Teorema de green

PROBLEMAS DE TEOREMA DE GREEN
ENUNCIADO DEL TEOREMA Sea C una curva simple y cerrada, suave a trozos y orientada positivamente, y sea F(x;y) = (P;Q) un campo vectorial cuyas funciones coordenadas tienen derivadas parciales continuas sobre una región abierta que contiene a la región D acotada por C. Entonces:

∫∫  ∂x − ∂y dA = ∫ F· dr = ∫ Pdx + Qdy    
D C C

 ∂Q

∂P 

PROBLEMASRESUELTOS
1.) Transformación de una integral de línea en una de área. Evaluar

∫x
C

4

dx + xydx ,

donde C es la curva triangular que une los puntos (0;0), (0;1) y (1;0), orientada positivamente. SOLUCIÓN:

y 1 y=1-x
La gráfica indica la región encerrada por la curva C. Tenemos:

1
Por lo tanto:

x

∂P =0 ∂y ∂Q Q( x; y ) = xy ⇒ =y ∂x
P ( x; y ) = x 4 ⇒

1 1− x 1 1  ∂Q ∂P 2 1  1 2 1− x  dx + xydx = ∫∫   ∂x − ∂y dA = ∫0 ∫0 ydydx = ∫0  2 y 0 dx = ∫0 2 (1 − x ) dx =     C D  1 3 1 = − 1 (1 − x ) = 6 0 6

∫x

4

Nótese que si hubiéramos hecho la integral de línea habríamos tenido que hacer 3 integrales con las correspondientes parametrizaciones.s

2.) Determinación de un área mediante una integral de línea. Determine el área de la región limitadapor la hipocicloide que tiene la ecuación vectorial r(t) = cos3t i + sen3t j , 0 ≤ t ≤ 2π SOLUCIÓN: De la parametrización de la curva tenemos: x = cos t ⇒ x = cos t y = sen3t ⇒ y2/3 = sen2t
3 2/3 2

y 1 -1 1 x

-1

Sumando miembro a miembro tenemos: x2/3 + y 2/3 = 1 ⇒ y = ± 1− x2/3

(

)

3/ 2

⇒ A=∫

( ) 1 2/3 3/ 2 ∫−(1− x ) dydx = ∫−1 2(1 − x ) dx −1
1 + 1− x 2 / 3
3/ 2 2/3 3/2

Este cálculo, ejecutado como integral de área, es muy complicado. El teorema de Green nos permite transformar esta integral en una de línea, usando como trayectoria la hipocicloide del enunciado y definiendo una función apropiada para la integración. Veamos: El área de una región D viene dada por A = ∫∫1dA . Por lo tanto, para aplicar Green ∂Q ∂P − = 1 . Un par de funciones sencillas que ∂x∂y cumplen esta condición son P = 0, Q = x. Si recordamos la parametrización, escribimos: deberíamos encontrar funciones P, Q / x = cos3t ⇒ dx = -3 cos2t sent dt y = sen3t ⇒ dy = 3 sen2t cost dt Luego:
2π 2π  ∂Q ∂P  3 2 4 2 A = ∫∫   ∂x − ∂y dA = ∫ Pdx + Qdy = ∫0 cos t 3 sen t cos tdt = 3∫0 cos t sen tdt =   D  C 2 2 2π 2π  1 + cos 2t  sen 2t 2π sen 2t 3 = 3∫ cos 2 t dt = 3∫  dt = 8 ∫ (sen2 2t + sen 2 2t cos 2t )dt =  0 0 0 4 2   4

D

=

2π 3 8 0

∫

 sen 4t sen 3 2t  3  1 − cos 4t  3 + sen 2 2t cos 2t dt = 8  1 t − +   = π 2 2 8 6 0 8   

2π

De esta manera contamos con una herramienta más para obtener el área de la región encerrada por una curva cerrada, que se suma al método en coordenadas polares visto en Análisis II y al cálculo por integral deárea que ejecutamos cuando tenemos la expresión cartesiana de la curva.s

3.) Limitaciones en la aplicación del Teorema de Green. Dado F(x;y)= (P;Q) = (-y i + x j) / (x2 + y2) a) Calcular su integral de línea sobre el círculo x2 + y2 = 1  ∂Q ∂P  b) Calcular ∫∫   ∂x − ∂y dA , donde D es la región encerrada por la curva del punto a).   D  c) Discutir si estos resultados están de acuerdo ono con el Teorema de Green. SOLUCIÓN: a) Parametricemos el círculo.
x = cos t ⇒ dx = − sen tdt y = sen t ⇒ dy = cos tdt P ( x(t ); y (t )) = , 0 ≤ t ≤ 2π

− sen t = − sen tdt ⇒ Pdx = sen 2 tdt sen t + cos 2 t cos t Q( x(t ); y (t )) = = cos tdt ⇒ Qdx = cos 2 tdt 2 sen t + cos 2 t
2

Integrando tendremos, así:

∫ Pdx + Qdy = ∫
C

2π

0

(sen

2

t + cos 2 t dt = 2π

)

b)Haciendo los cálculos directamente en coordenadas cartesianas es:

    ∂Q ∂P  ∂Q ∂P  − = 0 ⇒ ∫∫  ⇒  ∂x − ∂y dA = 0  ∂x ∂y 2 2 2 2   D  ∂P − x + y − (− y )2 y y −x = =  2 2 ∂y x2 + y2 x2 + y2  

∂Q x 2 + y 2 − x 2 x y2 − x2 = = 2 2 ∂x x2 + y2 x2 + y2

(

)

(

)

(

(

)

)

(

)

c) Aparentemente estos resultados contradirían el Teorema de Green. Sin...