 · y + C1 (y). consideramos ahora C2 (x) = x2 y la primera conUsando la forma de la solucion ´ de contorno para encontrar C1 (x). consideramos ahora C2 (y) = y y la segunda condiUsando la forma de la solucion ´ de contorno para encontrar C1 (y). y) = 3y + C1 (y) = 0 ⇒ C1 (y) = −3y. ⇒ ux (1.7 Resuelva el problema u (x. 0) = x2 ⇒ u(x. y) = xy 2 − C1 (x)y + x2 . y) = C1 (0)y = 0 ∀y ∈ R+ ⇒ C1 (0) = 0. 0) = x · 02 + C1 (x) · 0 + C2 (x) = x2 ⇒ C2 (x) = x2 . ´ obtenida. Tenemos dicion u(0. donde C1 : [0. y) = x3 y − 3yx + y. E CUACIONES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ obtenida. ´ obtenida. 0) = x2 x ∈ R+ . obtenemos que una solucion u(x. y) = 0 · y 2 + C1 (0)y + C2 (0) ⇒ u(0. Tenemos u(x. EJEMPLO 5. consideramos ahora la primera condicion ´ de conUsando la forma de la solucion torno para encontrar C2 (y). ´ Integrando uyy dos veces con respecto a y. ´ del problema es De esta forma. y) = y ⇒ u(0. (5 . obtenemos uyy = 2x ⇒ uy = 2xy + C1 (x) ⇒ u = xy 2 + C1 (x)y + C2 (x). +∞[→ R es una funcion 180 ´ puede contener errores Esta version . obtenemos que la solucion u(x.C AP´I TULO 5. Tenemos u(0. y) ∈ R+ × R+ yy u(0. consideramos ahora la segunda condicion ´ de conUsando la forma de la solucion torno para encontrar C2 (x). Tenemos cion ux (1. ´ obtenida. . ∀i = 2. Supongamos que queOtro caso en que tenemos superposicion remos resolver el problema ( L(u) = 0 en Ω (P2 ) B(u) = g(x) sobre ∂Ω y supongamos que u1 . . . es una solucion 181 ´ puede contener errores Esta version . . i=1 entonces u= n X ci ui i=1 ´ de (P2 ).4. una solucion L(u) = 0 en Ω (P1 H) B (u) = 0 sobre Λ . L INEALIDAD Y SUPERPOSICI ON ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon 5. Si es posible escribir g(x) = n X ci B(ui ). . Principio de superposicion ´ Supongamos que queremos resolver el problema (P1 ): L(u) = 0 en Ω B1 (u) = g1 (x) sobre Λ1 B2 (u) = 0 sobre Λ2 . u2 .. .4. 3.2. . .´ 5.. ... .uM son cada una. entonces u= M X ci ui i=1 ´ del problema (P1 ). B (u) = 0 sobre Λ K (P1 ) K ´ del problema homog´eneo y supongamos que u1 . . . un son soluciones de la EDP L(u) = 0 en Ω. u2 .. . . + cM B1 (uM ). K i i Si es posible escribir g1 en la forma g1 = c1 B1 (u1 ) + c2 B1 (u2 ) + . . es una solucion ´ de soluciones es el siguiente. 1 Si Ω es un conjunto abierto y acotado de RN y {ui }n∈N es una familia de OBSERVACION funciones que conforman un sistema ortogonal completo en L2 ([0. L]).C AP´I TULO 5. L]) y g(x) = ∞ X ci B(ui ). es una solucion 182 ´ puede contener errores Esta version ci ui . E CUACIONES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ 5. verific´andose adem´as que {B(ui )}n∈N tambi´en es un sistema ortogonal completo en L2 ([0. siendo cada una de las ui ´ de la EDP una solucion L(u) = 0 en Ω.4. i=1 entonces es razonable pensar que u= ∞ X i=1 ´ del problema (P2 ). t) − κ2 2 (x.1. La ecuacion ´ del calor unidimensional homog´enea ´ asociada a la ecuacion ´ del calor unidimensional homog´enea est´a dada por La ecuacion Ecuaci´on Diferencial Parcial ∂u ∂2u (x. ∞).Cap´ıtulo 6 Separacion ´ de Variables y EDP cl´asicas en dominios acotados En este cap´ıtitulo nos referimos a dominios acotados cuando la(s) variable(s) espacial(es) pertenece(en) a un dominio acotado. se considerar´a en el intervalo no acotado (0. 0) = u0 (x) x ∈ (0. L) × (0. t) = α(t) t>0 u(L. t) ∈ (0. t) = α(t) t > 0 ∂x ∂u (L. t) = 0 ∂t ∂x (x. t) = β(t) t > 0 o bien Condiciones de contorno tipo Neumann ∂u (0. Condici´on inicial u(x. 6. La variable temporal. L) 183 . ∞) Las condiciones de contorno pueden ser Condiciones de contorno tipo Dirichlet u(0. t) = β(t) t > 0 ∂x ´ ´ es importante incorporar tambi´en una condicion ´ inicial Con el fin de obtener una unica solucion. de estar presente. t) = 0 t>0 (P1. Aqu´ı: u(x. entonces podemos resolver el tiempo inicial es 0 (que corresponde a la condicion ´ problema de manera unica. con g ∈ C 2 (0.1 ) u(L. ´ inicial (CI) senala ˜ ´ de la temperatura sobre la barra en el tiempo La condicion la distribucion ´ de la temperatura t = 0. L).1.1 OBSERVACION ´ del calor unidimensional homog´enea es la siguiente Otra forma de escribir la ecuacion ut − κ2 uxx = 0 en (0. t) representa la temperatura en cada punto x de la barra. en el tiempo t κ2 es una constante no nula que representa la difusividad t´ermica de la barra. S EPARACI ON ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ 6.1 ) puede interpretarse como la difusion ´ de temperatura inicial dada.´ DE VARIABLES Y EDP CL ASICAS ´ C AP´I TULO 6. y ellas son las que fijan la temperatura igual a cero en los extremos de la barra en cualquier instante t. Resuelva el siguiente problema de Dirichlet para la ecuacion unidimensional ut − κ2 uxx = 0 0 < x < L. El problema tambi´en se puede resolver usando condiciones de contorno mixtas. solo Las condiciones de contorno (CC) son de tipo Dirichlet homog´eneas. ´ de calor a trav´es de una barra F´ısicamente. ∞). A partir de ese momento es cuando la din´amica de la distribucion queda gobernada por la EDP y las CC. t) = 0 t>0 u(x. Si adem´as conocemos la temperatura en cualquier punto de la barra cuando el ´ inicial). t > 0 u(0. la cual depende ´ de las propiedades del material con que est´a hecha la barra. 184 ´ puede contener errores Esta version . con distribucion nen a temperatura constante nula.1.1. ´ para u es la siguiente: u mide la temperatura sobre una barra o alambre Una interpretacion delgado. y cuyos extremos se mantiedelgada de longitud L. usamos una condicion 6. sobre cuyos extremos conocemos o bien la temperatura para todo tiempo t (que ´ corresponden a las condiciones de contorno Dirichlet) o bien la velocidad de variacion de la temperatura para todo tiempo t (que corresponden a las condiciones de contorno Neumann). 0) = g(x) 0 < x < L. el problema (P1. L) × (0. Problemas relativos a la ecuacion ´ del calor unidimensional homog´enea ´ del calor homog´enea PROBLEMA 1. en ´ tipo Dirichlet y en el otro extremo un extremo de la variable espacial usamos una condicion ´ tipo Neumann.1. esto es. T (t) X(x) (ET ) (EX). (S1. ∂x2 ∂x2 ´ en la EDP.1 ) para obtener adecuadas CC para X en (S1. t) = 0 ∀t > 0 ⇒ X(L) T (t) = 0 ⇒ X(L) = 0. L) (P SL − X1. ∀t > 0 Luego. t) = X(x) T (t) 6= 0.1 ) λ . obtenemos Reemplazando esta forma de solucion uxx (x. Salomon ´ DEL CALOR UNIDIMENSIONAL HOMOG E´ NEA L A ECUACI ON ´ de la forma Solucion.1 ). ´ Supongamos que el problema posee una solucion u(x. ´ caracter´ıstica asociada a la EDO del problema previo es La ecuacion m2 − µ = 0.1 )-(EX) y los resultados previos. ´ analizamos los valores propios asociados al problema de Sturm-Liouville.´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] 6.1.1 ) X(0) = 0 X(L) = 0. Notar que ut (x. Ahora usamos las CC en (P1. t) = X(x) T 0 (t) − κ2 X 00 (x) T (t) = 0 ⇒ Por lo tanto. Tenemos. t) = ∂ ∂T (X(x) T (t)) = X(x) (t) = X(x) T 0 (t) ∂t ∂t y ∂2 ∂2X (X(x) T (t)) = (x) T (t) = X 00 (x) T (t). formamos el siguiente problema de SturmLiouville 00 X (x) − µX(x) = 0 x ∈ (0. κ2 An´alisis de las condiciones de contorno. u(0. desde (S1. A continuacion 185 ´ puede contener errores Esta version . t) = 0 ∀t > 0 ⇒ X(0) T (t) = 0 ∀t > 0 ⇒ X(0) = 0 y u(L. de donde √ m = ± µ. obtenemos el sistema ( T 0 (t) − λT (t) = 0 X 00 (x) − µX(x) = 0 con µ = T 0 (t) X 00 (x) = κ2 = λ. ´ DE VARIABLES Y EDP CL ASICAS ´ C AP´I TULO 6. y como L 6= 0. Desde las CC en (P SL − X1. µ > 0 no es valor propio. concluimos que C1 = C2 = 0.1 ). Por lo tanto. 3ro ) Caso µ < 0. de donde obtenemos √ C2 sen( −µ L) = 0. de donde obtenemos C1 = −C2 y como e √ µL √ − e− µL √ √ C1 e µ L − e− µ L = 0. Luego. ∧ 6= 0.1 ). S EPARACI ON ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon 1ro ) Caso µ > 0. Por lo tanto. concluimos que C1 = C2 = 0. se sigue que X(0) = 0 ⇒ C1 = 0 √ √ X(L) = 0 ⇒ C1 cos( −µ L) + C2 sen( −µ L) = 0. √ 186 −µ L = nπ ∀n ∈ N ⇔ µ = − ´ puede contener errores Esta version nπ 2 L ∀n ∈ N ⇔ λ = −κ2 nπ 2 L ∀n ∈ N. Desde las CC en (P SL − X1. Sabemos que en este caso las posibles soluciones son de la forma X(x) = C1 + C2 x. Sabemos que en este caso las posibles soluciones son de la forma √ X(x) = C1 e µx √ + C2 e − µx . se sigue que X(0) = 0 ⇒ C1 + C2 = 0 √ √ X(L) = 0 ⇒ C1 e µ L + C2 e− µ L = 0. Desde las CC en (P SL − X1. concluimos que √ sen( −µ L) = 0. . se sigue que X(0) = 0 ⇒ C1 = 0 X(L) = 0 ⇒ C1 + C2 L = 0. µ = 0 no es valor propio. 2do ) Caso µ = 0.1 ). de donde obtenemos ∧ C1 = 0 C2 L = 0. Sabemos que en este caso las posibles soluciones son de la forma √ √ X(x) = C1 cos( −µ x) + C2 sen( −µ x). ∧ C1 = 0 y considerando C2 6= 0. tal que T 0 (t) = λn . L µn = ´ para T es Ahora. pues hemos supuesto u(x. t) = ∞ X ∞ X un (x.n ⇒ ln(T (t)) − ln Cn = λn T (t) ⇒ = eλn t . Como buscamos T 6= 0. t) = n=1 n=1 nπ 2 nπ 2 Cn e−κ ( L ) t sen x . Ahora usamos la CI de (P1. Salomon ´ DEL CALOR UNIDIMENSIONAL HOMOG E´ NEA L A ECUACI ON Por lo tanto. L]). Es claro ahora que nπ 2 nπ 2 un (x. Por superposicion. t) = Xn (x) Tn (t) = Cn e−κ ( L ) t sen x L ´ es v´alido suponer que satisface la EDP y las CC. 2 2 nπ Tn (t) = Cn e−κ ( L ) t . = − κ2 L son todos sus valores propios. la unica solucion ∞ 2X u(x.1 )-(ET ). L ´ ´ que An´alisis de la condici´on inicial. 0) = g(x) ⇒ ´ ´ del problema es Por lo tanto. con C0.1.´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] 6.1 ) para obtener la unica solucion resuelve el problema. t) = X(x) T (t) 6= 0.n = ln Cn . u(x. T (t) tenemos Z T 0 (t) dt = λn T (t) Z dt ⇒ ln(T (t)) = λn t + C0. L L 187 ´ puede contener errores Esta version . cuyas respectivas funciones propias asociadas son nπ Xn (x) = sen x . n ∈ N. para ello usaremos el hecho que las funciones propias Xn forman un sistema ortogonal completo en L2 ([0. desde (S1. notamos que nuestra ecuacion T 0 (t) − λn T (t) = 0 t > 0. Cn Por lo tanto. Desde la CI se sigue que ∞ X nπ x = g(x) (serie de Fourier de g) Cn sen L n=1 Z nπ 2 L ⇒ Cn = g(s) sen s ds (coeficiente de Fourier de g) L 0 L u(x. n ∈ N. nπ 2 λn . t) = L n=1 Z 0 L nπ nπ 2 nπ 2 g(s) sen s ds e−κ ( L ) t sen x . t) = A t>0 u(L. De este modo. t) = 0 t>0 (P1. 0) = g(x) 0 < x < L.3. u(x. por (P1. t) = 0 v(y. t > 0 u(a. t) = L L L 0 n=1 Finalmente.2 ) a partir de (P1. (P10 . t > 0 u(0. t) = u(y + a. retornando a nuestras variables originales. Resuelva el siguiente problema de Dirichlet para la ecuacion unidimensional ut − κ2 uxx = 0 a < x < b. con g ∈ C 2 (0. 0) = g(y + a) vyy (y.1 ) obtenemos que la solucion ∞ Z L nπ nπ 2 nπ 2 2X g(s + a) sen s ds e−κ ( L ) t sen y . t) vy (y. t > 0 y obtenemos vt (y. t) = uxx (x. ´ Notar que podemos obtener la solucion y =x−a y poniendo L = b − a.2 ) es Luego. Definimos ahora v(y. t) 0 < y < L. t) = B t>0 u(x. ´ de (P1.2 ) u(b. t > 0 t>0 t>0 0 < y < L. t) = ux (x. t) = b−a b−a b−a a n=1 PROBLEMA 1. t) 0 < y < L. v(y. obtenemos ∞ Z b 2 nπ 2 2 X nπ nπ g(s) sen (s − a) ds e−κ ( b−a ) t sen (x − a) . t) = 0 t>0 u(x. L). S EPARACI ON ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ del calor homog´enea PROBLEMA 1. con g ∈ C 2 (a. t) = u(x. t) es solucion vt − κ2 vyy = 0 v(0. x=a⇔y=0 ∧ x = b ⇔ y = L. Resuelva el problema de Dirichlet ut − κ2 uxx = 0 0 < x < L. b). t) = 0 v(L. t) ´ del problema de donde v(y. 0) = g(x) a < x < b.3 ) .2 ) ´ de (P10 . t) = ut (x. 188 ´ puede contener errores Esta version (P1.2.1 ) mediante la traslacion ´ Solucion.´ DE VARIABLES Y EDP CL ASICAS ´ C AP´I TULO 6. ´ anterior. t). t) = 0 ∧ U (0) = A . L 189 ´ puede contener errores Esta version . t) = Temperatura en estado transitorio + Temperatura en estado estacionario donde la Temperatura en estado estacionario corresponde al siguiente l´ımite U (x) := l´ım u(x. ´ el problema.3 ). obtenemos que ∧ U (x) = ax + b vt − vxx = 0. Desde la EDP tenemos ut − κ2 uxx = 0 ⇒ vt − κ2 U 00 (x) − κ2 vxx = 0. b=A . Luego.