05 Trabajo Práctico Nro 5 (FUNCIÓN POTENCIAL)

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Matemática 
1er. cuatrimestre del año 2020 
Trabajo Práctico Nro. 5 
Taller de Resolución de Problemas 
Compendio de problemas con resolución 
(FUNCIÓN POTENCIAL) 
 
 
Este es un documento realizado por lxs docentes Marcela Araujo (Jefa de Trabajos Prácticos) y 
Mariano Reynoso (Ayudante) para lxs alumnxs de las comisiones 4 y 5 de la materia Matemática 
de las carreras de Farmacia y Bioquímica de la Facultad de Farmacia y Bioquímica de la 
Universidad de Buenos Aires. 
2 
 
FUNCIÓN POTENCIAL 
Si una forma diferencial Ω(𝑥 ; 𝑦) = 𝑃(𝑥 ; 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑄(𝑥 ; 𝑦)𝑑𝑦 es exacta, entonces existe un 
campo escalar 𝑤(𝑥 ; 𝑦) tal que su diferencial es la forma diferencial exacta, es decir, 𝑑𝑤 =
𝑃(𝑥 ; 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑄(𝑥 ; 𝑦)𝑑𝑦, y este campo escalar 𝑤(𝑥 ; 𝑦) recibe el nombre de función potencial. 
Ejercicio 12 
En este ejercicio nos dan formas diferenciales y nos piden calcular, si existen, las correspondientes 
funciones potenciales. Veamos cómo resolver este tipo de problemas: 
Ω(𝑥 ; 𝑦) = (1 + 𝑦2)𝑑𝑥 + (1 + 2𝑥𝑦)𝑑𝑦 
Dada la anterior forma diferencial, lo primer que tenemos que hacer es ver si la forma diferencial 
es exacta, y para ello calculamos las derivadas parciales y observamos si ellas coinciden. 
𝑃(𝑥 ; 𝑦) = 1 + 𝑦2 
(
𝜕𝑃
𝜕𝑦
)
𝑥
= 2𝑦 
𝑄(𝑥 ; 𝑦) = 1 + 2𝑥𝑦 
(
𝜕𝑄
𝜕𝑥
)
𝑦
= 2𝑦 
Como las derivadas parciales son iguales entonces Ω es una forma diferencial exacta, y como es 
una forma diferencial exacta entonces existe la función potencial 𝑤 tal que el diferencial de la 
función potencial es la forma diferencial. 
Por definición de diferencial, el 𝑑𝑤 implica: 
(
𝜕𝑤
𝜕𝑥
)
𝑦
= 1 + 𝑦2 
(
𝜕𝑤
𝜕𝑦
)
𝑥
= 1 + 2𝑥𝑦 
Tal que (
𝜕𝑤
𝜕𝑥
)
𝑦
= 𝑃(𝑥 ; 𝑦) y (
𝜕𝑤
𝜕𝑦
)
𝑥
= 𝑄(𝑥 ; 𝑦) 
Entonces, integramos una de las derivadas parciales para obtener la función potencial 𝑤 (en 
general integramos la que es más fácil de integrar): 
𝑤(𝑥 ; 𝑦) = ∫ (
𝜕𝑤
𝜕𝑥
)
𝑦
𝑑𝑥 
Elegimos integrar la derivada parcial respecto de 𝑥, lo que implica que 𝑦 actúa como constante. 
Recordemos que cuando calculamos una integral indefinida obtenemos una familia de funciones 
que solamente se diferencian entre sí en una constante (que se encuentra sumando), esta 
constante puede depender de 𝑦, es decir, 𝑓(𝑦), dado que 𝑦 actúa como constante, entonces nos 
queda: 
𝑤(𝑥 ; 𝑦) = ∫ (
𝜕𝑤
𝜕𝑥
)
𝑦
𝑑𝑥 = ∫(1 + 𝑦2)𝑑𝑥 = (1 + 𝑦2)𝑥 + 𝑓(𝑦) 
3 
 
