Problema n° 4 de integrales - TP04
Enunciado del ejercicio n° 4
∫T (x + y)·ds
Donde T es el triángulo de vértices:
A = (0, 0)
B = (1, 0)
C = (0, 1)
Aplicando:
| ∫C f(x)·ds = ∫ | b | f(C(t))·||C'||·dt |
| a |
Parametrizando el triángulo:
CAB(t) = (t, 0); 0 ≤ t ≤ 1
CBC(t) = (1 - t, t); 0 ≤ t ≤ 1
CCA(t) = (0, t); 0 ≤ t ≤ 1
Calculando las partes:
C'AB(t) = (1, 0) ⇒ ||C'AB(t)|| = √1² ⇒ ||C'AB(t)|| = 1
C'BC(t) = (-1, 1) ⇒ ||C'BC(t)|| = √(-1)² + 1² ⇒ ||C'BC(t)|| = √2
C'CA(t) = (0, 1) ⇒ ||C'CA(t)|| = √1² ⇒ ||C'CA(t)|| = 1
f(X) = x + y ⇒ f(CAB(t)) = t + 0 ⇒ f(CAB(t)) = t
f(X) = x + y ⇒ f(CBC(t)) = (1 - t) + t ⇒ f(CBC(t)) = 1
f(X) = x + y ⇒ f(CCA(t)) = 0 + t ⇒ f(CCA(t)) = t
Armando la integral:
∫C (x + y)·ds = ∫CAB f·ds + ∫CBC f·ds + ∫CCA f·ds
| = ∫ | 1 | t·dt + ∫ | 1 | √2·dt + ∫ | 1 | t·dt = |
| 0 | 0 | 0 |
| = 2·∫ | 1 | t·dt + ∫ | 1 | √2·dt = |
| 0 | 0 |
| = 2·(½·t²) | 1 | + √2·(t) | 1 | = |
| 0 | 0 |
= 2·(½·1² - ½·0²) + √2·(1 - 0) =
∫C (x + y)·ds = 1 + √2
Autor: Ricardo Santiago Netto. Argentina
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