´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] 6. debiesemos comenzar por calcular la temperatura en estado estacionario de (P1. donde U es la temperatura en estado estacionario y v es la temperatura en estado transitorio. pues M´as aun. t) = U (x) + v(x. consideramos Solucion. L−0 B−A ∴a= . ´ podemos obtener U expl´ıcitamente. es razonable asumir que v(0. con lo cual se espera que proceso de difusion u(x. Ahora. ´ A ra´ız de la observacion u(x. y de igual forma. pues u(L. por lo tanto la temperatura en estado estacionario es cero. y de acuerdo al comentario previo a la resolucion poner que U (0) = A. Salomon ´ DEL CALOR UNIDIMENSIONAL HOMOG E´ NEA L A ECUACI ON Antes de resolver el PROBLEMA 1.1. podemos suDesde las CC. observamos que desde el punto de vista f´ısico puede esperarse ´ de (P1.3 ) tienda a un estado de equilibrio cuando el tiempo transcurrido en el que la solucion ´ llegue a ser muy grande (esto es cuando t → ∞). podemos suponer que U (L) = B. t) = B se tratar´ıa de la temperatura estacionaria en el otro extremo de la barra. t).. v(L. t) = A se tratar´ıa de la temperatura estacionaria en un extremo de la barra. y suponiendo que U 00 (x) = 0. t→∞ Notemos tambi´en que en los problemas anteriores las CC son homog´eneas. U (x) − U (0) = de donde U (x) = A + B−A x L U (L) − U (0) (x − 0). pues u(0.3. t) = 0 ∧ U (L) = B. 4 ) ux (L.3 ) (EDP+CC+CI). t > 0 u (0. ´ de la forma Solucion.4. obtenemos el sistema ( 190 T 0 (t) − κ2 λT (t) = 0 X 00 (x) − λX(x) = 0 ´ puede contener errores Esta version X 00 (x) 1 T 0 (t) = = λ.3 ) v(L. 0) = g(x) − A + x 0 < x < L. t) = 0 t>0 u(x. ´ Supongamos que el problema posee una solucion u(x. S EPARACI ON ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon Desde la CI. 0) = g(x) ⇒ v(x. L L L de donde obtenemos que ∞ 2X u(x.4 ) . ´ en la EDP. se tiene que la solucion ∞ v(x. con g ∈ C 2 (0.1 ). t) = 2X L Z n=1 L g(s) − A − 0 nπ nπ 2 nπ 2 B−A s sen s ds e−κ ( L ) t sen x . t) = L Z L nπ nπ 2 nπ 2 B−A B−A g(s) − A − s sen s ds e−κ ( L ) t sen x +A+ x. lo que se reduce a resolver el problema 2 0 < x < L. u(x. L). despu´es de usar todos los elementos del problema (P1. tenemos B−A x . κ2 T (t) X(x) (ET ) (EX). obtenemos Reemplazando esta forma de solucion X(x) T 0 (t) − κ2 X 00 (x) T (t) = 0 ⇒ Por tanto. t) = 0 t>0 x (P1. Resuelva el problema Neumann para una barra t´ermicamente aislada en ambos extremos ut − κ2 uxx = 0 0 < x < L. t > 0 vt − κ vxx = 0 t>0 v(0. t) = 0 t>0 B−A v(x. L L L L 0 n=1 PROBLEMA 1. t) = X(x) T (t) 6= 0. L ´ de (P10 . 0) = g(x) − A + L Por lo tanto.3 ) es Resolviendo como en (P1.´ DE VARIABLES Y EDP CL ASICAS ´ C AP´I TULO 6. resta encontrar v. 0) = g(x) 0 < x < L. t) = 0 (P10 . y dado que ya conocemos U . (S1. ux (0.4 ) X 0 (0) = 0 0 X (L) = 0. Por lo tanto.4 ) para obtener adecuadas CC para X en (S1. se sigue que √ √ X 0 (0) = 0 ⇒ λC1 − λC2 = 0 √ √ √ √ X 0 (L) = 0 ⇒ λC1 e λL − λC2 e− λL = 0. L) (P SL − X1.4 ). Ahora usamos las CC de (P1. ∀t > 0 Luego.1. desde (S1. ´ analizamos los valores propios asociados al problema de Sturm-Liouville. t) = 0 ∀t > 0 ⇒ X 0 (L) T (t) = 0 ⇒ X 0 (L) = 0. Sabemos que en este caso las posibles soluciones son de la forma √ X(x) = C1 e λx + C2 e− √ λx .4 ). Tenemos. Salomon ´ DEL CALOR UNIDIMENSIONAL HOMOG E´ NEA L A ECUACI ON An´alisis de las condiciones de contorno. ´ caracter´ıstica asociada a la EDO del problema previo es La ecuacion m2 − λ = 0. Desde las CC en (P SL − X1. concluimos que C1 = C2 = 0.4 )-(EX) y los resultados previos. A continuacion 1ro ) Caso λ > 0. de donde √ m = ± λ. 191 ´ puede contener errores Esta version .´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] 6. formamos el siguiente problema de SturmLiouville 00 X (x) − λX(x) = 0 x ∈ (0. t) = 0 ∀t > 0 ⇒ X 0 (0) T (t) = 0 ∀t > 0 ⇒ X 0 (0) = 0 y ux (L. 6= 0. λ > 0 no es valor propio. de donde obtenemos C1 = C2 √ y como e λL − e− √ λL ∧ √ √ √ λ C1 e λL − e− λL = 0. nπ 2 . se sigue que X 0 (0) = 0 ⇒ C2 = 0 X 0 (L) = 0 ⇒ C2 = 0. se sigue que √ X 0 (0) = 0 ⇒ −λ C2 = 0 √ √ √ √ X 0 (L) = 0 ⇒ − −λ C1 sen( −λ L) + −λ C2 cos( −λ L) = 0.4 ). Desde las CC en (P SL − X1. cuyas respectivas funciones propias asociadas son nπ x .4 ).n T (t) ⇒ ln(T (t)) − ln Cn = κ2 λn con C0. de donde obtenemos ∧ C2 = 0 √ √ − −λ C1 sen( −λ L) = 0. Sabemos que en este caso las posibles soluciones son de la forma X(x) = C1 + C2 x. Desde las CC en (P SL − X1.´ DE VARIABLES Y EDP CL ASICAS ´ C AP´I TULO 6. n ∈ N. S EPARACI ON ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon 2do ) Caso λ = 0. notamos que nuestra ecuacion T 0 (t) − κ2 λn T (t) = 0 t > 0. ´ propia asociada.4 )-(ET ). tenemos para T Z 0 Z T (t) dt = λn dt ⇒ ln(T (t)) = κ2 λn t + C0. T (t) 2 ⇒ = eκ λn t . concluimos que λ0 = 0 es un valor propio. Sabemos que en este caso las posibles soluciones son de la forma √ √ X(x) = C1 cos( −λ x) + C2 sen( −λ x). y X0 (x) = C0 . concluimos que √ sen( −λ L) = 0. λn = − nπ 2 L ∀n ∈ N. pues hemos supuesto u(x. Xn (x) = cos L ´ para T es Ahora. desde (S1. L son todos sus valores propios. Como buscamos T 6= 0. Cn 192 ´ puede contener errores Esta version . √ −λ L = nπ ∀n ∈ N ⇒ λ = − Por lo tanto. de donde. es su respectiva funcion 3ro ) Caso λ < 0. t) = X(T ) T (t) 6= 0. y considerando C1 6= 0. Luego. n ∈ N.n = ln Cn . con C0 6= 0. si consideramos C1 6= 0. 4 ). L nκπ 2 t L ´ ´ que An´alisis de la condici´on inicial. t) = 0 t>0 (P1. Tn (t) = Cn e−( nκπ 2 t L ) . y T0 (t) = 1. u(x. Es claro ahora que un (x. ´ del problema es: Solucion. t) = L n=1 Z L g(s) sen 0 (2n − 1)π s 2L (2n−1)κπ 2 (2n − 1)π − t 2L ds e x . sen 2L 193 ´ puede contener errores Esta version . L 0 L L 0 ´ del problema es Por lo tanto.5 ) ux (L. Desde la CI se sigue que ∞ nπ X x + C0 = g(x) (serie de Fourier de g) u(x. t) = n=0 ∞ X Cn e−( n=0 ) cos nπ x . Por superposicion. Salomon ´ DEL CALOR UNIDIMENSIONAL HOMOG E´ NEA L A ECUACI ON Por lo tanto. para ello usaremos el hecho que las funciones propias Xn forman un sistema ortogonal completo en L2 ([0. ´ Se dejan los detalles al lector.1. con g ∈ C 2 (0. t) = L L Z 0 n=1 nπ nπ 1 Z L 2 −( nκπ t ) g(s) cos s ds e L x + g(s) ds. t) = Xn (x)Tn (t) = Cn e−( ) cos nπ x L nκπ 2 t L ∀n ∈ N0 ´ es v´alido suponer que satisface la EDP y las CC de (P1.4 ) para obtener la unica solucion resuelve el problema.5. t > 0 u(0. 0) = g(x) 0 < x < L. La solucion ∞ 2X u(x. la solucion ∞ 2X u(x. permaneciendo en el otro a temperatura constante igual a 0◦ ut − κ2 uxx = 0 0 < x < L. Ahora usamos la CI de (P1. de Fourier de g). t) = ∞ X un (x. 0) = g(x) ⇒ Cn cos L n=1 Z Z nπ 2 L 1 L ⇒ Cn = g(s) cos s ds ∧ C0 = g(s) ds (coef. t) = 0 t>0 u(x. L). Resuelva el siguiente problema mixto para una barra t´ermicamente aislada en un extremo. L]).´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] 6. cos L L L 0 PROBLEMA 1. L) × (0. L) × (0.2. S EPARACI ON 6. 0) = u0 (x) ∂u (x. t) − κ (x. respecto de la posicion ´ de equilibrio. ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon La ecuacion ´ de onda unidimensional homog´enea ´ asociada a la ecuacion ´ de onda unidimensional homog´enea est´a dada por La ecuacion Ecuaci´on Diferencial Parcial 2 ∂2u 2∂ u (x.1 OBSERVACION ´ de onda unidimensional homog´enea es la siguiente Otra forma de escribir la ecuacion utt − κ2 uxx = 0 en (0. L) x ∈ (0. cuando el tiempo inicial es 0 (que corresponde a la ´ inicial). 0) = u1 (x) ∂t x ∈ (0. t) = α(t) t > 0 u(L. t) = α(t) t > 0 ∂x ∂u (L. esto es. usamos una condicion 194 ´ puede contener errores Esta version . t) = β(t) t > 0 o bien Condiciones de contorno tipo Neumann ∂u (0. ∞) Las condiciones de contorno pueden ser Condiciones de contorno tipo Dirichlet ( u(0. L) ´ 6. en ´ tipo Dirichlet y en el otro extremo un extremo de la variable espacial usamos una condicion ´ tipo Neumann.2. ´ condicion El problema tambi´en se puede resolver usando condiciones de contorno mixtas. entonces podemos resolver el problema de manera unica. ´ para u es la siguiente: u mide el desplazamiento vertical de los puntos Una interpretacion ´ vertical. t) ∈ (0.´ DE VARIABLES Y EDP CL ASICAS ´ C AP´I TULO 6. ∞). Si adem´as conocemos el desplazamiento vertical de los puntos de la cuerda y su velocidad de desplazamiento. nes iniciales Condiciones iniciales u(x. t) = β(t) t > 0 ∂x ´ ´ es importante incorporar tambi´en adecuadas condicioCon el fin de obtener una unica solucion. t) = 0 ∂t2 ∂x2 (x. para tode una cuerda vibrante en direccion do tiempo t sobre el plano xu (que corresponden a las condiciones de contorno Dirichlet) ´ de tal desplazamiento para todo tiempo t sobre el plano o bien la velocidad de variacion xu (que corresponden a las condiciones de contorno Neumann). ambos sobre cualquier punto de la cuerda. Ahora usamos las CC de (P2. 195 ´ puede contener errores Esta version . L A ECUACI ON Problemas relativos a la ecuacion ´ de onda unidimensional homog´enea ´ de onda unidimenPROBLEMA 2.1 ) para obtener adecuadas CC para X en (S2. ´ Supongamos que el problema posee una solucion u(x.1 ) X(0) = 0 X(L) = 0. Tenemos. t) = ∂2T ∂2 (X(x) T (t)) = X(x) (t) = X(x) T 00 (t) ∂t2 ∂t2 y ∂2 ∂2X (X(x) T (t)) = (x) T (t) = X 00 (x) T (t). ∀t > 0 Luego. obtenemos Reemplazando esta forma de solucion uxx (x. 0) = g(x) 0<x<L ut (x. t) = 0 (P2.2.1 ). ∂x2 ∂x2 ´ en la EDP. ´ de la forma Solucion. es v´alido considerar el sistema ( T 00 (t) − κ2 λT (t) = 0 X 00 (x) − λX(x) = 0 X 00 (x) 1 T 00 (t) = = λ. h ∈ C 2 (0. con g. 0) = h(x) 0 < x < L. κ2 T (t) X(x) (ET ) (EX). u(0. L) (P SL − X2. t) = X(x) T (t) 6= 0.´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon 6.1. t) = 0 t>0 u(x.2.1 ) An´alisis de las condiciones de contorno.1.1 )-(EX) y los resultados previos. t) = X(x) T 00 (t) − κ2 X 00 (x) T (t) = 0 ⇒ Por lo tanto. formamos el siguiente problema de SturmLiouville 00 X (x) − λX(x) = 0 x ∈ (0. t) = 0 ∀t > 0 ⇒ X(L) T (t) = 0 ⇒ X(L) = 0. L). Notar que utt (x. desde (S2. ´ DE ONDA UNIDIMENSIONAL HOMOG E´ NEA 6. (S2. Resuelva el siguiente problema de Dirichlet para la ecuacion sional homog´enea utt − κ2 uxx = 0 0 < x < L. t) = 0 ∀t > 0 ⇒ X(0) T (t) = 0 ∀t > 0 ⇒ X(0) = 0 y u(L.1 ) u(L. t > 0 t>0 u(0. L 0 L u(x. L]). Ahora usamos las CI de (P2. sabemos que nπ 2 λn = − . ´ caracter´ıstica asociada es cuya ecuacion m2 + de donde obtenemos que m = q − κnπ 2 L κnπ 2 L = 0. ´ de la EDO es de la forma ∈ C. S EPARACI ON ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ caracter´ıstica asociada a la EDO del problema previo es La ecuacion m2 − λ = 0. 0) = g(x) ⇒ 196 ´ puede contener errores Esta version . t) = sen x an cos t + bn sen t . L son todos sus valores propios. n ∈ N. ∞ ∞ nπ κnπ κnπ X X u(x.1 ) para obtener la unica solucion resuelve el problema.1 ) ya fue totalmente resuelto en el Problema (P1. t) = un (x. Notar que (P SL − X2. cuyas respectivas funciones propias asociadas son nπ Xn (x) = sen x . L L L n=1 n=1 ´ ´ que An´alisis de la condici´on inicial. L ´ para T es Notemos ahora que nuestra ecuacion T 00 (t) − κ2 λn T (t) = 0 t > 0. t) = Xn (x) Tn (t) = sen L L L ´ es v´alido suponer que satisface la EDP y las CC de (P2. Por superposicion. o m´as espec´ıficamente T 00 (t) + κnπ 2 L T (t) = 0. L L Luego. De esta forma. as´ı que la solucion Tn (t) = an cos κnπ κnπ t + bn sen t .1 ).´ DE VARIABLES Y EDP CL ASICAS ´ C AP´I TULO 6.1 ). n ∈ N. para ello usaremos el hecho que las funciones propias Xn forman un sistema ortogonal completo en L2 ([0. Desde la CI se sigue que ∞ X nπ an sen x = g(x) (serie de Fourier de g) L n=1 Z nπ 2 L ⇒ an = g(s) sen s ds (coeficiente de Fourier de g). es claro que κnπ κnπ nπ x an cos t + bn sen t un (x. t) = A t>0 (P2. t). consideramos Solucion. t) = ∞ X n=1 donde an = 2 L Z L g(s) sen 0 κnπ nπ κnπ an cos sen x t + bn sen t L L L nπ s ds L ∧ bn = 2 κnπ Z L h(s) sen 0 nπ s ds. observamos que desde el punto de vista f´ısico puede esperarse ´ de (P2. vertical en estado estacionario donde el desplazamiento vertical en estado estacionario corresponde al siguiente l´ımite U (x) := l´ım u(x. 0) = g(x) 0 < x < L ut (x. ´ A ra´ız de la observacion u(x. Resuelva el siguiente problema de Dirichlet para la ecuacion sional homog´enea utt − uxx = 0 0 < x < L. La solucion 197 ´ puede contener errores Esta version . por lo tanto el desplazamiento en estado estacionario es cero. donde U es el desplazamiento vertical en estado estacionario y v es el desplazamiento vertical en ´ del problema (P2.2. h ∈ C 2 (0. t→∞ Notemos tambi´en que en el problema anterior las CC son homog´eneas. L A ECUACI ON Por otro lado. Antes de resolver el Problema 2. la solucion u(x.2 ) tienda a un estado de equilibrio cuando el tiempo transcurrido en el que la solucion ´ llegue a ser muy grande (esto es cuando t → ∞). t).´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ DE ONDA UNIDIMENSIONAL HOMOG E´ NEA 6.2. t) = despl. L ´ de onda unidimenPROBLEMA 2. con lo cual se espera que proceso de difusion u(x. t) = U (x) + v(x. t > 0 u(0. κnπ 0 L nπ ut (x. ∞ X nπ L L x = h(x) serie de Fourier de h L κnπ nπ n=1 Z L nπ 2 L h(s) sen ⇒ bn = s ds coeficiente de Fourier de h . 