Ahora debemos hallar 𝑓(𝑦), para esto utilizamos la información de la derivada parcial de 𝑤 
respecto de 𝑦: 
𝑤(𝑥 ; 𝑦) = (1 + 𝑦2)𝑥 + 𝑓(𝑦) 
(
𝜕𝑤
𝜕𝑦
)
𝑥
= 2𝑦𝑥 + 𝑓′(𝑦) 
Y como sabemos que (
𝜕𝑤
𝜕𝑦
)
𝑥
= 𝑄(𝑥 ; 𝑦), entonces igualamos: 
2𝑦𝑥 + 𝑓′(𝑦) = 1 + 2𝑥𝑦 
𝑓′(𝑦) = 1 
Como necesitamos tener a 𝑓(𝑦) y no 𝑓′(𝑦) dado que 𝑤(𝑥 ; 𝑦) = (1 + 𝑦2)𝑥 + 𝑓(𝑦), entonces 
integramos respecto de 𝑦: 
𝑓(𝑦) = ∫ 1 𝑑𝑦 
𝑓(𝑦) = 𝑦 + 𝐶 
Entonces, obtenemos una familia de funciones potenciales: 
𝑤(𝑥 ; 𝑦) = (1 + 𝑦2)𝑥 + 𝑦 + 𝐶 
Ahora, resolvamos otro ejercicio: 
Ω(𝑥 ; 𝑦) = 𝑦2𝑒𝑥 𝑑𝑥 + 2𝑦𝑒𝑥 𝑑𝑦 
Para que exista la función potencial, la forma diferencial debe ser exacta, vemos sí sucede en este 
caso: 
𝑃(𝑥 ; 𝑦) = 𝑦2𝑒𝑥 
(
𝜕𝑃
𝜕𝑦
)
𝑥
= 2𝑦𝑒𝑥 
𝑄(𝑥 ; 𝑦) = 2𝑦𝑒𝑥 
(
𝜕𝑄
𝜕𝑥
)
𝑦
= 2𝑦𝑒𝑥 
Como las derivadas parciales son iguales entonces la forma diferencial Ω es exacta, entonces 
existe la función potencial 𝑤 que tiene como diferencial a la forma diferencial exacta: 
𝑑𝑤 = 𝑦2𝑒𝑥 𝑑𝑥 + 2𝑦𝑒𝑥 𝑑𝑦 
(
𝜕𝑤
𝜕𝑥
)
𝑦
= 𝑃(𝑥 ; 𝑦) = 𝑦2𝑒𝑥 
(
𝜕𝑤
𝜕𝑦
)
𝑥
= 𝑄(𝑥 ; 𝑦) = 2𝑦𝑒𝑥 
En vez de elegir una de las derivadas parciales e integrarla respecto de la variable que se tuyo en 
cuenta para derivar 𝑤, podemos integrar las dos derivadas parciales: 
4 
 
𝑤(𝑥 ; 𝑦) = ∫ (
𝜕𝑤
𝜕𝑥
)
𝑦
𝑑𝑥 = ∫ 𝑦2𝑒𝑥 𝑑𝑥 
𝑤(𝑥 ; 𝑦) = 𝑦2𝑒𝑥 + 𝑓(𝑦) 
𝑤(𝑥 ; 𝑦) = ∫ (
𝜕𝑤
𝜕𝑦
)
𝑥
𝑑𝑦 = ∫ 2𝑦𝑒𝑥 𝑑𝑦 
𝑤(𝑥 ; 𝑦) = 𝑦2𝑒𝑥 + 𝑔(𝑥) 
𝑦2𝑒𝑥 + 𝑓(𝑦) = 𝑦2𝑒𝑥 + 𝑔(𝑥) 
Entonces llegamos a que 𝑓(𝑦) = 𝑔(𝑥) = 𝐶 y la familia de funciones potenciales nos queda: 
𝑤(𝑥 ; 𝑦) = 𝑦2𝑒𝑥 + 𝐶 
 
5 
 
GRADIENTE 
Ejercicio 13 
El enunciado de este ejercicio nos dice que para los campos vectoriales 𝐹 debemos determinar, 
si es posible, un campo escalar 𝑓 tal que 𝑔𝑟𝑎𝑑(𝑓) = 𝐹 
 a) 
𝐹(𝑥 ; 𝑦) = (sen 𝑦 + 2𝑥𝑦) 𝐼 + (𝑥 cos 𝑦 + 𝑥2) 𝐽 𝑓(2 ; 0) = 4 
Recordemos que el gradiente de un campo escalar 𝑓(𝑥 ; 𝑦) es un vector tal que: 
∇𝑓(𝑥 ; 𝑦) = (
𝜕𝑓
𝜕𝑥
)
𝑦
𝐼 + (
𝜕𝑓
𝜕𝑦
)
𝑥
𝐽 
Para que exista necesitamos que el campo vectorial 𝐹(𝑥 ; 𝑦) = 𝑃(𝑥 ; 𝑦)𝐼 + 𝑄(𝑥 ; 𝑦)𝐽 sea 
conservativo, necesitamos entonces que: 
(
𝜕𝑃
𝜕𝑦
)
𝑥
= (
𝜕𝑄
𝜕𝑥
)
𝑦
 
