Integral de línea con respecto a la longitud del arco

Question

Me encontré con un problema que, inicialmente, pensé que era un error tipográfico.

$$\int_C\ e^xdx $$

donde C es el arco de la curva $x=y^3$ desde $(-1,-1)$ hasta $(1,1)$.

Sólo he encontrado integrales de línea con $ds$ antes, no con $dx$ (o $dy$, para el caso). Al principio, pensé que el $dx$ debía ser un $ds$, pero eso llevaba a una integral insoluble.

Desafortunadamente, mi libro no cubre este tema muy bien y las respuestas en línea que he encontrado son bastante vagas. Intenté sustituir $x=y^3$ para obtener $$ \int_{-1}^{1}\ e^{y^3}3y^2dy $$

lo cual se evalúa en $e - \frac{1}{e}$. Esto también es lo que obtengo cuando hago $ \int_{-1}^{1}\ e^{x}dx $, así que tiendo a creer que es correcto. Sin embargo, no estoy seguro y me gustaría saber con certeza si mi intuición es válida.

Answer 1

Sea $C$ cualquier curva en $\mathbb{R}^d. Una parametrización de $C$ es un mapa $\gamma: [a,b] \to \mathbb{R}^d$ que recorre los puntos en $C$ en un orden específico. Para dos funciones $f$, $g$ definidas en el conjunto de puntos que pertenecen a $C$, definimos la integral de línea sobre $C$ como

$$\int_C f dg \stackrel{def}{=} \int_\gamma f dg \stackrel{def}{=}\int_a^b f(\gamma(t))\,(g \circ \gamma)'(t) dt$$

es decir, la integral de línea está definida a través de una integral sobre una parametrización específica de la curva. La clave es que el valor de la integral a la derecha es independiente de la elección de la parametrización. Para mayor claridad, se puede eliminar el parámetro explícito $t$ de la expresión.

Para tu caso, $\int e^{x} dx$ realmente significa $\int e^{x(\gamma(t))}\,(x\circ\gamma)'(t) dt$ para cualquier parametrización que elijas para evaluar la integral. La $s$ que sueles ver representa la parametrización por longitud de arco, es solo una posible elección de parametrización. No es necesario utilizarla si dificulta tu vida.

Answer 2

Define $\vec{r}(t) = $. Define $\vec{F}(t)= $. Entonces quieres $\int_C\vec{F}\cdot d\vec{r}$, lo cual ahora se puede integrar a lo largo de la línea $t$ desde -1 hasta 1. Pero esto se está viendo como un campo vectorial no como un campo escalar. Pero es consistente con la notación.

Answer 3

Es bastante estándar escribir $\int_C P(x,y)dx+Q(x,y)dy$ para la integral de línea $\int_C\vec F\cdot d\vec r$, donde $\vec F(x,y)=(P(x,y),Q(x,y))$. Así que en este caso $\vec F(x,y)=(e^x,0)$.

Aquí se puede resolver como lo hiciste; o puedes darte cuenta de que $\vec F$ es conservativo, con función potencial $f(x,y)=e^x$. Por lo tanto $$\int_C e^x\,dx=f(1,1)-f(-1,-1)=e-\frac1e.$$

Es importante notar que todo esto funciona porque $P$ depende solo de $x$.

Answer 4

Necesitas encontrar $s.$

¿Sabes cómo encontrar la longitud de un arco?

$S(t) = \int_1^t \sqrt {\frac {dx}{dt}^2+ \frac {dy}{dt}^2} dt$

$ds = \sqrt {\frac {dx}{dt}^2+ \frac {dy}{dt}^2} dt$

En este caso deja $y=t, x=t^3$

$\int_{-1}^{1} e^{t^3} \sqrt {9t^4+ 1} dt$

No estoy seguro de cómo calcular esa integral de inmediato. Necesitaría hacer una aproximación numérica.

Answer 5

Este es un ejemplo de integral de línea con respecto a $x$. Las integrales de línea con respecto a funciones de coordenadas no son completamente intuitivas (para mí). Una posible motivación para algo así sería calcular el trabajo. Si ruedas una bola de nieve hacia arriba por una colina, estás realizando trabajo. El trabajo depende de la masa de la bola de nieve, que a su vez depende de cuánto tiempo llevas rodándola y del desnivel de la colina. Pero cualquier componente horizontal del rodado no requiere trabajo, ya que la única fuerza es la gravedad. Así, si la colina tiene un perfil en forma de curva $C$, y $f(x,y)$ es la masa de la bola de nieve en la posición $(x,y)$ en la colina ($y$ es la coordenada vertical), entonces el trabajo es proporcional a $\int_C f(x,y)\,dy$.

Hay un procedimiento simple y formal para calcular integrales como estas. Para la tuya, parametriza $C$ como $x=t^3$, $y=t$ en el intervalo $-1 \leq t\leq 1$. Entonces el integrando es $e^{t^3}$, y el diferencial es $dx= 3t^2 \,dt$. La integral se convierte en $$ \int_C e^{x}\,dx=\int_{-1}^t e^{t^3} 3t^2\,dt = \left. e^{t^3}\right|^{1}_{-1} = e - e^{-1} $$

De hecho, pienso que la formalidad es la principal ventaja de estas integrales. Si $\mathbf{F} = P\mathbf{i} + Q \mathbf{j} + R\mathbf{k}$ es un campo vectorial en $C$, entonces $$ \int_C \mathbf{F}\cdot d\mathbf{r} = \int_C P\,dx + \int_C Q\,dy + \int_C R\,dz $$