0) = h(x) 0 < x < L. vertical en estado transitorio + despl.2 ) u(L. Se dejan los detalles al lector.2. ´ anterior.2 ) es: estado transitorio. con g. L). t) = B t>0 u(x. 0) = h(x) ⇒ bn sen ´ del problema es Por lo tanto. t) = 0 ∀t > 0 ⇒ X 0 (0) T (t) = 0 ⇒ X 0 (0) = 0 ux (L. ´ en la EDP de (P2. h ∈ C 2 (0. desde (S2. t) = 0 ux (L.3 ) X 0 (0) = 0 0 X (L) = 0. t) = n=1 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon nπ nπ nπ B−A sen +A+ x an cos t + bn sen t x L L L L donde B−A G(x) = g(x) − A + x . t) = X(x) T (t) 6= 0. t) = 0 u(x. S EPARACI ON ∞ X u(x. (P2. t) = 0 ∀t > 0 ⇒ X 0 (L) T (t) = 0 ∀t > 0 ⇒ X 0 (L) = 0.´ DE VARIABLES Y EDP CL ASICAS ´ C AP´I TULO 6.3. 198 ´ puede contener errores Esta version . Resuelva el siguiente problema Neumann utt − uxx = 0 ux (0. t > 0 t>0 t>0 0<x<L 0 < x < L. ´ Supongamos que el problema posee una solucion u(x. Tenemos. 0) = h(x) 0 < x < L. L[ (P SL − X2. 0) = g(x) ut (x. ´ de la forma Solucion. formamos el siguiente problema de Sturm Liouville 00 X (x) − λX(x) = 0 x ∈ ]0. obtenemos Reemplazando esta forma de solucion X(x) T 00 (t) − X 00 (x) T (t) = 0 ⇒ Por lo tanto. T (t) X(x) (ET ) (EX).3 ) para obtener adecuadas CC para X en (S2. ux (0.3 ) An´alisis de las condiciones de contorno. ( T 00 (t) − λT (t) = 0 X 00 (x) − λX(x) = 0 X 00 (x) T 00 (t) = = λ.3 ).3 ).3 ) con g. L PROBLEMA 2. L y 2 an = L L Z 0 nπ G(s) sen s ds L ∧ 2 bn = nπ Z L h(s) sen 0 nπ s ds. L).3 )-(EX) y los resultados previos. Ahora usamos las CC de (P2. y ∀t > 0 Luego. (S2. cuyas respectivas funciones propias asociadas son nπ Xn (x) = cos x . t) = un (x. 0) = h(x) ⇒ bn cos x = h(x) (serie de Fourier de g) L nπ n=0 Z L nπ 2 ⇒ bn = s ds (coef. Por superposicion. L L L n=0 n=1 ´ ´ que An´alisis de la condici´on inicial. Notar que La ecuacion (P SL − X2. L A ECUACI ON ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ caracter´ıstica asociada a la EDO del problema previo es m2 − λ = 0. Desde la CI se sigue que ∞ nπ X u(x.4 ). t) = Xn (x) Tn (t) = cos nπ nπ nπ x an cos t + bn sen t L L L ∀n ∈ N y. T0 (t) = b0 t + a0 . de donde obtenemos que m = cuya ecuacion ´ de la EDO es de la forma C.3 ) es Por lo tanto. 0) = g(x) ⇒ an cos x = g(x) (serie de Fourier de g) L n=0 Z nπ 2 L ⇒ an = g(s) cos s ds (coef. para λn = nπ L . n ∈ N.3 ) para obtener la unica solucion resuelve el problema . as´ı que la solucion nπ nπ t + bn sen t Tn (t) = an cos L L y. de Fourier de g) L 0 L y ∞ nπ X L ut (x. q − nπ 2 L ∈ Luego. ∞ ∞ nπ nπ nπ X X u(x.2.3 ).3 ) ya fue totalmente resuelto en el Problema (P1. n ∈ N0 . t > 0. de Fourier de g) h(s) cos nπ 0 L ´ del problema (P2. para ello usaremos el hecho que las funciones propias Xn forman un sistema ortogonal completo en L2 ([0. ´ caracter´ıstica asociada es m2 + L = 0. u0 (x. la solucion 199 ´ puede contener errores Esta version . sabemos que nπ 2 λn = − . L son todos sus valores propios. es claro que un (x. t) = cos x an cos t + bn sen t + b0 t + a0 . Ahora usamos las CI de (P2. L ´ para T es Notemos ahora que nuestra ecuacion T 00 (t) − λn T (t) = 0 o m´as espec´ıficamente. ´ es v´alido suponer que satisface la EDP y las CC en (P2.´ DE ONDA UNIDIMENSIONAL HOMOG E´ NEA 6. t) = X0 (x) T0 (t) = b0 t + a0 . n ∈ N0 . para n = 0. T 00 (t) + nπ 2 L nπ 2 T (t) = 0. De esta forma. para λ0 = 0. L]). y) = g (y) 2 u(x. S EPARACI ON ∞ X u(x.4 ) > 1. M ) y ∈ (0. M ) Condiciones de contorno tipo Dirichlet u(0. La solucion ∞ nπ X Bn Bn 1 − 2t u(x.4. 0) = g(x) ut (x. t > 0 t>0 t>0 0<x<L 0 < x < L. L). y) + (x. y) ∈ (0. (P2. L) x ∈ (0. 0) = h1 (x) u(x. L). L) × (0. y) = 0 ∂x2 ∂y 2 Las condiciones de contorno pueden ser (x. Resuelva el siguiente problema utt − uxx + ut = 0 u(0. t) = n=0 donde 2 an = L Z 0 L ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon nπ nπ nπ cos an cos x t + bn sen t L L L nπ g(s) cos s ds L ∧ 2 bn = nπ Z L h(s) cos 0 nπ s ds. y) = g1 (y) u(L.´ DE VARIABLES Y EDP CL ASICAS ´ C AP´I TULO 6.3. M ) = h (x) 2 200 ´ puede contener errores Esta version y ∈ (0. con L tal que 4 nπ 2 L 0 < x < L.] La ecuacion ´ de Laplace bidimensional homog´enea: Caso region ´ rectangular ´ asociada a la ecuacion ´ de Laplace bidimensional homog´enea en un rect´angulo La ecuacion est´a dada por Ecuaci´on Diferencial Parcial ∂2u ∂2u (x. ´ del problema es: Solucion. 0) = 0 con g ∈ C 2 (0. t) = 0 u(x. r nπ 2 Bn = 4 −1 L ∧ 2 An = L Z L g(s) sen 0 nπ s ds. ´ Se dejan los detalles al lector. M ) x ∈ (0. L PROBLEMA 2. . t) = An e cos t + t sen x sen 2 Bn 2 L n=1 donde 6. t) = 0 u(L. L La ecuacion ´ de Laplace bidimensional homog´enea [ A. Problemas relativos a la ecuacion ´ de Laplace bidimensional homog´enea en regiones rectangulares ´ de Laplace bidiPROBLEMA 3.1 ) con g ∈ C 2 (0. 0) = h1 (x) x ∈ (0. M ) = h2 (x) x ∈ (0. en partes del borde usamos condiciones de contorno tipo Dirichlet y en otras partes del borde usamos condiciones de contorno tipo Neumann. y) = g2 (y) y ∈ (0.3.1 OBSERVACION ´ de Laplace bidimensional homog´enea es la siguiente Otra forma de escribir la ecuacion uxx + uyy = 0 en (0. M ) = 0 0 < x < L.3.1.1. L) × (0. L). 201 ´ puede contener errores Esta version . M ) ∂x ∂u (x. Resuelva el siguiente problema de Dirichlet para la ecuacion mensional homog´enea en un rect´angulo uxx + uyy = 0 u(0.1. 6. y) = 0 u(L. (P3. L). Aqu´ı damos una posibilidad como ejemplo ∂u (0. y) = 0 u(x. 0) = g(x) u(x. sobre cuyo borde se ha fijado la temperatura (que ´ de corresponden a las condiciones de contorno Dirichlet) o bien la velocidad de variacion la temperatura en estado estacionario (que corresponden a las condiciones de contorno Neumann). L A ECUACI ON Condiciones de contorno tipo Neumann. L) ∂y ∂u (x.3.1.´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ DE L APLACE BIDIMENSIONAL HOMOG E´ NEA 6. y) = g1 (y) y ∈ (0. M ) ∂x ∂u (L. esto es. ´ para u es la siguiente: u mide la temperatura en estado estacionario Una interpretacion sobre una placa o superficie delgada. El problema tambi´en se puede resolver usando condiciones de contorno mixtas. Estas pueden se muy variadas. ∂y ´ 6. M ). 0 < y < M 0<y<M 0<y<M 0<x<L 0 < x < L. x = L). ∂y 2 ∂y 2 y ´ en la EDP de (P3. y) = ∂2 ∂2X (X(x) Y (y)) = (x) Y (y) = X 00 (x) Y (y) ∂x2 ∂x2 uyy (x.1 ) X(0) = 0 X(L) = 0. Luego.1 )-(EX) y los resultados previos. L) (P SL − X3. formamos el siguiente problema de SturmLiouville 00 X (x) + λX(x) = 0 x ∈ (0. M ) ⇒ X(L) = 0. y) = X(x) Y (y) 6= 0. (S3. es v´alido considerar el sistema ( Y 00 (y) − λY (y) = 0 X 00 (x) + λX(x) = 0 (EY ) (EX).1 ).1. desde (S3.1.1.1 ). y) = ∂2 ∂2Y (X(x) Y (y)) = X(x) (y) = X(x) Y 00 (y).1. M ) ⇒ X(0) Y (y) = 0 ∀y ∈ (0. ´ analizamos los valores propios asociados al problema de Sturm-Liouville. Tenemos. y) = 0 ∀y ∈ (0.1. M ) ⇒ X(L) Y (y) = 0 ∀y ∈ (0. de donde √ m = ± −λ. Ahora usamos las CC homog´eneas asociadas a la variable x en (P3.´ DE VARIABLES Y EDP CL ASICAS ´ C AP´I TULO 6. S EPARACI ON ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ de la forma Solucion. A continuacion 202 ´ puede contener errores Esta version . Notar que uxx (x.1 ) An´alisis de las condiciones de contorno asociadas a x (x = 0. u(0. Y (y) X(x) Por lo tanto. ´ caracter´ıstica asociada a la EDO del problema previo es La ecuacion m2 + λ = 0.1 ) para obtener adecuadas CC para X en (S3.1. M ) ⇒ X(0) = 0 y u(L. ´ Supongamos que el problema posee una solucion u(x. obtenemos Reemplazando esta forma de solucion X 00 (x) Y (y) + X(x) Y 00 (y) = 0 ⇒ Y 00 (y) X 00 (x) =− = λ. y) = 0 ∀y ∈ (0. y considerando C2 6= 0. Desde las CC en (P SL − X3. Desde las CC en (P SL − X3. concluimos que C1 = C2 = 0. λ = 0 no es valor propio. 6= 0.1.1 ). de donde obtenemos C1 = 0 ∧ C2 L = 0. 3ro ) Caso λ > 0. Desde las CC en (P SL − X3. de donde obtenemos C1 = −C2 √ y como e −λL √ − e− −λL ∧ C1 e √ −λL √ − −λL −e = 0.3.1 ). Por lo tanto.´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ DE L APLACE BIDIMENSIONAL HOMOG E´ NEA 6. Sabemos que en este caso las posibles soluciones son de la forma X(x) = C1 + C2 x. se sigue que X(0) = 0 ⇒ C1 = 0 √ √ X(L) = 0 ⇒ C1 cos( λL) + C2 sen( λL) = 0.1. se sigue que X(0) = 0 ⇒ C1 + C2 = 0 √ √ X(L) = 0 ⇒ C1 e −λL + C2 e− −λL = 0. 203 ´ puede contener errores Esta version . Por lo tanto. concluimos que C1 = C2 = 0. se sigue que X(0) = 0 ⇒ C1 = 0 X(L) = 0 ⇒ C1 + C2 L = 0. 2do ) Caso λ = 0.1. λ < 0 no es valor propio.1 ). Sabemos que en este caso las posibles soluciones son de la forma √ √ X(x) = C1 cos( λx) + C2 sen( λx). Sabemos que en este caso las posibles soluciones son de la forma √ X(x) = C1 e −λx + C2 e− √ −λx . L A ECUACI ON 1ro ) Caso λ < 0. ´ DE VARIABLES Y EDP CL ASICAS ´ C AP´I TULO 6. L L L 204 ´ puede contener errores Esta version . L son todos sus valores propios. n ∈ N. Espec´ıficamente. n ∈ N. L L podemos considerar nπ nπ nπ un (x. S EPARACI ON de donde obtenemos √ C2 sen( λL) = 0. con el fin de aprovechar las propiedades que estas funciones cumplen. = 0. ´ Sin embargo. nπ Yn (y) = an e L y + bn e− L y . nπ 2 L ∀n ∈ N. ∧ C1 = 0 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon y considerando C2 6= 0. de donde obtenemos que m = ± nπ L ∈ R. concluimos que √ sen( λL) = 0. Luego. cuyas respectivas funciones propias asociadas son nπ x . Xn (x) = Cn sen L λn = ´ para Y es Notemos ahora que nuestra ecuacion Y 00 (y) − λn Y (y) = 0 0 < y < M. reescribiendo Yn como Yn (y) = An senh nπ nπ y + Bn cosh y . Luego. en este tipo de problemas conviene trabajar con funciones trigonom´etricas hiperbolicas en vez de exponenciales. β ∈ R. √ λL = nπ ∀n ∈ N ⇒ λ = Por lo tanto. o m´as espec´ıficamente Y 00 (y) − nπ 2 L ´ caracter´ıstica asociada es m2 − cuya ecuacion ´ de la EDO es de la forma as´ı que la solucion Y (y) = 0 nπ 2 L nπ 0 < y < M. nπ 2 . conviene recordar que senh x = ex − e−x 2 ∧ cosh x = ex + e−x . 2 Tambi´en recordamos que senh(α − β) = senh α cosh β − cosh α senh β ∀α. y) = Xn (x) Yn (y) = Cn sen x An senh y + Bn cosh y . Por superposicion.3. L L ´ de contorno para y que es no homog´enea. As´ı un (x. obtenemos nπ (M − y) . nπ nπ x senh (M − y) . ∞ X nπ nπ nπ Cn An senh M + Bn cosh M sen x = 0 ∀x ∈ [0. L]. L]). y) = ∞ X un (x. y) = n=1 ∞ X nπ nπ nπ Cn sen . u(x.1 ). u(x. L] ⇒ u(x. se sigue que L n∈N nπ nπ M + Bn cosh M = 0 ∀n ∈ N. y) = L senh ∞ Z X nπM L n=1 0 L nπ nπ nπ s ds sen x senh (M − y) . Xn (x) Yn (M ) = 0 n=1 Luego. Ahora vamos a usar las CC asociadas a la variable y en (P3. g(s) sen L L L 205 ´ puede contener errores Esta version .1 ). x An senh y + Bn cosh y L L L n=1 An´alisis de las condiciones de contorno asociadas a y (y = 0. Comenzamos usando la CC homog´enea. 0) = g(x) ⇒ Cn senh nπ M sen ´ En conclusion. M ) = 0 ∞ X ∀x ∈ [0. y = M ).1. L]. L A ECUACI ON ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ es v´alido suponer que que satisface la EDP y las CC de (P3. Yn (y) = senh L que verifica Yn (M ) = 0. es razonable escoger An = − cosh nπ L M ∧ Bn = senh nπ L M ´ y usando la identidad del seno hiperbolico de la diferencia de a´ ngulos. L L L n=1 y como sen nπ x es un sistema ortogonal completo en L2 ([0.1. ∀n ∈ N.´ DE L APLACE BIDIMENSIONAL HOMOG E´ NEA 6. y) = ∞ X nπ nπ x senh (M − y) L L Cn sen n=1 ∀n ∈ N. 2 u(x. Notemos que ∀x ∈ [0. L L senh nπM 0 L u(x. y) = Cn sen Por lo tanto. Tenemos Finalmente usamos la condicion ∞ X nπ x = g(x) (serie de Fourier de g) L L n=1 Z L nπ 2 ⇒ Cn = g(s) sen s ds. An senh L L Ahora. La solucion ∞ Z L nπ nπ nπ X 2 h(s) sen s ds sen x senh y . y) = X 00 (x) Y (y) + X(x) Y 00 (y) = 0 ⇒ Por tanto. ´ de la forma Solucion.3 ) . es v´alido considerar el sistema ( Y 00 (y) − λY (y) = 0 X 00 (x) + λX(x) = 0 206 ´ puede contener errores Esta version X 00 (x) Y 00 (y) =− = λ. S EPARACI ON ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ de Laplace bidiPROBLEMA 3.1. 0) = 0 u(x. Resuelva el siguiente problema de Dirichlet para la ecuacion mensional homog´enea en un rect´angulo uxx + uyy = 0 u(0. y) = 0 u(x. ´ Se dejan los detalles al lector. M ) = h(x) 0 < x < L.1. 0 < y < M 0<y<M 0<y<M 0<x<L 0 < x < L. (P3.2 ) con h ∈ C 2 (0. Y (y) X(x) (EY ) (EX). (S3. ´ Supongamos que el problema posee una solucion u(x. (P3. y) = ∂2X ∂2 (X(x) Y (y)) = (x) Y (y) = X 00 (x) Y (y) ∂x2 ∂x2 y ∂2 ∂2Y (X(x) Y (y)) = X(x) (y) = X(x) Y 00 (y).3.1.3 ).1. Notar que uxx (x.3 ) con h ∈ C 2 (0. 0 < y < M 0<y<M 0<y<M 0<x<L 0 < x < L. y) = 0 u(x. 0) = 0 u(x. Resuelva el siguiente problema mixto para la ecuacion nal homog´enea en un rect´angulo uxx + uyy = 0 ux (0. L) ´ del problema es: Solucion. M ) = h(x) 0 < x < L. y) = X(x) Y (y) 6= 0.2. y) = 0 u(L. L).