𝑃(𝑥 ; 𝑦) = sen 𝑦 + 2𝑥𝑦 
(
𝜕𝑃
𝜕𝑦
)
𝑥
= cos 𝑦 + 2𝑥 
𝑄(𝑥 ; 𝑦) = 𝑥 cos 𝑦 + 𝑥2 
(
𝜕𝑄
𝜕𝑥
)
𝑦
= cos 𝑦 + 2𝑥 
Como las derivadas parciales coinciden entonces el campo vectorial es conservativo, por lo tanto, 
podemos encontrar el campo escalar 𝑓(𝑥 ; 𝑦) tal que: 
∇𝑓(𝑥 ; 𝑦) = (sen 𝑦 + 2𝑥𝑦)𝐼 + (𝑥 cos 𝑦 + 𝑥2)𝐽 
(
𝜕𝑓
𝜕𝑥
)
𝑦
= sen 𝑦 + 2𝑥𝑦 (
𝜕𝑓
𝜕𝑦
)
𝑥
= 𝑥 cos 𝑦 + 𝑥2 
Integramos una de las derivadas parciales: 
𝑓(𝑥 ; 𝑦) = ∫ (
𝜕𝑓
𝜕𝑦
)
𝑥
𝑑𝑦 = ∫(𝑥 cos 𝑦 + 𝑥2)𝑑𝑦 = 𝑥 sen 𝑦 + 𝑥2𝑦 + 𝑔(𝑥) 
Y para calcular 𝑔(𝑥) vamos a derivar a 𝑓(𝑥 ; 𝑦) respecto de 𝑥 y utilizar la información que 
tenemos por (
𝜕𝑓
𝜕𝑥
)
𝑦
 
(
𝜕𝑓
𝜕𝑥
)
𝑦
= sen 𝑦 + 2𝑥𝑦 + 𝑔′(𝑥) 
Como queremos que (
𝜕𝑓
𝜕𝑥
)
𝑦
= sen 𝑦 + 2𝑥𝑦 entonces igualamos: 
sen 𝑦 + 2𝑥𝑦 + 𝑔′(𝑥) = sen 𝑦 + 2𝑥𝑦 
6 
 
𝑔′(𝑥) = 0 
𝑔(𝑥) = ∫ 0 𝑑𝑥 = 𝐶 
Entonces la familia de campos escalares es: 
𝑓(𝑥 ; 𝑦) = 𝑥 sen 𝑦 + 𝑥2𝑦 + 𝐶 
Pero como se pide que la función cumpla 𝑓(2 ; 0) = 4 entonces con este dato podemos darle un 
valor a 𝐶 
𝑓(𝑥 ; 𝑦) = 𝑥 sen 𝑦 + 𝑥2𝑦 + 𝐶 
𝑓(2 ; 0) = 2 ∙ sen 0 + 22 ∙ 0 + 𝑐 = 4 
𝑐 = 4 
Entonces el campo escalar pedido es: 
𝑓(𝑥 ; 𝑦) = 𝑥 sen 𝑦 + 𝑥2𝑦 + 4 
Ejercicio 14 
En este ejercicio nos dan el campo escalar 𝑓 definido como 𝑓(𝑥 ; 𝑦) = 3𝑥2 + 𝑦2 y nos piden 
calcular de la forma más simple posible: 
∫ ∇𝑓 𝑑𝑅
𝐵
𝐴
 
para 𝐴 = (1 ; 0) y 𝐵 = (2 ; 1). 
Primero tenemos que calcular el gradiente del campo escalar 𝑓: 
𝑓(𝑥 ; 𝑦) = 3𝑥2 + 𝑦2 
∇𝑓(𝑥 ; 𝑦) = (
𝜕𝑓
𝜕𝑥
)
𝑦
𝐼 + (
𝜕𝑓
𝜕𝑦
)
𝑥
𝐽 
(
𝜕𝑓
𝜕𝑥
)
𝑦
= 6𝑥 (
𝜕𝑓
𝜕𝑦
)
𝑥
= 2𝑦 
Entonces: 
∇𝑓(𝑥 ; 𝑦) = 6𝑥 𝐼 + 2𝑦 𝐽 
7 
 
Sabemos que 𝑑𝑅 = 𝑑𝑥 𝐼 + 𝑑𝑦 𝐽, entonces: 
∫ ∇𝑓 𝑑𝑅
𝐵
𝐴
= ∫ 6𝑥 𝑑𝑥 + 2𝑦 𝑑𝑦
(2;1)
(1;0)
 
