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La integral de línea

Problemas resueltos
1. Halle la longitud de la curva dada por la parametrización 4 1 α(t) = t ı + t3/2  + t k, 3 2
Solución: 1 α (t) = (1, 2t1/2 , ), 2
t ∈ [0, 2].

t ∈ [0, 2].

La curva α es de clase C 1 y, por tanto, es rectificable. α (t) =
La longitud de α será:
2

1 + 4t +

1 1√ = 5 + 16t 4 2

s=
0 2

α (t) dt = 1√ 1 1 2 5 + 16tdt = . . (5 + 16t)3/22 2 16 3
2

=
0

=
0

√ √ 1 (37 37 − 5 5) 48

2. La ecuación de una curva es y 2 = x3 . Halle la longitud del arco que une (1, −1) a (1, 1). Solución:

Problemas resueltos
Parametrizamos la curva de la forma: x = t2 , evitamos los radicales). Así: α(t) = (t2 , t3 ), y = t3 , (con esta parametrización ∀t ∈ R

α (t) = (2t, 3t2 ),

α es de clase C 1 en R y además la parametrizacióndada recorre la curva en el sentido que se pide porque: α(−1) = (1, −1), α (t) =
La longitud del arco será:
1

α(0) = (0, 0),

α(1) = (1, 1).

4t2 + 9t4 = |t| 4 + 9t2 .

s=
−1

α (t) dt =
1
1
0

=
−1

|t| 4 + 9t2 dt =
0
1

t 4 + 9t2 dt −
−1
0

t 4 + 9t2 dt =
√ 1 (26 13 − 16). 27

1 = (4 + 9t2 )3/2 27

1 − (4 + 9t2 )3/2 27 0

=
−1

3. Calcule

αz,

dondeα es la curva descrita por la parametrización con 0 ≤ t ≤ 2π.

α(t) = t cos t ı + tsen t  + t k Solución: α(t) = (t cos t, tsen t, t),

α (t) = (cos t − tsen t, sen t + t cos t, 1), t ∈ [0, 2π].

α es de clase C 1 (α es continua). α (t) =
Sea f (x, y, z) = z. Entonces


2 + t2

z=
α 0 2π

f (α(t)). α (t) dt = t 2+
0

=

t2 dt

1 = (2 + t2 )3/2 3



=
0

1 3

√ (2+ 4π 2 )3 − 2 2 .

La integral de línea
4. Calcule (0, 1). Solución:
C (x

+ y), siendo C un triángulo de vértices (0, 0), (1, 0) y

Sea C la trayectoria del triángulo recorrida en sentido contrario a las agujas del reloj. Siendo α1 (t) = (t, 0), α2 (t) = (1 − t, t),
α3 (t) = (0, 1 − t), y puesto que α1 (0) = (0, 0) = α3 (1), α1 (1) = (1, 0) = α2 (0) y α2 (1) = (0, 1) = α3 (0)

α1 (t)= (1, 0), α2 (t) = (−1, 1),
α3 (t) = (0, −1),

α1 (t) = 1, α2 (t) =

t ∈ [0, 1].
t ∈ [0, 1]. t ∈ [0, 1].

√ 2,

α2 (t) = 1,

podemos considerar C como el arco unión C = α1 ∪ α2 ∪ α3 . Entonces: (x + y) =
C α1 1

(x + y) +
α2 1√ 0

(x + y) +
α3
1

(x + y) =
t2 √ t2 + 2t + t − 2 2
1

tdt + 0 √ = 1 + 2. =

2dt +
0

(1 − t)dt =

=
0

Problemas resueltos
5. Unalambre tiene forma de circunferencia, x2 + y 2 = a2 . Determine su masa y su momento de inercia respecto de un diámetro si la densidad en un punto (x, y) del alambre está dada por la función f (x, y) = |x| + |y|. Solución: La masa del alambre viene dada por la expresión: M=
γ

f (x, y) =
γ

|x| + |y|

siendo γ la curva cuya trayectoria representa la forma del alambre, en este caso unacircunferencia que parametrizamos por: γ(t) = (a cos t, asen t), que es de clase C 1 γ (t) = (−asen t, a cos t)
2π 2π

t ∈ [0, 2π]



γ (t) = a

M=
0

f (γ(t)) γ (t) dt =
0

(|a cos t| + |asen t|) adt =
π

= a2
0

π/2

(cos t + sen t)dt + a2

(− cos t + sen t)dt+
π/2 2π

+ a2

3π/2 π

(− cos t − sen t)dt + a2
π/2

(cos t − sen t)dt =
3π/2

= a2 [sen t − cos t]0π + a2 [−sen t − cos t]π/2 +

+ a2 [−sen t + cos t]3π/2 + a2 [sen t + cos t]2π = 8a2 . π 3π/2

La integral de línea
Para calcular el momento de inercia respecto de un diámetro necesitamos la distancia de un punto cualquiera (x, y) a dicho diámetro. Para simplificar, tomaremos como eje el eje OX, por tanto, la función que da la distancia de un punto al eje es r(x, y) = |y|. Teniendo en cuentala definición (1.11) del momento de inercia respecto de un eje se tiene:

I=
γ

y 2 (|x| + |y|) =


= a4 − a4 − a4
+ a4

sen 2 t(|sen t| + | cos t|)dt = a4
0

π/2

sen 2 t cos tdt−
π 0

0 3π/2 π/2 2π π π
0

sen 2 t cos tdt + a4 a4 3
sen 3 t

2π 3π/2

sen 2 t cos tdt + a4
− sen 3 t
2π π 3π/2 π/2

sen 3 tdt−
2π 3π/2

sen 3 tdt =

π 0

+ sen 3 t

+

sen t...
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