´ DE VARIABLES Y EDP CL ASICAS ´ C AP´I TULO 6. ∂y 2 ∂y 2 ´ en la EDP de (P3.1. y) = 0 ux (L. u(x. obtenemos Reemplazando esta forma de solucion uyy (x. y) = L L L L senh nπM 0 L n=1 ´ de Laplace bidimensioPROBLEMA 3.1. M ) ⇒ X 0 (0) Y (y) = 0 ∀y ∈ (0. de donde √ m = ± −λ.3 ) para obtener adecuadas CC para X en (S3.3. se sigue que √ √ X 0 (0) = 0 ⇒ −λ C1 − −λ C2 = 0 √ √ √ √ X 0 (L) = 0 ⇒ −λ C1 e −λL − −λ C2 e− −λL = 0. L) (P SL − X3. x = L). M ) ⇒ X 0 (L) = 0. L A ECUACI ON An´alisis de las condiciones de contorno asociadas a x (x = 0. M ) ⇒ X 0 (L) Y (y) = 0 ∀y ∈ (0.3 ). 6= 0. Por lo tanto. A continuacion 1ro ) Caso λ < 0. de donde obtenemos C1 = C2 √ y como e −λL √ − e− −λL ∧ √ √ √ −λ C1 e −λL − e− −λL = 0.1. Desde las CC en (P SL − X3. M ) ⇒ X 0 (0) = 0 y ux (L. concluimos que C1 = C2 = 0. λ < 0 no es valor propio.3 ) X 0 (0) = 0 0 X (L) = 0. formamos el siguiente problema de SturmLiouville 00 X (x) + λX(x) = 0 x ∈ (0.´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ DE L APLACE BIDIMENSIONAL HOMOG E´ NEA 6. ux (0. Tenemos. desde (S3. Luego. y) = 0 ∀y ∈ (0.3 ).1. 207 ´ puede contener errores Esta version . Sabemos que en este caso las posibles soluciones son de la forma √ X(x) = C1 e −λx + C2 e− √ −λx .1. Ahora usamos las CC homog´eneas asociadas a la variable x en (P3. ´ analizamos los valores propios asociados al problema de Sturm-Liouville. y) = 0 ∀y ∈ (0.1.1.3 )-(EX) y los resultados previos. ´ caracter´ıstica asociada a la EDO del problema previo es La ecuacion m2 + λ = 0. es su respectiva funcion 3ro ) Caso λ > 0. n ∈ N. n ∈ N. L son todos sus valores propios positivos.1.´ DE VARIABLES Y EDP CL ASICAS ´ C AP´I TULO 6. . Desde las CC en (P SL − X3. se sigue que X 0 (0) = 0 ⇒ C2 = 0 X 0 (L) = 0 ⇒ C2 = 0.3 ). √ λ L = nπ ∀n ∈ N ⇒ λ = Por lo tanto. . y considerando C1 6= 0.3 ). y X0 (x) = C0 . L λn = ´ para Y es Notemos ahora que nuestra ecuacion Y 00 (y) − λn Y (y) = 0 208 ´ puede contener errores Esta version 0 < y < M. de donde obtenemos C2 = 0.1. S EPARACI ON ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon 2do ) Caso λ = 0. ´ propia asociada. Sabemos que en este caso las posibles soluciones son de la forma √ √ X(x) = C1 cos( λ x) + C2 sen( λ x). si consideramos C1 6= 0. concluimos que λ0 = 0 es un valor propio. concluimos que √ sen( λ L) = 0. Luego. C0 6= 0. de donde. Desde las CC en (P SL − X3. cuyas respectivas funciones propias asociadas son nπ Xn (x) = Cn cos x . nπ 2 L nπ 2 ∀n ∈ N. se sigue que √ X 0 (0) = 0 ⇒ λ C2 = 0 √ √ √ √ X 0 (L) = 0 ⇒ − λ C1 sen( λ L) + λ C2 cos( λ L) = 0. de donde obtenemos C2 = 0 √ ∧ √ λ C1 sen( λ L) = 0. Sabemos que en este caso las posibles soluciones son de la forma X(x) = C1 + C2 x. conviene recordar que senh x = ex − e−x 2 ∧ cosh x = ex + e−x . ∞ X n=1 Cn Bn cos nπ x + C0.1 + C0. 0) = 0 ∀x ∈ [0. L] n=1 Luego.2 y.2 y.2 y Cn cos nπ nπ nπ x An senh y + Bn cosh y + C0. Ahora vamos a usar las condiciones relativas a y. nπ L ∈ R. L L L y u0 (x. y) = Xn (x) Yn (y) = Cn cos nπ nπ nπ x An senh y + Bn cosh y .3. Espec´ıficamente.1 = 0 ∀x ∈ [0. L A ECUACI ON o m´as espec´ıficamente 00 Y (y) − nπ 2 L ´ caracter´ıstica asociada es m2 − cuya ecuacion ´ de la EDO es de la forma as´ı que la solucion Y (y) = 0 nπ 2 L 0 < y < M. y) = = ∞ X n=1 ∞ X n=1 un (x. y) + C0. de donde obtenemos que m = ± nπ nπ Yn (y) = an e L y + bn e− L y . u(x. y) = X0 (x) Y0 (y) = C0. y = M ). reescribiendo Yn como Yn (y) = An senh nπ nπ y + Bn cosh y .1 + C0. Por superposicion.´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ DE L APLACE BIDIMENSIONAL HOMOG E´ NEA 6. 2 Luego.1 + C0. ´ es v´alido suponer que que satisfacen la EDP. Notemos que u(x. podemos considerar un (x. L L L An´alisis de las condiciones de contorno asociadas a y (y = 0.1 = 0 L 209 ´ puede contener errores Esta version . L] ⇒ ∞ X Xn (x) Yn (0) + C0. L L n ∈ N. = 0. ´ Sin embargo. con el fin de aprovechar las propiedades que estas funciones cumplen. en este tipo de problemas conviene trabajar con funciones trigonom´etricas hiperbolicas en vez de exponenciales. si n ∈ N y Y0 (y) = a0 + b0 y si n = 0. 2 = h(s) ds. u(x. θ) + (r. θ) + (r. L L L M L L senh nπM 0 0 L n=1 [B. L]). cos nπ L x n∈N ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon es un sistema ortogonal completo en L2 ([0. Adem´as. y poner C˜n = Cn An . L ML 0 L senh nπM 0 L u(x. las funciones Yn quedan definidas por nπ Yn (y) = senh y . M ) = h(x) ⇒ Cn senh M cos ´ En conclusion. y) = ∞ Z L nπ nπ nπ 1 Z L X 2 h(s) cos s ds cos x senh y + h(s)ds y. pues si no. S EPARACI ON y como 1. ∀n ∈ N ∧ Y0 (y) = C0. θ) = 0 ∂r2 r ∂r r2 ∂θ2 210 ´ puede contener errores Esta version (r. ´ asociada a la ecuacion ´ de Laplace bidimensional homog´enea en una region ´ circular La ecuacion Ω est´a dada por Ecuaci´on Diferencial Parcial ∂2u 1 ∂u 1 ∂2u (r.2 M = h(x) (serie de Fourier de h) L L n=1 Z L Z L nπ 2 1 h(s) cos ⇒ Cn = s ds.2 y. se sigue que Bn = C0.] La ecuacion ´ de Laplace bidimensional homog´enea: Caso region ´ circular.´ DE VARIABLES Y EDP CL ASICAS ´ C AP´I TULO 6. L que verifican Yn (0) = 0. este valor se puede refundir con los valores Cn . De esta forma. C0. θ) ∈ Ω . y) = Cn cos Por lo tanto. L L ´ de contorno para y que es no homog´enea.2 y. es razonable escoger An = 1. n ∈ N. u(x.1 = 0 ∀n ∈ N. nπ nπ x senh y + C0. Tenemos Finalmente usamos la condicion ∞ X nπ nπ x + C0. y) = ∞ X nπ nπ x senh y L L Cn cos n=1 ∀n ∈ N. As´ı un (x. ∀n ∈ N0 . el problema se transforma en el siguiente 1 1 2 urr + r ur + r2 uθθ = 0 en Λ = {(r. 6. θ) = h(θ) R (en caso que ux (x.2 OBSERVACION ´ de Laplace bidimensional homog´enea en dominios cirOtra forma de escribir la ecuacion culares es la siguiente 1 1 urr + ur + 2 uθθ = 0 en Ω. L A ECUACI ON ´ se debe exigir una condicion ´ adicional. y) = h(x. θ) = f (θ) sobre ∂Ω (donde el radio R es fijo) o bien Condiciones de contorno tipo Neumann. θ) ∈ R : r < R. θ) = u(r. θ + 2π) en Λ = {(r. y) ∈ R2 : r2 = R2 }. θ) ∈ R2 : r < R. Problemas relativos a la ecuacion ´ de Laplace bidimensional homog´enea en regiones circulares ´ de Laplace bidiPROBLEMA 3.1 ) u(x. y) sobre ∂Ω) ´ 6. Resuelva el siguiente problema de Dirichlet para la ecuacion mensional homog´enea en un c´ırculo Ω de radio R. Las condiciones de contorno pueden ser Condiciones de contorno tipo Dirichlet n u(R. y) sobre ∂Ω) (en caso que uy (x. y) ∈ R2 : x2 + y 2 = R2 }. en partes del borde usamos condiciones de contorno tipo Dirichlet y en otras partes del borde usamos condiciones de contorno tipo Neumann. ´ En coordenadas polares. y) = h(x.1 ) ´ puede contener errores Esta version . θ ∈ R} u(r.3. esto es. y) ∈ R2 : x2 + y 2 < R2 } (P3. θ) = f (θ) sobre ∂Λ = {(x.2. 1 cos θ ur (R. y) sobre ∂Ω = {(x. θ) − sen θ uθ (R.3. En esta situacion Condici´on de periodicidad u(θ) = u(θ + 2π).1. uxx + uyy = 0 en Ω = {(x.2.2.2.´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ DE L APLACE BIDIMENSIONAL HOMOG E´ NEA 6. Solucion. θ) + 1 cos θ uθ (R. θ ∈ R} u(r.3. 211 (P30 . θ) = h(θ) R sen θ ur (R. con f ∈ C 2 (Ω). y) = f (x. r r El problema tambi´en se puede resolver usando condiciones de contorno mixtas. Θ00 (θ) + λΘ(θ) = 0 θ ∈ R Θ(0) = Θ(2π) (P SL − Θ3.1 ) 0 Θ (0) = Θ0 (2π) ´ caracter´ıstica de la ecuaque se puede resolver mediante valores propios. r r Desde aqu´ı. Es claro ahora que para Θ podemos pedir que verifique 00 Θ (θ) + λΘ(θ) = 0 θ ∈ R Θ(θ) = Θ(θ + 2π) Θ ∈ C 1 (R).1 ) tiene solucion.1. Como el dominio Λ corresponde a una franja no acotada.´ DE VARIABLES Y EDP CL ASICAS ´ C AP´I TULO 6. ´ analizamos los valores propios asociados al problema de Sturm-Liouville.2. θ) = R(r) Θ(θ). podemos suponer que las soluciones son de la forma u(r. Sabemos que en este caso las posibles soluciones son de la forma √ √ Θ(θ) = C1 cos( λ θ) + C2 sen( λ θ).1 ). S EPARACI ON ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon con f (θ) = f (θ + 2π) ∀θ ∈ R. si (P30 .2. obtenemos el sistema ( Θ00 (θ) + λΘ(θ) = 0 (con Θ(0) = Θ(θ + 2π)) r2 R00 (r) + rR0 (r) − λR(r) = 0. ´ entonces se debe verificar el siguiente problema de Sturm-Liouville Luego.1 ) es cion m2 + λ = 0. Entonces. separamos variables y obtenemos r2 R00 (r) + rR0 (r) Θ00 (θ) =− = λ. Notemos que la ecuacion ´ en (P SL − Θ3.1 ).1. R(r) Θ(θ) Entonces. de donde se tiene que √ m = ± −λ. se sigue que √ √ Θ(0) = Θ(2π) ⇒ C1 = C1 cos( λ 2π) + C2 sen( λ 2π) √ √ √ √ √ Θ0 (0) = Θ0 (2π) ⇒ λ C2 = − λ C1 sen( λ 2π) + λ C2 cos( λ 2π). 212 ´ puede contener errores Esta version . Desde las CC en (P SL − Θ3. obtenemos 1 1 R00 (r)Θ(θ) + Θ(θ)R0 (r) + 2 R(r)Θ00 (θ) = 0. usando la EDP en (P30 . A continuacion 1ro ) Caso λ > 0.1. ´ Esta ultima igualdad se reduce a √ 2C1 1 − cos( λ 2π) = 0. es su respectiva funcion 3ro ) Caso λ < 0. de donde obtenemos C2 = 0.3. si consideramos C1 6= 0. se sigue que √ cos( λ 2π) = 1. que despu´es de multiplicar la primera ecuacion conduce a la igualdad √ √ √ C1 1 − 2 cos( λ 2π) + cos2 ( λ 2π) + sen2 ( λ 2π) = 0. concluimos que λ0 = 0 es un valor propio.1 ). ´ puede contener errores Esta version . Sabemos que en este caso las posibles soluciones son de la forma √ Θ(θ) = C1 e −λ θ + C2 e− √ −λ θ 213 . n∈N son valores propios.1. Luego. C0 6= 0. y Θ0 (θ) = C0 . se sigue que Θ(0) = Θ(2π) ⇒ C1 = C1 + C2 2π Θ0 (0) = Θ0 (2π) ⇒ C2 = C2 .´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ DE L APLACE BIDIMENSIONAL HOMOG E´ NEA 6. y asumiendo que C1 6= 0. n ∈ N. 2do ) Caso λ = 0. L A ECUACI ON de donde obtenemos el sistema √ √ C1 1 − cos( λ 2π) = C2 sen( λ 2π) √ √ C2 1 − cos( λ 2π) = −C1 sen( λ 2π) √ √ ´ por (1−cos( λ 2π)) y la segunda por senh( λ 2π). de donde λ n = n2 . Desde las CC en (P SL − Θ3. ´ propia asociada. Sabemos que en este caso las posibles soluciones son de la forma Θ(θ) = C1 + C2 θ. y sus correspondientes funciones propias son Θn (θ) = An cos(nθ) + Bn sen(nθ). no hay valores propios λ < 0. Notemos ahora que nuestra EDO para R es r2 R00 + rR0 − λn R = 0. ∂z 2 n ∈ N0 . de donde m = ±n ∈ R. S EPARACI ON ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon Desde las CC en (P SL − Θ3.1 ). ´ caracter´ıstica es cuya ecuacion m2 − n2 = 0. despu´es de sumar ambas ecuaciones. Por lo tanto. si n ∈ N0 . se sigue que √ √ Θ(0) = Θ(2π) ⇒ C1 + C2 = C1 e −λ 2π + C2 e− −λ 2π √ √ √ √ √ √ Θ0 (0) = Θ0 (2π) ⇒ −λ C1 − −λ C2 = −λ C1 e −λ 2π − −λ C2 e− −λ 2π . de donde obtenemos el sistema √ √ C1 1 − e −λ 2π = C2 e− −λ 2π − 1 √ √ C1 1 − e −λ 2π = C2 1 − e− −λ 2π que. la cual resolvemos como tal. ∂z 2 ∂z ∂z ∂z 2 Luego. ´ de Euler. o m´as espec´ıficamente r2 R00 + rR0 − n2 R = 0. nos conduce a C1 = 0. 214 ´ puede contener errores Esta version ∂ 2 R ∂R − ∂z 2 ∂z .´ DE VARIABLES Y EDP CL ASICAS ´ C AP´I TULO 6.1. y se sigue que R0 = ∂2R ∂ R = = 2 ∂r ∂r 00 ⇒ r2 R00 + rR0 = −z ∂R e ∂R ∂z ∂r ∂z ∂R ∂R ∂z = = ∂r ∂z ∂r ∂z ∂ = ∂z −z ∂R e ∂z = e−z ∂R ∂R ⇒ rR0 = ∂z ∂z 2 −z ∂ R −e−z ∂R ∂z ∂z + e ∂z 2 = e−2z = ∂r ∂r ∂z ∂ 2 R ∂R ∂R ∂2R − + = . nuestra EDO para R se reduce a ∂2R − n2 R = 0. que a su vez implica C2 = 0. Ponemos que corresponde a una ecuacion r = ez y por lo tanto ∂r ∂z = ez . obtenemos las funciones un (r. satisface la ecuacion ´ ´ es v´alido suponer que Laplace y es periodica en θ. L A ECUACI ON ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon Notar que si n = 0. por superposicion. θ) = ∞ X rn (An cos(nθ) + Bn sen(nθ)) + A0 . desde la condicion u(R.n .1 + C0.3. la solucion u(r. π]). Bn = C2.1 rn + Cn. sen(nθ)}n∈N en L2 ([−π.n y A0 = C0. con per´ıodo 2π. ∧ A0 = f (s) ds. θ) = f (θ) = ∞ X Rn (An cos(nθ) + Bn sen(nθ)) + A0 (serie de Fourier para f ). entonces R(z) = C0.2 z que equivale a R(r) = C0.2 e−nz que equivale a R(r) = Cn. Notar ahora que l´ım ln r = −∞ r→0+ ∧ l´ım r−n = +∞. cada una de las cuales es continua.´ DE L APLACE BIDIMENSIONAL HOMOG E´ NEA 6.1 . ∀n ∈ N. y as´ı Z π Z π Z π 1 1 1 f (s) cos(ns) ds. si n ∈ N. Por otro lado. u(r.1 + C0.2 ln r. n=1 Aqu´ı consideramos el sistema ortogonal completo {1. Bn = n f (s) sen(ns) ds.2 = 0 ∀n ∈ N0 . entonces R(z) = Cn. An = n R π −π R π −π 2π −π ´ del problema es Por lo tanto.1 enz + Cn. θ) = ∞ X rn (An cos(nθ) + Bn sen(nθ)) + A0 . r→0+ y como buscamos funciones R continuas en el interior del c´ırculo. n=1 ´ de frontera no homog´enea se sigue que Finalmente. Luego. cos(nθ). De esta forma. n=1 215 ´ puede contener errores Esta version . ´ de con An = C1.2 r−n . por lo que podemos considerar Rn (x) = rn ∀n ∈ N0 . concluimos que Cn. θ) = rn (An cos(nθ) + Bn sen(nθ)) ∀n ∈ N0 . x ∈ [0. Resuelva el siguiente problema de Dirichlet para la ecuacion mensional homog´enea en un anillo A de radio mayor R2 y radio menor R1 . π2 u (x. encuentra la solucion ´ u (0. S EPARACI ON ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon donde An = 1 Rn π Z π f (s) cos(ns) ds. (P3. L] L 1 b) x ∈ 0. cn y dn son constantes que pueden ser determinadas expl´ıcitamente. 