Para resolver la integral de la forma más fácil posible podemos intentar demostrar que la forma 
diferencial del integrando es exacta para poder elegir el camino más fácil, así: 
𝑃(𝑥 , 𝑦) = 6𝑥 ⇒ (
𝜕𝑃
𝜕𝑦
)
𝑥
= 0 
𝑄(𝑥 , 𝑦) = 2𝑦 ⇒ (
𝜕𝑄
𝜕𝑥
)
𝑦
= 0 
Como las derivadas parciales son iguales, la forma diferencial es exacta, entonces elegimos el 
camino siguiente: 
El camino 𝐶 = 𝐶1 ∪ 𝐶2 elegido es el siguiente: 
𝐶1: (𝑥 ; 0) para 1 ≤ 𝑥 ≤ 2 y como 𝑦 = 0 entonces 𝑑𝑦 = 0 𝑑𝑥 
𝐶2: (2 ; 𝑦) para 0 ≤ 𝑦 ≤ 1 y como 𝑥 = 2 entonces 𝑑𝑥 = 0 𝑑𝑦 
∫ 6𝑥 𝑑𝑥 + 2𝑦 𝑑𝑦
(2;1)
(1;0)
= ∫ 6𝑥 𝑑𝑥 + 2𝑦 𝑑𝑦
𝐶1
+ ∫ 6𝑥 𝑑𝑥 + 2𝑦 𝑑𝑦
𝐶2
 
∫ 6𝑥 𝑑𝑥 + 2𝑦 𝑑𝑦
𝐶1
= ∫ 6𝑥 𝑑𝑥 + 2 ∙ 0 ∙ 0 𝑑𝑥
2
1
= ∫ 6𝑥 𝑑𝑥
2
1
= 3𝑥2|1
2 = 3 ∙ 22 − 3 ∙ 12 = 9 
∫ 6𝑥 𝑑𝑥 + 2𝑦 𝑑𝑦
𝐶2
= ∫ 6 ∙ 2 ∙ 0 𝑑𝑦 + 2𝑦 𝑑𝑦
1
0
= ∫ 2𝑦 𝑑𝑦
1
0
= 𝑦2|0
1 = 12 − 02 = 1 
Entonces: 
8 
 
∫ ∇𝑓 𝑑𝑅
𝐵
𝐴
= ∫ 6𝑥 𝑑𝑥 + 2𝑦 𝑑𝑦
(2;1)
(1;0)
= 9 + 1 = 10 
Ejercicio 15 
En este ejercicio se pide calcular una integral curvilínea usando la función potencial. Recordemos: 
Si 𝑃(𝑥 ; 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑄(𝑥 ; 𝑦)𝑑𝑦 es una forma diferencial exacta, entonces existe una función 𝑤(𝑥 ; 𝑦) 
que llamamos función potencial que verifica 𝑑𝑤 = 𝑃(𝑥 ; 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑄(𝑥 ; 𝑦)𝑑𝑦, entoncesla integral 
curvilínea se puede calcular utilizando la función potencial: 
∫ 𝑃(𝑥 ; 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑄(𝑥 ; 𝑦)𝑑𝑦
(𝑥1;𝑦1)
(𝑥0;𝑦0)
= ∫ 𝑑𝑤
(𝑥1;𝑦1)
(𝑥0;𝑦0)
= 𝑤(𝑥1 ; 𝑦1) − 𝑤(𝑥0 ; 𝑦0) 
 b) 
∫ 2𝑥 𝑑𝑥 +
1
𝑦
 𝑑𝑦
(1;𝑒)
(0;1)
 
La forma diferencial es exacta, así que buscamos la función potencial: 
Si 𝑑𝑤 = 2𝑥 𝑑𝑥 +
1
𝑦
 𝑑𝑦 entonces (
𝜕𝑤
𝜕𝑥
)
𝑦
= 2𝑥 y (
𝜕𝑤
𝜕𝑦
)
𝑥
=
1
𝑦
 
Integramos las dos derivadas parciales: 
𝑤(𝑥 ; 𝑦) = ∫ (
𝜕𝑤
𝜕𝑥
)
𝑦
𝑑𝑥 = ∫ 2𝑥 𝑑𝑥 
𝑤(𝑥 ; 𝑦) = 𝑥2 + 𝑓(𝑦) 
𝑤(𝑥 ; 𝑦) = ∫ (
𝜕𝑤
𝜕𝑦
)
𝑥
𝑑𝑦 = ∫
1
𝑦
 𝑑𝑦 
𝑤(𝑥 ; 𝑦) = ln 𝑦 + 𝑔(𝑥) 
Ahora igualamos las dos expresiones obtenidas: 
𝑥2 + 𝑓(𝑦) = ln 𝑦 + 𝑔(𝑥) 
Entonces 𝑓(𝑦) = ln 𝑦 y 𝑔(𝑥) = 𝑥2 y la función potencial nos queda: 
𝑤(𝑥 ; 𝑦) = 𝑥2 + ln 𝑦 
Así, la integral curvilínea resulta: 
∫ 2𝑥 𝑑𝑥 +
1
𝑦
 𝑑𝑦
(1;𝑒)
(0;1)
= 𝑤(1 ; 𝑒) − 𝑤(0 ; 1) = (12 + ln 𝑒) − (02 + ln 1) = 2 − 0 = 2