Gren

enPROBLEMAS 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  
D

 ∂Q

−

∂P  dA = ∫ F· dr = ∫ Pdx + Qdy ∂y   C CPROBLEMAS RESUELTOS 1) Transformación de una integral de línea en una de área. Evaluar

C

∫x

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

1 Por lo tanto:

x

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

∫x

4

1−x 0

dx = 1 1 (1 − x ) 2 dx =  ∫0 2 

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

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 + y2/3 =1 ⇒ y = ±1− x2/3

(

)

3/ 2

⇒A=∫

1

−1 − 1− x

∫(

+ 1− x 2 / 3

(

2/3 3/ 2

)

)

3/ 2

dydx = ∫2 1 − x 2 / 3
−1

1

(

)

3/ 2

dx

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 deberíamos encontrar funciones P, Q / ∂x − ∂y =1 . Un par de funciones sencillas
D

que cumplen esta condición son P = 0, Q = x. Si recordamos la parametrización, escribimos: 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 =∫ cos t 3 sen t cos tdt = 3∫ cos t sen tdt =  0 0  D  C 2 2π 2π  1 + cos 2t sen 2t 2π sen 2 2t 3 = 3∫ cos 2 t dt = 3∫  dt = 8 ∫ (sen 2 2t + sen 2 2t cos 2t ) dt =  0 0 0 4 2 4   2π  1 − cos 4t  sen 4t sen 3 2t  3  3 3 =8∫  + sen 2 2t cos 2t dt = 8  1 t − + = π  2 0 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 enAnálisis II y al cálculo por integral de área que ejecutamos cuando tenemos la expresión cartesiana de la curva.

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 b) Calcular
 ∂Q ∂P   , donde D es la región encerrada por la curva del punto dA ∂y  

∫∫ ∂x  
D

−

a). c)Discutir si estos resultados están de acuerdo o no con el Teorema de Green. SOLUCIÓN: a) Parametricemos el círculo.
x = cos t ⇒ dx = −sen tdt y = sen t ⇒ dy = cos tdt , 0 ≤ t ≤ 2π

− sen t = − sen tdt ⇒ Pdx = sen 2 tdt 2 2 sen t + cos t cos t Q ( x(t ); y (t )) = = cos tdt ⇒ Qdx = cos 2 tdt 2 2 sen t + cos t P( x(t ); y (t )) =
Integrando tendremos, así:

C

∫ Pdx + Qdy = ∫ (sen
2π 0

2t + cos 2 t )dt = 2π

b) Haciendo los cálculos directamente en coordenadas cartesianas es:

   ∂Q ∂P  − = 0⇒ ⇒ ∂x ∂y 2 2 2 2  ∂ P − x + y − (− y )2 y y −x = = 2 2 ∂y x2 + y2 x2 + y2   ∂Q x 2 + y 2 − x2 x y2 − x2 = = 2 2 ∂x x2 + y2 x2 + y2

(

)

(

)

(

(

)

)

(

)

 ∂Q ∂P  ∫∫  ∂ x − ∂ y dA = 0 D

c) Aparentemente estos resultados contradirían el...