0) = sen . 0) = 0. x ∈ [0. L] sujeta a la condicion que satisface las condiciones iniciales siguientes: ( u (x. en coordenadas polares. 0) = 0. y sional en el intervalo [0. t) = 0 en sus extremos.3. 0) = 0. es Solucion. Bn = −π 1 Rn π Z π f (s) sen(ns) ds. . π] x c) x ∈ 0. t) = u (L. L] . EJERCICIOS 6. π 2 4 nπx X 1 u (x. en A = {(x. La solucion u(r. y) ∈ R2 : x2 + y 2 = R12 } u(x. L u (x.´ DE VARIABLES Y EDP CL ASICAS ´ C AP´I TULO 6.2. 0) = Lx − x2 .2. g ∈ C 2 (A). −π ´ de Laplace bidiPROBLEMA 3. L] 1 + n2 L d) n=1 ut (x. y) ∈ R2 : R12 < x2 + y 2 < R22 } uxx + uyy = 0 u(x. En los ejercicios siguientes. ∀n ∈ N. bn . y) = f (x. x ∈ [0. ´ puede contener errores 216 Esta version . ´ del problema.2 ) con f. y) sobre ∂A = {(x. x ∈ [0. t) de la ecuacion ´ de onda unidimen1. 0) = t 0 x ∈ L2 . x ∈ [0. L] a) ut (x. θ) = a0 + b0 ln r + ∞ X (an rn + bn r−n ) cos(nθ) + (cn rn + dn r−n ) sen(nθ) n=1 donde an . L2 u (x. y) ∈ R2 : x2 + y 2 = R22 }. y) sobre ∂A = {(x. 0) = t π − x x ∈ π . L] u (x. 0) = sen nπx . x ∈ [0.1 ´ u (x. ´ Se dejan los detalles al lector.2. ∧ A0 = −π 1 2π Z π f (s) ds. y) = g(x. 0) = Lx − x2 . t) = 0 t>0 ´ de variables. t) = 0 t>0 ux (π. t) = 0 a) u (x. L] u (0. t) = 0 x b) x ∈ 0. 0) ut (x. t) = = = = = 0 cos x 0 0 0 0 < x < π. resuelva el siguiente problema de valores 3. 0) = π − x x ∈ π . π2 u (x. t) u(π. 0) ut (x. x ∈ [0. Usando el m´etodo de separacion iniciales y de frontera utt + aut + bu − c2 uxx u(x.3. En los ejercicios siguientes.´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ DE L APLACE BIDIMENSIONAL HOMOG E´ NEA 6. 0) u(0. t) = 0 t>0 ux (π. 0) = x + sen x 0 < x < π a) ut (x. 0) = cos x 0 < x < π b) ut (x. t) = = = = = 0 x sen x 0 0 0 0 < x < π. 0) = 0 0<x<π u (0. t) u(π. 0) u(0. π 2 217 ´ puede contener errores Esta version . Usando el m´etodo de separacion iniciales y de frontera utt + aut + bu − c2 uxx u(x. t > 0 u (x. Resuelva cada uno de los siguientes problemas utt − c2 uxx = 0 0 < x < π. t) = u (L. t) de la ecuacion ´ del calor unidi5. resuelva el siguiente problema de valores 4. L A ECUACI ON 2. 0<x<π 0<x<π t>0 t>0 t>0 ´ u (x. t) = ux (π. t > 0 u (x. 0) = 0 0<x<π u (0. t) = 0 t>0 utt − c2 uxx = 0 0 < x < π. encuentre la solucion mensional homog´enea que satisface las condiciones siguientes u (0. 0<x<π 0<x<π t>0 t>0 t>0 ´ de variables. x > 0. cuyo extremo izquierdo se de longitud L. y) = 0 0 < x < 1. t) + b u (L. t) en la barra como funcion y el tiempo. t > 0 u (0.´ DE VARIABLES Y EDP CL ASICAS ´ C AP´I TULO 6. con a > 1. t > 0 u (x. y > 0 218 ´ puede contener errores Esta version . son ut − c2 uxx = 0 0 < x < L. b constante x ´ de la posicion ´ con f ∈ C 2 (0. 0) = 0 1 < x < a u (x. 0) = x 0 < x < π 9. y) ∈ R u(0. Encuentre una solucion ut − uxx + 3ux − u = 0 0<x<1. y) = 0 x2 + y 2 = 1. Sea R la region e interior a la circunferencia x2 + y 2 = a2 . u (L. Resuelva el problema el´ıptico homog´eneo ∆u = 0 u(x. t>0 u(1. y > 0 u (x. 1) = 0 πy u(0. L). x > 0. 0) = x(x − 1) u(x. y) = cos 2 u(1. t) = 0 t > 0. 0 < y < 1 0<x<1 0<x<1 0<y<1 0<y<1 ´ del plano en el primer cuadrante exterior a la circunferencia x2 + y 2 = 1 10. t) = 0 t > 0. t) = 0 t>0 ux (0. Las ecuaciones que describen la distribucion ´ de temperatura inicial f (x). y) = 0 1 < y < a u(x. t) = 0 t > 0 u(x. ´ acotada formal del problema de difusion ´ 7. Resuelva el siguiente problema de Dirichlet ◦ ∆u = 0 (x. Encuentre una solucion homog´eneo ut − uxx = 0 0 < x < π . S EPARACI ON ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ de temperatura en una barra aislada delgada 6. Encuentre la temperatura u (x. t) = 0 t>0 u(x. y) = 2 x2 + y 2 = a2 . 0) = f (x) 0 < x < L u (0. 0) = sen x 0<x<1 ´ formal del problema parabolico ´ 8. t) = 0 t > 0 x u x (π. con distribucion o ´ proporcional a mantiene a 0 y que pierde calor a trav´es del extremo derecho en relacion la temperatura en ese extremo. y) ∈ D ◦ u(x.1.6. Considere la region D = (x. t) = U (x) + v(x. t) = 0 t>0 u(L.4. 0) = g(x) 0 < x < L. as´ı que consideramos u(x. −x) ∈ D u (x. M ) = = = = = 0 0 1 1 1 0 < x < L. Ahora.4.1. t > 0 u(0. 0) u (x. x) ∈ D ◦ u(x. nuestro objetivo ser´a pasar la no homogeneidad de la Solucion. t). y) u (x. y ≥ |x| ´ formal del problema de Dirichlet Encuentre una solucion ◦ ∆u = 0 (x. y) : x2 + y 2 = 1 ∩ D.4. ´ A ra´ız de la observacion EDP a las CI. 6. −x) = 0 (x. observamos que en este modelo la funcion una fuente de calor externa al sistema. L]) y g ∈ C 2 (0. ´ anterior.] ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR Salomon ´ DEL CALOR UNIDIMENSIONAL NO HOMOG E´ NEA L A ECUACI ON ´ formal acotada del problema 11. L).1 ) con f ∈ C 1 ([0. t) = 0 t>0 u(x. x) = 0 (x. y) u(L. Problemas relativos a la ecuacion ´ del calor unidimensional no homog´enea PROBLEMA 4. Encuentre una solucion ∆u u(0. y) ∈ (x.1. 219 ´ puede contener errores Esta version . y) : x2 + y 2 ≤ 1. ´ f (x) representa Antes de resolver el Problema 4. La ecuacion ´ del calor unidimensional no homog´enea 6. Resuelva el problema de Dirichlet ut − uxx = f (x) 0 < x < L. (P4. y) = 2 (x. 0 < y < M 0<y<M 0<y<M 0<x<L 0<x<L ´ 12. 1 ) v(L. De esta forma. obtenemos vt − vxx = 0. t) = 0 t > 0 v(x. Desde la CI. despu´es de usar todos los elementos del problema (EDP+CC+CI).´ DE VARIABLES Y EDP CL ASICAS ´ C AP´I TULO 6. t > 0 v(0. y dado que conocemos U . se tiene ∞ 2X v(x. S EPARACI ON ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon Desde la EDP tenemos ut − uxx = f (x) ⇒ vt − U 00 − vxx = f (x). de donde se sigue que 00 −U (x) = f (x) U (0) = 0 U (L) = 0. t) = 0 v(L. 0) = g(x) − U (x) 0 < x < L. tenemos u(x. resta encontrar v. L L ´ puede contener errores Esta version . 0<x<L que es una problema con una EDO con valores iniciales y se resuelve como tal. si conocemos expl´ıcitamente a f .1 ). lo que se reduce a resolver el problema vt − vxx = 0 0 < x < L. 0) = g(x) ⇒ v(x. t) = L Z 0 n=1 L nπ nπ nπ 2 (g(s) − U (s)) sen s ds e−( L ) t sen x . Por lo tanto. podremos determinar expl´ıcitamente a U . 0) = g(x) − U (x) 0 < x < L. t) = 0 ∧ ∧ U (0) = 0 U (L) = 0. L L de donde obtenemos que ∞ 2X u(x. Resolviendo como en (P1. y suponiendo que −U 00 = f (x). Desde las CC es v´alido asumir que v(0. t) = 0 t>0 (P40 . t) = L n=1 220 Z 0 L nπ nπ nπ 2 (g(s) − U (s)) sen s ds e−( L ) t sen x + U (x). t) = 0 u(L. 221 ´ puede contener errores Esta version . de donde obtenemos el siguiente problema de Sturm-Liouville 00 X (x) − λX(x) = 0 0 < x < L X(0) = 0 X(L) = 0. L).2 − H) Ahora podemos considerar w(x.1.2 ) ´ por completar la exposicion. t) representa Antes de resolver el Problema 4.2 ). ´ La dependencia en el tiempo de la fuente externa de calor nos obliga a seguir el siguiente razonamiento: Partimos considerando el problema homog´eneo asociado a (P4. t) = 0 t > 0. (P4. a saber wt − wxx = 0 0 < x < L. L]. t > 0 w(0. 0) = g(x) 0 < x < L.2 ) 2 con f ∈ C 1 ([0. observamos que en este modelo la funcion una fuente de calor externa al sistema que depende del tiempo. t > 0 t>0 t>0 0 < x < L.2 ) es · La ecuacion m2 − λ = 0. t) = 0 t>0 w(L.2. t) = 0 u(x. Ahora. solo ´ caracter´ıstica asociada a (P SL − X4. T (t) X(x) 1 Desde las CC en (P4.2 − H) tenemos que w(0. Solucion. t) = X(0) T (t) = 0 ∀t > 0 ⇒ X(0) = 0 y w(L. (P SL − X4. donde la fuente de calor externa no depende del tiempo. wt − wxx = X(x) T 0 (t) − X 00 (x) T (t) ⇒ X 00 (x) T 0 (t) = = λ. t) u(0.] ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR Salomon ´ DEL CALOR UNIDIMENSIONAL NO HOMOG E´ NEA L A ECUACI ON PROBLEMA 4. ´ f (x.4. t) = X(L) T (t) = 0 ∀t > 0 ⇒ X(L) = 0. Resuelva el problema de Dirichlet ut − uxx = f (x. t) = X(x) T (t) 6= 0 y obtenemos.1 ).6. (P4. R+ 0 ) y g ∈ C (0.2. a diferencia del problema (P4. ´ repetimos el argumento del Problema 1. es v´alido pensar que An (t) verifica la siguiente EDOLNH (EDO lineal no homog´enea) de primer orden Z nπ 2 nπ 2 L 0 An (t) + An (t) = f (s. t) = − n=1 nπ x L An (t) cos nπ x L nπ nπ 2 An (t) sen x L L y as´ı la EDP se puede reescribir de la siguiente forma ∞ ∞ nπ 2 nπ X nπ X 0 An (t) sen An (t) + x = Bn (t) sen x . • Primero desarrollamos f (x. y dado que conocemos los Bn (t). f (x. n ∈ N. L] se puede escribir de forma cc Como la serie de Fourier de una funcion ´ unica respecto a un sistema ortogonal completo en L2 ([0. t) = ∞ X A0n (t) sen n=1 ux (x. t) en t´erminos de las funciones propias Xn . t) = ∞ X An (t) sen n=1 nπ x L 0 < x < L. t) = ∞ X nπ L n=1 ∞ X uxx (x.2 ) y sus respectivas funciones propias asociadas son nπ Xn (x) = sen x . S EPARACI ON ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon Sabemos en este caso que λn = − nπ 2 . Obtenemos. L]). para cada t > 0. L n=1 donde 2 Bn (t) = L L Z 0 • Ahora reemplazamos las correspondientes series. t) sen s ds ∀n ∈ N (EDOLNH4. las funciones propias Xn forman un sistema ortogonal completo. L Como sabemos. t) = ∞ X Bn (t) sen nπ x . u(x. como un desarrollo en serie de Fourier. por ´ para cada t > 0 es v´alido suponer que superposicion. L son todos los valores propios asociados a (P SL − X4. Luego. Veamos si existen tales funciones An .2 ) L L 0 L 222 ´ puede contener errores Esta version . t) sen nπ s ds. ut (x. n ∈ N.´ DE VARIABLES Y EDP CL ASICAS ´ C AP´I TULO 6. L L L n=1 n=1 ´ continua sobre [0. L f (s. Tenemos. Notar que u(x. t) sen s ds. L Adem´as. t) = ∞ Z X n=1 0 t 2 (t−s) −( nπ L ) e 2 Bn (s) ds + L Z 0 L nπ nπ 2 −( nπ t ) L s ds e x . An (t) + L L 0 L Z L nπ An (0) = 2 g(s) sen s ds. L]) es unico.6. de forma que para cada n ∈ N tenemos el siguiente Problema de Valores Iniciales Z nπ 2 nπ 2 L 0 An (t) = f (s. obtenemos que ∞ 2X g(x) = L L Z 0 n=1 nπ nπ g(s) sen s ds sen x . L Por lo tanto. ∞[ (Pn V I) ´ unica ´ acerca del cual sabemos que tiene una solucion del tipo Z t R R 2 nπ 2 − ( nπ dt ds ) ( ) L L An (t) = e e Bn (s) ds + Cn 0 donde Cn depende de la CI del (Pn V I). Z An (t) = t 2 −( nπ (t−s) L ) e 0 2 Bn (s) ds + L Z 0 L nπ nπ 2 g(s) sen s ds e−( L ) t . L y de aqu´ı concluimos que u(x.] ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR Salomon ´ DEL CALOR UNIDIMENSIONAL NO HOMOG E´ NEA L A ECUACI ON Para encontrar adecuadas CI para las EDO en (EDOLNH4. 0) = g(x) ⇒ ∞ X An (0) sen n=1 nπ x = g(x). si escribimos g(x) en t´erminos de las funciones propias Xn . L L ´ g ∈ C([0. g(s) sen sen L L 223 ´ puede contener errores Esta version . L 0 L t ∈]0. usaremos las CI del problema de una forma apropiada.2 ).4. como un desarrollo en serie de Fourier. ´ Como los desarrollos en serie de Fourier de una funcion se sigue que An (0) = 2 L Z L nπ s ds L g(s) sen 0 ∀n ∈ N. as´ı Z 2 −( nπ t L ) An (t) = e t 2 nπ e( L ) s Bn (s) ds + Cn 0 que implica que 2 Cn = L Z L g(s) sen 0 nπ s ds. 3 − w) para obtener su solucion mente. integrando Es f´acil chequear que la ecuacion dos veces con respecto a x. β ∈ C (R0 ) y g ∈ C (0. 0) + w(x. t) − vt w(0. t) = α(t) u(L. t) = v(x. t > 0 t>0 t>0 0 < x < L. ´ de la forma Solucion. t) = α(t) v(L. t > 0 t>0 t>0 0 < x < L. (P40 . t > 0. obtenemos β(t) − α(t) x. t) = 0 w(L.3 ) Ahora. v(x. t) = β(t) u(x. t) ∧ v(x. (P4. t > 0 vxx = 0 (P40 . t) en u(x. L]. t) = α(t) t > 0 v(L. t) = β(t) v(x. t) + w(x. t) = β(t) t > 0 y wt − wxx = f (x. (P40 . t) 0 < x < L.3 − v) v(0.´ DE VARIABLES Y EDP CL ASICAS ´ C AP´I TULO 6.2 ). calculamos vt (x.3 ) se transforma en vt + wt − vxx − wxx = f (x. t) = v(x. Finaly reemplazamos estos resultados en (P40 .3 − w) ´ del problema (P40 .3 − v) se puede resolver fijando t. t) + w(x. t) = α(t) + L Ahora que ya conocemos v(x. De esta forma. L). t). 224 ´ puede contener errores Esta version . y considerando las CC respectivas de forma adecuada. Entonces (P4.3 ) + 1 2 con f ∈ C 1 ([0. t) = 0 w(x. t). t) v(0. ´ En este caso procederemos como sigue. 0) 0 < x < L. α. S EPARACI ON PROBLEMA 4. y originamos los siguientes dos problemas 0 < x < L. reemplazamos v(x. 0) = g(x) ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon 0 < x < L. reagrupamos convenientemente los t´erminos del lado izquierdo. 0) = g(x) − v(x. Supongamos que existe una solucion u(x. t > 0 t>0 t>0 0 < x < L. t) + w(0. t) u(0. t) + w(L. R+ 0 ). t) y w(x.3 Resuelva el problema de Dirichlet ut − uxx = f (x. 0) = g(x) 0 < x < L. 0) ´ tal como en (P4. Solucion. Resuelva el problema de Dirichlet utt − κ2 uxx = f (x. n ∈ N. ´ Partimos considerando el problema homog´eneo asociado a (P5. (P5. t) = 0 t>0 w(L. n ∈ N.1. La ecuacion ´ de onda unidimensional no homog´enea 6. κ2 T (t) X(x) Desde las CC en (P5. a saber 2 wtt − κ wxx = 0 0 < x < L.´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR6.1 − H) tenemos que w(0. t) = 0 t > 0.5. t > 0 w(0.5. 0) = h(x) 0 < x < L. t) = X(L) T (t) = 0 ∀t > 0 ⇒ X(L) = 0. R+ 0 ) y g.5.1 ) 2 con f ∈ C 1 ([0. Salomon ] ´ DE ONDA UNIDIMENSIONAL NO HOMOG E´ NEA L A ECUACI ON 6. L 225 ´ puede contener errores Esta version . t) = X(0) T (t) = 0 ∀t > 0 ⇒ X(0) = 0 y w(L. h ∈ C (0. 0) = g(x) ut (x. t) = 0 u(L. t) = X(x) T (t) 6= 0 y obtenemos. L). L son los valores propios y sus respectivas funciones propias asociadas son nπ Xn (x) = sen x . t) u(0. wtt − wxx = X(x) T 00 (t) − κ2 X 00 (x) T (t) ⇒ 1 T 00 (t) X 00 (x) = = λ.1 ) del cual sabemos que λn = − nπ 2 . t) = 0 u(x.1. (P SL − X5. t > 0 t>0 t>0 0<x<L 0 < x < L. Problemas relativos a la ecuacion ´ de onda unidimensional no homog´enea PROBLEMA 5. (P5. L].1 ).1 − H) Ahora podemos considerar w(x. de donde obtenemos el siguiente problema de Sturm-Liouville 00 X (x) − λX(x) = 0 0 < x < L X(0) = 0 X(L) = 0. u(x. para cada t > 0. las funciones propias Xn forman un sistema ortogonal completo en L2 ([0. t) = ∞ X A0n (t) sen nπ x L A00n (t) sen nπ x L n=1 utt (x. Tenemos. es v´alido pensar que An (t) verifica la siguiente EDOLNH (EDO lineal no homog´enea) de primer orden A00n (t) 226 2 +κ nπ 2 L 2 An (t) = L ´ puede contener errores Esta version Z 0 L nπ f (s. • Primero desarrollamos f (x. t) en t´erminos de las funciones propias Xn . ´ para cada t > 0 es v´alido suponer que Luego. t) = An (t) cos x L L n=1 uxx (x. como un desarrollo en serie de Fourier. Veamos si existen tales funciones An . t) = − ∞ nπ 2 X L An (t) sen n=1 nπ x L y as´ı la EDP se puede reescribir de la siguiente forma ∞ ∞ Z L 2 nπ nπ nπ X 2X 00 2 nπ An (t) sen x = f (s. L]). S EPARACI ON ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon Como sabemos. ut (x. t) = ∞ X An (t) sen n=1 nπ x L 0 < x < L. t) = ∞ X n=1 ∞ nπ nπ X ux (x. L]).1 ) . L n=1 donde Bn (t) = 2 L L Z 0 • Ahora reemplazamos las correspondientes series. y dado que conocemos los Bn (t). Obtenemos. t) = ∞ X Bn (t) sen nπ x . t) sen nπ s ds. t) sen s ds L ∀n ∈ N (EDOLNH5.´ DE VARIABLES Y EDP CL ASICAS ´ C AP´I TULO 6. por superposicion. f (x. L] se puede escribir de forma cc Como la serie de Fourier de una funcion ´ unica respecto a un sistema ortogonal completo en L2 ([0. An (t) + κ L L L L L 0 n=1 n=1 ´ continua sobre [0. t) sen s ds sen x . L f (s. si escribimos g(x) en t´erminos de las funciones propias Xn . 0) = h(x) ⇒ ∞ X nπ s ds L A0n (0) sen n=1 ∀n ∈ N. L Adem´as. como en un desarrollo en serie de Fourier. de forma que para cada n ∈ N tenemos el siguiente Problema de Valores Iniciales Z 2 nπ 2 L 00 2 nπ A (t) + κ f (s. h(s) sen A0n (0) = L 0 L (Pn V I) ´ unica ´ acerca del cual sabemos que tiene una solucion que se puede encontrar usando el ´ de par´ametros o el m´etodo de los coeficientes indeterminados. usaremos las CI del problema de una forma apropiada. como en un desarrollo en serie de Fourier. L L L 0 n=1 Se sigue por lo tanto que 2 An (0) = L Z L g(s) sen 0 Por otro lado. Salomon ] ´ DE ONDA UNIDIMENSIONAL NO HOMOG E´ NEA L A ECUACI ON Para encontrar adecuadas CI para las EDO en (EDOLNH5. t) sen A (t) = s ds. obtenemos que ∞ Z L nπ nπ 2X g(s) sen g(x) = s ds sen x . h(x) = L L L 0 n=1 Se sigue por lo tanto que A0n (0) = 2 L Z L h(s) sen 0 nπ s ds L ∀n ∈ N.1 ). t) = ∞ X n=1 un (t) sen nπ x L 0 < x < L.´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR6. t > 0. L Adem´as. obtenemos que ∞ Z L nπ nπ 2X h(s) sen s ds sen x . t ∈]0. ´ del problema es Luego.5. 0) = g(x) ⇒ ∞ X An (0) sen n=1 nπ x = g(x). segun ´ m´etodo de variacion convenga. la solucion u(x. Notar que u(x. ∞[ n n L L 0 L Z nπ 2 L A (0) = g(s) sen s ds n L Z0 L nπ 2 L s ds. nπ x = h(x). 227 ´ puede contener errores Esta version . si escribimos h(x) en t´erminos de las funciones propias Xn . ut (x. 2 − v) se puede resolver fijando t. integrando Es f´acil chequear que la ecuacion dos veces con respecto a x. y originamos los siguientes dos problemas 2 0 < x < L. t) = β(t) u(x. obtenemos β(t) − α(t) x. Resuelva el problema de Dirichlet utt − κ2 uxx = f (x. t) + w(x. ´ En este caso procederemos como sigue. L]. h ∈ C (0.2 − w) ´ del problema (P50 . ´ de la forma Solucion. (P50 . t) = β(t) v(x. Entonces (P5. t) + w(0. 0) . t) = α(t) v(L. t) 0 < x < L. 0) = g(x) − v(x. 0) = h(x) 0 < x < L.2 ) + 2 2 con f ∈ C 1 ([0. 0) 0 < x < L. t > 0 t>0 t>0 0<x<L 0 < x < L. 0) = h(x) 0 < x < L. 0) = g(x) ut (x. 0) + wt (x. (P50 . t) = α(t) u(L. t).2 ) se transforma en vtt + wtt − κ2 vxx − κ2 wxx = f (x. t) = 0 w(L. 0) wt (x. t) v(0. t) = α(t) t > 0 v(L. L). S EPARACI ON ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon PROBLEMA 5. 0) = g(x) vt (x. t > 0 t>0 t>0 0<x<L 0 < x < L.2. t) = v(x. t) u(0. β ∈ C (R0 ) y g. y considerando las CC respectivas de forma adecuada. v(x. 0) + w(x. (P5. t) − vtt w(0. De esta forma. t > 0 t>0 t>0 0<x<L 0 < x < L. 0) = h(x) − vt (x. t) ∧ v(x. calculamos vtt (x. t) = 0 w(x. t) 228 ´ puede contener errores Esta version ∧ vt (x. α. t) = β(t) t > 0 y wtt − κ2 wxx = f (x.2 ) Ahora. t) + w(L. reagrupamos convenientemente los t´erminos del lado izquierdo. R+ 0 ). Supongamos que existe una solucion u(x.2 − v) v(0.´ DE VARIABLES Y EDP CL ASICAS ´ C AP´I TULO 6. t > 0. t) = α(t) + L Ahora que ya conocemos v(x. t > 0 κ vxx = 0 (P50 . 6. 0) = g(x) u(x.1 ). y) = 0 0 < y < M (P6. t) + w(x. (P6. L]). Solucion. y) = 0 u(L. t) y w(x. Problemas relativos a la ecuacion ´ de Laplace bidimensional no homog´enea ´ de Laplace bidimensional no PROBLEMA 6. M ]) y g. 6. y) = 0 u(x. 0 < y < M ∆w = 0 w(0. t) en u(x.1. Resuelva el siguiente problema para la ecuacion homog´enea en un rect´angulo ∆u = f (x.2 − w) para obtener su solucion mente. 0 < y < M 0<y<M 0<y<M 0<x<L 0 < x < L. a saber 0 < x < L.1 ). ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR Salomon ] ´ DE L APLACE BIDIMENSIONAL NO HOMOG E´ NEA L A ECUACI ON ´ tal como en (P5. t). 229 (P SL − X6.6.6. y) = X(x) Y (y) 6= 0 y obtenemos.6. L] × [0. y) u(0. y) = X(0) Y (y) = 0 ∀0 < y < M ⇒ X(0) = 0 y w(L. y) = X(L) Y (y) = 0 ∀0 < y < M ⇒ X(L) = 0.1 ) ´ puede contener errores Esta version . de donde obtenemos el siguiente problema de Sturm-Liouville 00 X (x) − λX(x) = 0 0 < x < L X(0) = 0 X(L) = 0. y) = 0 0 < y < M w(L.1 ) con f ∈ C 1 ([0. Y (y) X(x) Desde las CC en (P6. reemplazamos v(x. M ) = h(x) 0 < x < L. ´ Partimos considerando el problema homog´eneo asociado a (P6. Finaly reemplazamos estos resultados en (P50 .1 − H) Ahora podemos considerar w(x. La ecuacion ´ de Laplace bidimensional no homog´enea 6.1. h ∈ C 2 ([0. wxx + wyy = X(x) Y 00 (y) + X 00 (x) Y (y) ⇒ − X 00 (x) Y 00 (y) = = λ. t) = v(x.1 − H) tenemos que w(0. L]). y) = ∞ X A00n (y) sen n=1 ux (x. y) = ∞ X nπ n=1 uxx (x. uy (x. Veamos si existen tales funciones An . ´ para cada 0 < y < M es v´alido suponer que Luego. por superposicion. u(x. y) = ∞ X nπ x L An (y) sen n=1 0 < x < L. L f (s. L n ∈ N. L L L L L 0 n=1 230 ´ puede contener errores Esta version n=1 . y) = ∞ X Bn (y) sen nπ x . y) sen s ds sen x . las funciones propias Xn forman un sistema ortogonal completo en L2 ([0. S EPARACI ON ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon del cual sabemos que λn = − nπ 2 L . Obtenemos. y) = ∞ X A0n (y) sen n=1 uyy (x. • Primero desarrollamos f (x. para cada 0 < y < M . son los valores propios y sus respectivas funciones propias asociadas son Xn (x) = sen nπ x . Tenemos. y) en t´erminos de las funciones propias Xn .´ DE VARIABLES Y EDP CL ASICAS ´ C AP´I TULO 6. y) sen nπ s ds. n ∈ N. L n=1 donde 2 Bn (y) = L L Z 0 • Ahora reemplazamos las correspondientes series. Como sabemos. como un desarrollo en serie de Fourier. y) = − L L nπ x L An (y) cos ∞ X nπ 2 n=1 nπ x L nπ x L An (y) sen nπ x L y as´ı la EDP se puede reescribir de la siguiente forma ∞ ∞ Z L nπ 2 nπ nπ nπ X 2X A00n (y) − An (y) sen x = f (s. f (x. usaremos las CI del problema de una forma apropiada. como un desarrollo en serie de Fourier. M ) = h(x) ⇒ ∞ X nπ s ds L An (M ) sen n=1 ∀n ∈ N.6. g(x) = L L L 0 n=1 Se sigue por lo tanto que 2 An (0) = L L Z g(s) sen 0 Por otro lado. nπ x = h(x). segun ´ m´etodo de variacion convenga. L Adem´as. ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR Salomon ] ´ DE L APLACE BIDIMENSIONAL NO HOMOG E´ NEA L A ECUACI ON cc Luego. An debe verificar la siguiente EDOLNH (EDO lineal no homog´enea) de segundo orden Z nπ 2 nπ 2 L A00n (y) − An (y) = f (s. L L L 0 n=1 Se sigue por lo tanto que 2 An (M ) = L Z L h(s) sen 0 nπ s ds L ∀n ∈ N. obtenemos que ∞ Z L nπ nπ 2X h(s) sen h(x) = s ds sen x .1 ). y) sen s ds ∀n ∈ N (EDOLNH6. de forma que para cada n ∈ N tenemos el siguiente Problema de Valores Iniciales Z nπ 2 nπ 2 L 00 An (y) − A (y) = f (s. 231 ´ puede contener errores Esta version . Notar que u(x. An (M ) = L 0 L (Pn V I) ´ unica ´ acerca del cual sabemos que tiene una solucion que se puede encontrar usando el ´ de par´ametros o el m´etodo de los coeficientes indeterminados.1 ) L L 0 L Para encontrar adecuadas CI para las EDO en (EDOLNH6. como un desarrollo en serie de Fourier.6. u(x. obtenemos que ∞ Z L nπ nπ 2X g(s) sen s ds sen x . si escribimos h(x) en t´erminos de las funciones propias Xn . t) sen s ds. 0 < y < M n L L 0 L Z nπ 2 L A (0) = g(s) sen s ds n L 0Z L nπ 2 L h(s) sen s ds. L Adem´as. si escribimos g(x) en t´erminos de las funciones propias Xn . 0) = g(x) ⇒ ∞ X An (0) sen n=1 nπ x = g(x). consideramos V (x. para resolver la EDP en el sistema. y) 1 T 0 (t) = 2 = λ. y. t > 0. t) = V (x. M ]). t > 0 u(x. y) + Vyy (x.1.1 ) se transforma en V (x. y) = X(x) Y (y) de manera que la EDP del sistema se transforma en X 00 (x) Y (y) + X(x) Y 00 (y) = λX(x) Y (y) de donde 232 X 00 (x) − λX(x) Y 00 (y) =− =µ X(x) Y (y) ´ puede contener errores Esta version . t) = 0 0 < x < L. 6. La ecuacion ´ del calor bidimensional homog´enea 6. t) = u(L. 0 < y < M. 0 < y < M. t) = u(x. y) + Vyy (x. t > 0 u(x. S EPARACI ON ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ del problema es Luego. 0 < y < M. M. 0) = g(x. Ahora. t) = 0 0 < y < M. (P7.´ DE VARIABLES Y EDP CL ASICAS ´ C AP´I TULO 6. y) = ∞ X An (y) sen n=1 nπ x L 0 < x < L. t > 0 u(0. y) 0 < x < L.1 ) con g ∈ C 2 ([0. Resuelva el problema de Dirichlet ut − κ2 ∆u = 0 0 < x < L.7. 0 < y < M. y) = 0 T (t) − κ2 λT (t) = 0. y)) = 0 de donde Vxx (x. ´ de la forma Solucion. y) κ T (t) que conduce al sistema ( Vxx (x.7. y)T 0 (t) − κ2 T (t)(Vxx (x. y) − λV (x. Entonces la EDP en (P7. la solucion u(x. y. y. y. L] × [0.1. 0. V (x. Supongamos que existe una solucion u(x. y) + Vyy (x. ´ En este caso procederemos como sigue. Problemas relativos a la ecuacion ´ del calor bidimensional homog´enea PROBLEMA 7. y) T (t) 0 < x < L. 7. u(x. 0. L) × (0. ∞) ⇒ Y (M ) = 0 Luego. y = M ).1 ) ´ caracter´ıstica asociada a la EDO del problema previo es La ecuacion nπ 2 2 m − λ+ = 0. L) × (0. t) ∈ (0.1 ) ´ caracter´ıstica asociada a la EDO del problema previo es La ecuacion m2 + µ = 0. n ∈ N. (P SL − X7. t) ∈ (0. y = L). ∞) ⇒ X(x) Y (0) T (t) = 0 ∀(x. t) ∈ (0. Por lo tanto. Tenemos. L A ECUACI ON que nos conduce al sistema ( X 00 (x) − (λ + µ)X(x) = 0 Y 00 (y) + µ Y (y) = 0. cuyas respectivas funciones propias asociadas son nπ y . M son todos sus valores propios. de donde √ m = ± −µ. ∞) ⇒ X(x) Y (M ) T (t) = 0 ∀(x. M 233 ´ puede contener errores Esta version . ∞) ⇒ Y (0) = 0 y u(x. nπ 2 . L) X(0) = 0 X(L) = 0. An´alisis de las condiciones de contorno asociadas a y (y = 0. t) ∈ (0. n ∈ N. L) × (0.An´alogamente formamos el siguiente problema de Sturm-Liouville 00 X (x) − (λ + µ)X(x) = 0 x ∈ (0. M. Yn (y) = Cn sen M µn = An´alisis de las condiciones de contorno asociadas a x (x = 0. (P SL − Y7. M ) Y (0) = 0 Y (M ) = 0. t) = 0 ∀(x.´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ DEL CALOR BIDIMENSIONAL HOMOG E´ NEA 6. formamos el siguiente problema de Sturm-Liouville 00 Y (y) + µY (y) = 0 y ∈ (0. Ahora usamos las condiciones de contorno homog´eneas CC para obtener adecuadas condiciones de contorno para Y . L) × (0. t) = 0 ∀(x. 0 < y < M. y. 0) = g(x.8. p ∈ N. y) 0 < x < L. y). M ]). s) sen s sen r dr ds. t) = 0 0 < x < L. tenemos que se debe cumplir u(x. nπ 2 =− pπ 2 . h ∈ C 2 ([0. y. An. t > 0 u(0. u(x. L] × [0. y. y. p ∈ N. nos conduce a Z MZ L nπ pπ 4 g(r. Tn. ´ puede contener errores 234 Esta version (P5. ∀n. t > 0 u(x.p e −κ2 2 +( nπ ( pπ L ) M ) 2 t ´ es v´alido esperar que las soluciones sean de la forma y por superposicion. y. t) = ∞ X ∞ X An.p = ML 0 M L 0 6. y. M Por lo tanto.1.1. Finalmente. t) = 0 0 < y < M.8. p ∈ N.p e −κ2 2 2 +( nπ ( pπ L ) M ) t sen n=1 p=1 pπ nπ y sen x M L An´alisis de la condici´on inicial. t) = u(x.´ DE VARIABLES Y EDP CL ASICAS ´ C AP´I TULO 6. S EPARACI ON de donde ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon r nπ 2 λ+ m=± .p sen n=1 p=1 nπ pπ y sen x = g(x. 0) = h(x. 0. y) M L que mediante desarrollo en serie de Fourier para g(x. 0 < y < M.p T (t) = 0 con λn. y) ∀t > 0 de donde obtenemos ∞ X ∞ X An. M. Problemas relativos a la ecuacion ´ de onda bidimensional homog´enea PROBLEMA 8. t > 0 u(x.p (t) = Cn. Resuelva el problema de Dirichlet utt − κ2 ∆u = 0 0 < x < L. 0) = g(x. M L son todos sus valores propios. con g.p = − pπ 2 L − nπ 2 L ∈ R. 0 < y < M ut (x. cuyas respectivas funciones propias asociadas son pπ Xp (x) = Cp sen x . t) = u(L. De esta forma. L λp + ´ para T es Notemos ahora que nuestra ecuacion T 0 (t) − κ2 λn. y) 0 < x < L.1 ) . La ecuacion ´ de onda bidimensional homog´enea 6. M L EJERCICIOS 6. t) = ∞ X ∞ X (An. t) = ux (1. t) = 0 0 < x < 1. t > 0 0<x<1 0<x<1 t>0 4. 0) = cos x − 2 x ut (x.p 4 = ML L M Z L Z g(r. t) = −π t>0 1 2 2 x ∈ (0. 0) = 0 x ∈ (0. 0) = 1 + x u(0. t>0 u(1.p cos(λnp t) + Bn. s) sen 0 0 nπ pπ s sen r dr ds.´ DE ONDA BIDIMENSIONAL HOMOG E´ NEA 6. La solucion u(x. Encuentre una solucion −x 0<x<1. t) = 0 ux (π. s) sen 0 0 nπ pπ y sen x . t) = 0 t>0 u(x. L A ECUACI ON ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ del problema es de la forma Solucion. 0) = sen πx 0<x<1 ´ acotada formal del problema de difusion ´ 2. t>0 ut − ux = uxx + te u(1. Determine la solucion formal del siguiente problema utt = uxx − 2ut + 1 x ∈ (0.p sen(λnp t)) sen n=1 p=1 donde λnp = κπ r p 2 + n 2 . Resuelva el problema utt − 9uxx = x − 1 u(x. y. t > 0 t>0 ux (0. π) .8. Halle una solucion ut + u = uxx + e−x 0<x<1.8. 0) = 0 0<x<1 3. π) u (x. ´ Se dejan los detalles al lector. M An. π) 235 ´ puede contener errores Esta version . t) = u(0. 0) = sen x2 ut (x. t) = 0 t>0 u(0.p = 4 M Lλnp Z M Z L h(r. t) = 1 t>0 u(x.1 ´ acotada formal del problema de difusion ´ 1. M L nπ pπ s sen r dr ds M L y Bn. 0 < x < 1. 0. t) = u(x. y. t>0 t>0 t>0 0<x<1 0<x<1 7. 0 < x < π. 0) = 0 0<x<1. 0 < y < 1. y. t) = x (x − 1) sen t u(x. t) = 0 u(x. Resuelva el problema ut = ∇2 u + A u(x. 0 < x < 1. 0) = B u(0. t) = 0 0 < x < 1. y. 0 < y < π. t) = 0 0 < x < π. 0 < x < 1. t) = u(x. 0 < x < π. y. t) = 0 ux (1. 0 < y < π. t) = 0 u(x. 0 < y < π. y. t) = sen t u(1. y. 0 < y < 1. y. t > 0 t>0 t>0 t>0 9. Resuelva el problema utt = uxx − ut + x u(0. Resuelva el problema ut = ∇2 u u(x. 0 < y < π. 1. t > 0 0<y<1 0<y<1 t>0 t>0 ´ puede contener errores 236 Esta version . t) = 0 0 < x < π. 0. 0 < x < π.´ DE VARIABLES Y EDP CL ASICAS ´ C AP´I TULO 6. 0 < x < π. Resuelva el problema utt = ∇2 u u(x. t) = u(1. 1. Halle una solucion utt + 2ut = uxx − 3ux + sen x u(0. t > 0 0<y<π t>0 t>0 8. y. t>0 t>0 t>0 0<x<1 0<x<1 ´ acotada formal del problema 6. y. t) = u(1. 0 < x < π. t) = u(1. t) = 0 u(x. y. S EPARACI ON 5. 0) = A ut (x. 0) = cos πx ut (x. t) = 0 u(x. 0) = 0 u(0. t) = 0 u(x. 0) = 0 ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon 0<x<1. 1. 0. t > 0 0 < y < π. 0) = 0 u(0. 0) = 0 ut (x. La solucion ´ de D’Alembert Consideremos el problema de Cauchy 2 + utt − c uxx = 0 x ∈ R.1. Hacemos el cambio de variables u(x.Cap´ıtulo 7 EDP cl´asicas en dominios no acotados 7. η) donde ∧ ξ = x + ct η = x − ct. t ∈ R u(x. de donde ∂2v = −4c2 vξη ∂η∂ξ y as´ı la ED del problema se transforma en la ED utt − c2 uxx = −4c2 vξη = 0.1. Problema de Cauchy para la ecuacion ´ de onda 7. 0) = f (x) x ∈ R ut (x. 237 . η) = F (ξ) + G(η). G ∈ C 1 . con F. t) = v(ξ. Usando la regla de la cadena se obtiene uxx = ∂2u ∂2v ∂2v ∂2v = + 2 + = vξξ + 2vξη + vηη ∂x2 ∂ξ 2 ∂η∂ξ ∂η 2 y utt = ∂2u = c2 ∂t2 ∂2v ∂2v ∂2v − 2 + ∂ξ 2 ∂η∂ξ ∂η 2 = c2 (vξξ − 2vξη + vηη ). ´ es cuya solucion v(ξ.1. 0) = g(x) x ∈ R ´ Este problema se resuelve como se explica a continuacion. 0) = g(x) ⇒ c(F 0 (x) − G0 (x)) = g(x).´ C AP´I TULO 7. t) = 1 1 (f (x + ct) + f (x − ct)) + 2 2c que es la llamada soluci´on de D’Alembert. se sigue que Sustituyendo esta solucion u(x. nos permiten deducir que Z 1 1 x K F (x) = f (x) + g(s) ds + 2 2c x0 2c y 1 1 G(x) = f (x) − 2 2c Z x g(s) ds − x0 K 2c En consecuencia. obtenemos u(x. t) = F (x + ct) + G(x − ct) ´ en las CI. Integrando en la segunda CI. obtenemos que la solucion u(x. 0) = f (x) ⇒ F (x) + G(x) = f (x) y ut (x. evaluando estas funciones F y G en x + ct y x − ct respectivamente. c ´ Esta ultima igualdad junto a la que se obtuvo desde la primera CI. obtenemos 1 F (x) − G(x) = c Z x g(s) ds + x0 K . 238 ´ puede contener errores Esta version Z x+ct g(s) ds. EDP CL ASICAS EN DOMINIOS NO ACOTADOS ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon Volviendo a las coordenadas originales x y t. y luego ´ a nuestro problema de Cauchy es sumando ambas funciones. x−ct . a saber el espacio L2 ([a. coincidiendo el valor de ambas integrales en estos casos (es decir. En nuestro caso. cuando ´ es integrable Riemann. b]): Z kf k = b 21 f 2 (s) ds a 239 ∀f ∈ L2 ([a.Ap´endice A Series de Fourier ´ de aspectos generales relativos Este anexo debe entenderse como un repaso sin profundizacion ´ a series de Fourier estudiados con anterioridad. a [a. debemos dejar en claro que la teor´ıa de series de Fourier se desarrolla en un espacio de funciones mucho m´as general. sin tratar de ´ entender en este momento qui´en es de forma precisa este ultimo espacio. podemos considerar funciones f : [a. podemos repasar el estudio de las series de Fourier considerando el siguiente espacio: R2 ([a. el valor de la integral de Lebesgue de esa funcion ´ coincide con una funcion el correspondiente valor de su integral de Riemann. De esta forma. conside2 raremos el siguiente producto interno en L ([a. b] ∧ f 2 es integrable Lebesgue en [a. b] → R : f es acotada y f 2 es integrable Riemann}. b]} ´ se sabe que toda funcion ´ integrable Riemann que es un espacio que contiene a R2 ([a. b]). aunque trabajaremos en el contexto de funciones en R2 ([a. M´as aun. b]) = {f : [a. es integrable Lebesgue. b]): Z b hf. g ∈ L2 ([a. para una mejor comprension.b] Sin embargo. gi = f (s) g(s) ds ∀f. Desde ahora en adelante. lo haremos tomando en cuenta que en realidad se trata de un subespacio de L2 ([a. b]). b] → R tales que Z sup |f | < ∞ ∧ b |f (s)|2 ds < ∞. En otras palabras. y de hecho ambas integrales se representan de la misma forma). b]). b]). . b] → R : f es medible Lebesgue en [a. b]) = {f : [a. b]). a y la siguiente norma en L2 ([a. b]). . b]) tal que hϕi . . . b]) ⇒ f ∈ L2 ([a.0. b]). Cn0 } para que el error cuadr´atico 2 n0 X Ck ϕk sea m´ınimo? f − k=0 Es decir. . b]). . Cn0 } tales que 2 2 n0 n0 X X f − C ϕ ≤ f − B ϕ k k k k k=0 240 ´ puede contener errores Esta version k=0 ∀{B1 . Bn0 } ⊂ R? . ϕn . . . . . . ϕj i = 0 ∀i 6= j. para cada f ∈ L2 ([a. . a saber S = {ϕ0 . ϕn . . ϕ1 . C1 . .} se denomina ortogonal si hϕi . . Entonces. En particular. ´ si f ∈ R2 ([a.} ⊂ L2 ([a.1. C1 . . . b] es cuadrado de Lebesgue de f 2 sobre [a. toda funcion integrable Riemann. A. como el valor de la integral ´ f continua a trozos en [a. . ϕ1 .1 Como ya se menciono. . ´ OBSERVACION f ∈ R2 ([a. . B2 . b]. S ERIES DE F OURIER ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon Un sistema en L2 ([a. ¿Qu´e debemos hacer para encontrar {C0 . Z b |f (x)|2 dx a representa tanto el valor de la integral de Riemann de f 2 sobre [a. b]. . La mejor aproximacion. ´ A. . ϕj i = 0 ∀i 6= j. ´ Identidad de Parseval Sea S un sistema ortogonal en L2 ([a. . b]) cabe plantearse la siguiente pregunta ¿C´omo se debe escoger el conjunto de constantes {C0 . . b]). a saber S = {ϕ0 . . . entonces el valor M´as aun.C AP´I TULO A. . llamamos mejor aproximaci´on de f en L2 ([a. .1. entonces toda ´ f ∈ R2 ([a. ϕn . . b]). Decimos que el sistema ortogonal S es completo si ∀f ∈ L2 ([a. ϕn0 } ⊂ S. . b]) a la expresion n0 X Ck ϕk con Ck = k=0 hf.1. b]). L A MEJOR APROXIMACI ON ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon Un c´alculo directo nos muestra que 2 n0 n0 n0 n0 X X X X hf. . si S ⊂ C([a. n0 . ´ A. ⊂ R con la propiedad l´ım f − n→∞ k=0 o equivalentemente Z l´ım n→∞ a b f (s) − n X !2 Ck ϕk (s) ds = 0. . b]).1 OBSERVACION Al considerar el sistema ortogonal S. los coeficientes Ck = hf. 2. I DENTIDAD DE PARSEVAL A.} un sistema ortogonal en L2 ([a. se llaman coeficientes de Fourier de f con respecto al sistema ortogonal S. ϕk i kϕk k2 k ∈ N0 . ϕk i kϕk k2 k ∈ N0 . b]) se puede escribir como un desarrollo en serie de Fourier. ϕ1 . DEFINICION ´ Para {ϕ0 . funcion 241 ´ puede contener errores Esta version . . ϕk i 2 hf. En este caso se escribe: f∼ ∞ X Ck ϕk Ck = k=0 ´ La ecuacion ∞ X hf. . b]) y sea S = {ϕ0 . . ϕ1 . . . . ϕk i kϕk k k = 1. .1.1 Sea f ∈ L2 ([a. b]) es un sistema ortogonal completo en L2 ([a. . ϕk i 2 2 2 C − f − C ϕ = kϕ k = kϕ k + kf k − k k k k k kϕk k2 kϕk k2 k=0 k=0 k=0 k=0 de donde obtenemos ´ A. . ∃{Ck }k∈N0 n X Ck ϕk = 0. k=0 En particular.´ . Ck2 kϕk k2 = kf k2 k=0 se llama Identidad de Parseval. y la serie ∞ X Ck ϕk k=0 se llama serie de Fourier generalizada de f con respecto al sistema S. . . cos(nx).1 El conjunto S = {1. cos(2x) . . la serie f∼ ∞ X Ck ϕk k=0 se llama serie de Fourier generada por f con respecto al sistema S. A.1 Sea S = {ϕ0 .2. b]) y si S ⊂ C([a. un sistema ortogonal S es completo si y solo 2 para toda f en L ([a. . Sistemas ortogonales trigonom´etricos completos y series de Fourier Sistema ortogonal trigonom´etrico completo sobre el intervalo [−π. . . ϕ2n (x) = cos(nx). ϕn . . . . . Para f ∈ L2 ([a. cos(x). bn = 1 π Z π f (t) sen(nt) dt −π n ∈ N.}. . ϕ1 . Poniendo S = {ϕ0 (x) = 1. b]) es un sistema ortogonal completo. . π]). . para f ∈ L2 ([−π. . entonces f = g si y solo si poseen los mismos coeficientes de Fourier. .2 Es claro ahora lo siguiente: OBSERVACION ´ si los coeficientes {Ck }k∈N0 son los coeficientes El sistema ortogonal S es completo si y solo de Fourier de f . y se escribe ∞ f (x) = a0 X + an cos(nx) + bn sen(nx).} un sistema ortogonal.1. ϕ2 (x) = cos(x). . g ∈ C([a. . sen(x). n→∞ k=0 ´ si la identidad de Parseval se cumple En particular. .1. . ϕ2n−1 (x) = sen(nx). π] TEOREMA A. .2. π]). sen(nx). S ERIES DE F OURIER ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon TEOREMA A.} es un sistema ortogonal completo en L2 ([−π. 2 n=1 donde an = 242 1 π Z π f (t) cos(nt) dt −π ´ puede contener errores Esta version n ∈ N0 . ´ A. ´ Si f. b]) se tiene que ∞ X k=0 2 ∞ X Ck2 kϕk k2 = kf k2 ⇔ l´ım f − Ck ϕk = 0. b]). . sen(2x).C AP´I TULO A. . ϕ1 (x) = sen(x). cos x . sen x .. L]). Poniendo n π nπ o x .3 El conjunto π nπ 2π S = 1. . ϕ1 (x) = sen L L L para f ∈ L2 ([−L. L] TEOREMA A. 2 L L n=1 donde 1 an = L Z L nπ f (t) cos t dt L −L 1 bn = L n ∈ N0 . . . . cos x . . L L L L L L es un sistema ortogonal completo en L2 ([−L. Sistemas ortogonales trigonom´etricos completos sobre el intervalo [0..2. L L L es un sistema ortogonal completo en L2 ([0.. . Z L f (t) sen −L nπ t dt L n ∈ N. .. cos x .. . la serie ∞ X f∼ Ck ϕk k=0 se llama serie de Fourier generada por f con respecto al sistema S.2. S ISTEMAS ORTOGONALES TRIGONOM E´ TRICOS ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon Sistema ortogonal trigonom´etrico completo sobre el intervalo [−L. sen x . 243 ´ puede contener errores Esta version . . .. ϕn (x) = cos x . ϕ1 (x) = cos L L 2 para f ∈ L ([0. . cos x . y se escribe ∞ f (x) = nπ nπ a0 X + an cos x + bn sen x . . . . L]).A. cos x .2 El conjunto π π nπ nπ 2π 2π S = 1. .. f (x) = 2 L n=1 donde 2 an = L Z 0 L nπ f (t) cos t dt L n ∈ N0 . Poniendo nπ nπ o n π x . ϕ2n−1 (x) = sen x .. cos x . . .. sen x . ϕ2n (x) = cos x . L]). L]). S = ϕ0 (x) = 1. la serie f∼ ∞ X Ck ϕk k=0 se llama serie de Fourier generada por f con respecto al sistema S. . S = ϕ0 (x) = 1.. L] TEOREMA A.. . y se escribe ∞ nπ a0 X + an cos x .2. 2. . sen x . y se escribe ∞ f (x) = nπ a0 X + an cos x . . . . ϕ2 (x) = sen x . . L nπ t dt L n ∈ N. ϕn (x) = sen x .C AP´I TULO A. Poniendo nπ o n π S = ϕ0 (x) = 1. TEOREMA A.. L]). L]). Poniendo S= nπ π 2π x .4 El conjunto π nπ 2π S = sen x .. . ϕ1 (x) = cos x . . .5 El conjunto nπ π 2π x . ϕn (x) = cos x . cos x . S ERIES DE F OURIER ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon TEOREMA A. L]). . . la serie f∼ ∞ X Ck ϕk k=1 se llama serie de Fourier generada por f con respecto al sistema S. .. . 2 2L n=1 donde 1 an = L 244 ´ puede contener errores Esta version Z 0 2L nπ f (t) cos t dt 2L n ∈ N0 . . y se escribe f (x) = ∞ X bn sen n=1 donde bn = 2 L L Z f (t) sen 0 nπ x . ϕ1 (x) = sen L L L para f ∈ L2 ([0. sen x ... .. . . .2. 2L 2L para f ∈ L2 ([0. L]).. la serie f∼ ∞ X Ck ϕk k=0 se llama serie de Fourier generada por f con respecto al sistema S... L L L es un sistema ortogonal completo en L2 ([0. S = 1. . cos x .. . . . .. cos 2L 2L 2L es un sistema ortogonal completo en L2 ([0. . . sen x . L]).. .. . . TEOREMA A. . .. L]). 2L 2L 2L para f ∈ L2 ([0. 2L 2L 2L es un sistema ortogonal completo en L2 ([0. cos x . ϕn (x) = sen x . . . 245 ´ puede contener errores Esta version .. ϕ2 (x) = sen x .. . .A.2. . 2L 2L 2L es un sistema ortogonal completo en L2 ([0. la serie f∼ ∞ X Ck ϕk k=1 se llama serie de Fourier generada por f con respecto al sistema S. ϕn (x) = cos x . . y se escribe f (x) = ∞ X an cos n=1 donde an = 2 L Z L f (t) cos 0 (2n − 1)π x . cos x . 2L (2n − 1)π t dt 2L n ∈ N.. .7 El conjunto π 3π (2n − 1)π S = cos x . L]).. . Poniendo S= π nπ 2π ϕ1 (x) = sen x . Poniendo S= π 3π (2n − 1)π ϕ1 (x) = cos x .. 2L nπ t dt 2L n ∈ N..6 El conjunto π nπ 2π S = sen x . . la serie f∼ ∞ X Ck ϕk k=1 se llama serie de Fourier generada por f con respecto al sistema S. L]).2. S ISTEMAS ORTOGONALES TRIGONOM E´ TRICOS ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon TEOREMA A. y se escribe f (x) = ∞ X bn sen n=1 donde 1 bn = L Z 2L f (t) sen 0 nπ x . sen x .2. ϕ2 (x) = cos x . 2L 2L 2L para f ∈ L2 ([0. .. . . . . la serie f∼ ∞ X Ck ϕk k=1 se llama serie de Fourier generada por f con respecto al sistema S. ϕ2n (x) = cos x . . . ϕ1 (x) = sen 2L 2L 2L para f ∈ L2 ([0. sen x . cos x . . b] TEOREMA A. 2L 2L 2L es un sistema ortogonal completo en L2 ([0. . .. ϕ2 (x) = sen x . L]). Poniendo 2π 2nπ 2nπ x . sen x . ..2. cos x . . . ϕ2n−1 (x) = sen x ... dt Sistema ortogonal trigonom´etrico completo en [a. 2 bn = b−a Z b−a 2 a−b 2 f (t) sen 2nπ t b−a dt n ∈ N.8 El conjunto π 3π (2n − 1)π S = sen x ..C AP´I TULO A. sen x . Poniendo S= π 3π (2n − 1)π x . f (x) = bn sen 2L n=1 donde 2 bn = L L Z f (t) sen 0 (2n − 1)π t 2L n ∈ N. S = ϕ0 (x) = 1..9 El conjunto 2π 2π 4π 2nπ 2nπ S = 1.. y se escribe ∞ a0 X 2nπ 2nπ f (x) = + an cos x + bn sen x . y se escribe ∞ X (2n − 1)π x . b]). . ϕ1 (x) = sen b−a b−a b−a para f ∈ L2 ([a. la serie f∼ ∞ X Ck ϕk k=0 se llama serie de Fourier generada por f con respecto al sistema S. sen x . b−a b−a b−a b−a b−a es un sistema ortogonal completo en L2 ([a. .. S ERIES DE F OURIER ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon TEOREMA A. . . .. . . . b]). L]). . 2 b−a b−a n=1 donde 2 an = b−a 246 Z b−a 2 a−b 2 f (t) cos 2nπ t dt b−a ´ puede contener errores Esta version n ∈ N0 . . . . sen x . .2.. . ϕn (x) = sen x . . y escogiendo v1 = 1. recibe el nombre de polinomio caracter´ıstico de la EDO. se hace necesario revisar algunos aspectos relacionados con este tema.0. los valores propios del sistema son las ra´ıces del polinomio caracter´stico de esta matriz.1 Conviene recordar lo siguiente sobre la ecuacion ´ diferencial OBSERVACION u00 + pu0 + qu = 0. Si m1 es una ra´ız del polinomio. pues no En este anexo solo es materia de este curso. El sistema asociado es ( u01 = u2 u02 = −qu1 − pu2 cuya matriz de coeficientes es ! 0 1 A= −q −p Luego. entonces los vectores propios asociados a esta ra´ız corresponden a soluciones de ! ! ! m1 −1 v1 0 A~v = m1 I2~v ⇔ (m1 I2 − A)~v = 0 ⇔ = . q m1 + p v2 0 Desde aqu´ı obtenemos v2 = m1 v1 . a ! saber m −1 = m2 + pm + q. De esta forma podemos tener valores propio reales e iguales.Ap´endice B Problemas de Sturm-Liouville ´ daremos una mirada superficial a los problemas de Sturm-Liouville. Sin embargo. m2 + pm + q. reales diferentes o complejos conjugados. 247 . det q m+p Este polinomio. entonces ! 1 ~v1 = m1 es un vector propio asociado a m1 . pues aplicaremos algunos resultados relacionados con problemas de Sturm-Liouville en ´ de una EDP mediante el m´etodo de separacion ´ de variables. la resolucion ´ B. 2 2 ´ diferencial TEOREMA B. iii) Si m1 ∈ C. ex + e−x . 2 . entonces m2 = a−bi. β ∈ R. ii) Si m1 y m2 son ra´ıces reales e iguales. P ROBLEMAS DE S TURM -L IOUVILLE ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon Si m1 6= m2 . entonces la familia de soluciones u est´a dada por u(x) = C1 em1 x + C2 em2 x .1 La ecuacion u00 + pu0 + qu = 0 ´ caracter´ıstica tiene ecuacion m2 + p m + q = 0 cuyas ra´ıces o soluciones son m1 = −p + p p2 − 4q 2 ∧ m2 = −p − p p2 − 4q .2 En algunos casos conviene reescribir soluciones en la forma de funciones OBSERVACION ´ trigonom´etricas hiperbolicas en vez de exponenciales. es decir m1 y m2 son ra´ıces complejas conjugadas. la familia de soluciones u est´a dada por u(x) = C1 eax cos(bx) + C2 eax sen(bx). Notar aqu´ı que podemos considerar p p −p + p2 − 4q −p − p2 − 4q m1 = ∧ m2 = . digamos m1 = a+bi.0. con el fin de aprovechar las propiedades que estas funciones cumplen. En este caso. entonces de forma an´aloga obtenemos que ! 1 ~v2 = m2 es un vector propio asociado a m2 . 2 i) Si m1 y m2 son ra´ıces reales diferentes. como por ejemplo la propiedad senh(α − β) = senh α cosh β − cosh α senh β pues senh x = 248 ´ puede contener errores Esta version ex − e−x 2 ∧ cosh x = ∀α. La familia de soluciones u est´a dada por u(x) = C1 em1 x + C2 xem2 x .0. ´ B.C AP´I TULO B. ´ Solucion. 1) Encontrar todos los valores propios y funciones propias asociados al problema. la familia de soluciones u est´a dada por √ √ √ √ −λ x + C2 e0x sen −λ x = C1 cos −λ x + C2 sen −λ x . la familia de soluciones u est´a dada por √ √ u(x) = C1 em1 x + C2 em2 x = C1 e λ x + C2 e− λ x . Luego. entonces m1 = m2 = 0.0. m2 ∈ C. Luego. √ ∴ m = ± −λ. La ecuacion m2 + λ = 0. entonces m1 . i) Si λ > 0. ´ Buscamos λ ∈ R tal que la ecuacion X 00 + λX = 0 ´ caracter´ıstica asociada a esta ecuacion ´ es posea soluciones no nulas. √ √ iii) Si λ < 0. m2 ∈ R. u(x) = C1 e0x cos La pregunta que se trata de responder en este momento es: ¿C´omo podemos encontrar vectores ortogonales que nos permitan construir sistemas ortogonales completos? PROBLEMA. π) X(0) = 0 X(π) = 0 (B . la familia de soluciones u est´a dada por u(x) = C1 em1 x + C2 xem2 x = C1 + C2 x. Luego.1 La ecuacion u00 − λu = 0 ´ caracter´ıstica tiene ecuacion m2 − λ = 0 cuyas ra´ıces o soluciones son √ m1 = λ ∧ √ m2 = − λ. con m1 6= m2 . con m1 = −λ i y m2 = − −λ i. Consideremos el problema 00 −X = λX en (0. ii) Si λ = 0. Ahora tenemos tres posibilidades: 249 ´ puede contener errores Esta version .´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon ´ diferencial COROLARIO B. entonces −λ > 0 y m1 . concluimos que C1 = C2 = 0. 6= 0. En este caso m = −λ ∈ C. P ROBLEMAS DE S TURM -L IOUVILLE ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon 1ro ) Caso λ < 0. √ 3ro ) Caso λ > 0. Por lo tanto. Desde las CC se sigue que X(0) = 0 ⇒ C1 = 0 X(π) = 0 ⇒ C1 + C2 π = 0. Por lo tanto. Sabemos que en este caso las posibles soluciones son de la forma √ √ X(x) = C1 cos( λ x) + C2 sen( λ x). concluimos que C1 = C2 = 0. 2do ) Caso λ = 0. λ = 0 no es valor propio. de donde obtenemos C1 = 0 250 ´ puede contener errores Esta version ∧ √ C2 sen( λ x) = 0.C AP´I TULO B. m2 ∈ R. y como π 6= 0. Desde las CC se sigue que X(0) = 0 ⇒ C1 = 0 √ √ X(π) = 0 ⇒ C1 cos( λ π) + C2 sen( λ π) = 0. trat´andose de ra´ıces reales distintas. Sabemos que en este caso las posibles soluciones son de la forma X(x) = C1 + C2 x. de donde obtenemos C1 = −C2 √ y como e −λπ − e− √ −λπ ∧ √ √ C1 e −λπ − e− −λπ = 0. y as´ı m1 . . de donde obtenemos C1 = 0 ∧ C2 π = 0. En este caso −λ > 0. λ < 0 no es valor propio. Desde las CC se sigue que X(0) = 0 ⇒ C1 + C2 = 0 √ √ X(π) = 0 ⇒ C1 e −λπ + C2 e− −λπ = 0. Sabemos que en este caso las posibles soluciones son de la forma √ X(x) = C1 e −λx √ + C2 e − −λx . El resto de los elementos en la tabla se mantiene igual. L) X(0) = 0 X(L) = 0 00 X − λX = 0 en (0. L). cambiamos la EDO por la siguiente OBSERVACION X 00 + λX = 0 en (0. ´ entonces lo unico que se ve afectado en la tabla es el signo de los valores propios respectivos (quedar´ıan positivos). cuyas respectivas funciones propias asociadas son un (x) = sen (n x) . λn = n2 . ´ mostramos una tabla con algunos problemas de Sturm-Liouville conocidos. L) X(0) = 0 0 X (L) = 0 X 00 − λX = 0 en (0. L) X(0) = X(L) 0 X (0) = X 0 (L) Valores Propios nπ 2 λn = − L n∈N λn = − Funciones Propias n nπ o sen x L n∈N nπ 2 n nπ o 1. 251 ´ puede contener errores Esta version .3 Notar que si en los ejemplos de la tabla. cos x L n∈N L n ∈ N0 λn = − (2n − 1)π 2L 2 sen n∈N λn = − (2n − 1)π 2L λn = − 2nπ L n∈N 2 cos n∈N (2n − 1)π x 2L (2n − 1)π x 2L n∈N 2 1. L) X 0 (0) = 0 0 X (L) = 0 X 00 − λX = 0 en (0. Por lo tanto. L) X 0 (0) = 0 X(L) = 0 X 00 − λX = 0 en (0. Luego.´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon y considerando C2 6= 0. sen n ∈ N0 2nπ 2nπ x . n ∈ N. concluimos que √ sen( λ x) = 0. √ ∀n ∈ N ⇒ λ = n2 λ π = nπ ∀n ∈ N. n ∈ N. Problema X 00 − λX = 0 en (0.0. cos x L L n∈N ´ B. son todos sus valores propios. junto A continuacion a sus valores propios y funciones propias asociadas. kϕn kL2s (a.1. . Se define el espacio L2s (a. se verifica lo siguiente: i) ∃{λn }n∈N0 familia numerable de valores propios reales y simples tales que |λ0 | < |λ1 | < |λ2 | < . < |λn | < |λn+1 | < . ϕn i ϕn . . a TEOREMA B. b) = Z b 2 |v(x)| s(x) dx < ∞ . −→ ∞ n→∞ ii) Las correspondientes funciones propias asocidas a {λn }N0 . . se definen en L2s (a. b]. b] → R medible : a ´ s se llama funci´on peso. b). Adem´as.1 Sea s : [a. {ϕn }∈N0 forman una base ortogonal para el espacio L2s (a. vis = u(t) v(t) s(t) dt a La norma Z b kvks = v 2 (t) s(t) dt. ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon Espacios con peso ´ B. donde |a0 | + |a1 | > 0 y |b0 | + |b1 | > 0. b] → R una funcion ´ estr´ıctamente positiva en [a. 252 ´ puede contener errores Esta version .1.b) siendo la convergencia uniforme y absoluta. . iii) Si ϕ es continua y satisface las CC. excepto tal vez DEFINICION en a lo m´as una cantidad finita de puntos.1.C AP´I TULO B. P ROBLEMAS DE S TURM -L IOUVILLE B. entonces ϕ= ∞ X n=0 hϕ.1 Sobre el problema regular de Sturm-Liouville 0 0 (p(x) u (x)) + q(x) u(x) = λ s(x) u(x) a0 u(a) + a1 u0 (a) = 0 b0 u(b) + b1 u0 (b) = 0. b): La funcion El producto interno b Z hu. v : [a. se chequea que si λ es un valor propio de L y u es la funcion entonces a0 (x) 1 a1 (x) 0 u (x) + u(x) = λ u(x). q y s las funciones propias no nulas de Con esta eleccion L(u) = 2u00 − 6u0 + 3u forman una base ortogonal en R2s (a.1. b) tal que las funciones propias asociadas a los valores propios distintos de: L(u) := a2 (x)u00 (x) + a1 (x)u0 (x) + a0 (x)u(x) = λu(x) sean ortogonales. Luego. a2 (x) 2 s(x) = p(x) 1 = e−3x .b) 1 = 2 Z b u(t) v(t) e−3t dt. obtenemos que para la eleccion R p(x) = e a1 (x) dx a2 (x) . q(x) = a0 (x) 3 p(x) = e−3x . u00 (x) + a2 (x) a2 (x) a2 (x) ´ ´ Igualando coeficientes en las dos ultimas ecuaciones. R p(x) = e a1 (x) dx a2 (x) = e−3x . donde hu. q(x) = a0 (x) p(x).B.Partimos considerando (p(x) u0 (x))0 + q(x) u(x) = λ s(x) u(x). ´ Identificamos a1 (x) = −6. a2 (x) 2 ´ de p. b) sean ortogonales. con s(x) = 21 e−3x . a2 (x) = 2. que cuando p(x) 6= 0 equivale a u00 (x) + p0 (x) 0 q(x) s(x) u (x) + u(x) = λ u(x) p(x) p(x) p(x) ´ propia asociada. b). Encontremos un espacio S ⊂ R2s (a.1. b). a 253 ´ puede contener errores Esta version . viR2s (a. Por otro lado. E SPACIOS CON PESO ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon Aplicacion ´ del Teorema. EJEMPLO B. a0 (x) = 3. Solucion. a2 (x) s(x) = p(x) a2 (x) las funciones propias de L conforman una base ortogonal en R2s (a.1 Encuentre un espacio adecuado para que las funciones no nulas de la EDO 2u00 − 6u0 + 3u = λu en (a. P ROBLEMAS DE S TURM -L IOUVILLE 254 ´ puede contener errores Esta version ´ Alarcon ´ Araneda [B ORRADOR] Salomon .C AP´I TULO B. . S´eptima edicion [6] Jerrold Marsden y Anthony Tromba. Ter´ 1988. 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