TEOREMA DE GREEN.

Z y dx − x dy, donde σ es la frontera del cuadrado [−1, 1] × [−1, 1] orientada

1. Calcular σ

en sentido contrario al de las agujas del reloj.

Soluci´ on Por el teorema de Green, si llamamos D al interior del cuadrado, entonces Z ZZ  ∂Q ∂P  dxdy. − P dx + Q dy = ∂y σ D ∂x Como P (x, y) = y, Q(x, y) = −x, resulta en este caso, ZZ I= −2 dxdy = −2 · ´area (D) = −8. D

Z

(y 2 + x3 ) dx + x4 dy, donde σ es el per´ımetro

2. Usar el teorema de Green para calcular σ

de [0, 1] × [0, 1] en sentido positivo.

Soluci´ on ∂Q ∂P − = 4x3 − 2y. De este modo, si D ∂x ∂y es el interior del cuadrado [0, 1] × [0, 1], por el teorema de Green, Como P (x, y) = y 2 + x3 , Q(x, y) = x4 , entonces

ZZ I= D

(4x3 − 2y) dxdy =

Z

1

Z dx

0

0

1

(4x3 − 2y) dy =

Z

1

(4x3 − 1) dx = 0.

0

→ − 3. Sea F = (2x3 − y 3 , x3 + y 3 ). Z → − a) Calcular F ds, donde σ es la circunferencia unidad recorrida en sentido antihorario.

σ

b) Verificar el teorema de Green cuando σ es la frontera de la regi´ on anular descrita por a ≤ x2 + y 2 ≤ b orientada en sentido positivo.

1

Soluci´ on ∂Q ∂P a) Si llamamos P (x, y) = 2x3 − y 3 , Q(x, y) = x3 + y 3 , entonces − = 3x2 + 3y 2 . Por ∂x ∂y ZZ el teorema de Green, I = (3x2 + 3y 2 ) dxdy, donde D es el c´ırculo x2 + y 2 ≤ 1. Mediante D

un cambio a coordenadas polares, la integral queda de la forma Z 2π Z 1 3π 3u2 · u du = dv . I= 2 0 0 b) Si aplicamos el teorema de Green, la situaci´on es an´aloga a la del apartado (a), donde ahora la regi´ on D es la corona circular a ≤ x2 + y 2 ≤ b. El cambio a coordenadas polares en este caso nos conduce a 2π

Z

Z

b

dv

I=

3u2 · u du = 3 · 2π ·

a

0

b4 − a4 3π(b4 − a4 ) = . 4 2

Si queremos resolver la integral de forma directa, debemos descomponer la trayectoria en dos curvas: C1 es la circunferencia exterior x2 + y 2 = b2 recorrida en sentido antihorario, y C2 la circunferencia interior x2 + y 2 = a2 recorrida en sentido horario. Si parametrizamos ambas curvas como:   x = b cos t x = a cos t C1 : 0 ≤ t ≤ 2π; C2 : 0 ≤ t ≤ 2π, y = b sen t y = −a sen t resulta, Z I

=

− → F ds +

Z C2

C1 2π

Z

− → F ds

[(2b3 cos3 t − b3 sen3 t)(−b sen t) + (b3 cos3 t + b3 sen3 t)(b cos t)] dt

= 0

Z +

2π

[(2a3 cos3 t + a3 sen3 t)(−a sen t) + (a3 cos3 t − a3 sen3 t)(−a cos t)] dt

0

Z =

2π

[(b4 + a4 )(−2 sen t cos3 t + sen3 t cos t) + (b4 − a4 )(sen4 t + cos4 t)] dt

0

=

3π(b4 − a4 ) . 2

4. Si C es una curva cerrada que limita una on D Za la que se puede aplicar el Z regi´ teorema de Green, probar que ´ area (D) = x dy = − y dx. ∂D

2

∂D

Soluci´ on ZZ Por definici´ on, ´ area (D) =

dxdy. Si elegimos P (x, y) = 0, Q(x, y) = x, entonces D

∂Q ∂P − = 1 y, por el teorema de Green, ∂x ∂y Z ZZ ZZ  ∂Q ∂P  dxdy = area (D) = ´ − x dy. dxdy = ∂y ∂D D D ∂x Por otra parte, la elecci´ on P (x, y) = −y, Q(x, y) = 0, tambi´en conduce a la igualdad ∂Q ∂P − = 1 y, aplicando nuevamente el teorema de Green, resulta que ∂x ∂y Z area (D) = − ´ y dx. ∂D

Observaci´ on. Sumando los dos resultados obtenidos, llegamos tambi´en a la f´ormula conoZ 1 x dy − y dx. cida ´area (D) = 2 ∂D

5. Calcular el ´ area de la elipse

y2 x2 + 2 = 1. 2 a b

Soluci´ on Z Teniendo en cuenta el ejercicio anterior, podemos aplicar la f´ormula A = ello, parametrizamos la frontera de la elipse por las ecuaciones n x = a cos t, y = b sen t,

x dy. Para ∂D

(0 ≤ t ≤ 2π).

De este modo, Z

2π

Z a cos t · b cos t dt = ab

A= 0

0

2π

1 + cos 2t ab dt = · 2π = πab. 2 2

6. Bajo las condiciones del teorema de Green, probar Z (a) P Q dx + P Q dy ∂D    ZZ   ∂P ∂P ∂Q ∂Q = Q − +P − dxdy. ∂x ∂y ∂x ∂y D    Z  ∂P ∂Q ∂Q ∂P (b) Q −P dx + P −Q dy ∂xZ Z  ∂x ∂y  ∂y ∂D 2 2 ∂ Q ∂ P =2 P −Q dxdy. ∂x∂y ∂x∂y D 3

Soluci´ on (a) Teniendo en cuenta que ∂(P Q) ∂x ∂(P Q) ∂y

∂Q ∂P +Q· , ∂x ∂x ∂Q ∂P = P· +Q· , ∂y ∂y = P·

al aplicar el teorema de Green, resulta: Z ZZ  ∂P ∂Q ∂P  ∂Q dxdy P Q dx + P Q dy = +Q· −P · −Q· P· ∂x ∂x ∂y ∂y ∂D     Z ZD  ∂Q ∂Q ∂P ∂P = P· − +Q· − dxdy. ∂x ∂y ∂x ∂y D (b) A partir de las f´ ormulas   ∂Q ∂P ∂ P −Q ∂x ∂y ∂y   ∂ ∂Q ∂P −P Q ∂y ∂x ∂x

∂2Q ∂P ∂Q ∂2P ∂Q ∂P + · −Q − · , ∂y∂x ∂x ∂y ∂y∂x ∂x ∂y ∂Q ∂P ∂2Q ∂P ∂Q ∂2P + · −P − · , = Q ∂x∂y ∂y ∂x ∂x∂y ∂y ∂x

= P

basta aplicar el teorema de Green y obtener el resultado propuesto.

7. Sea f una funci´ on arm´ onica, es decir, Z Probar que de Green.

∂D

∂2f ∂2f + = 0. ∂x2 ∂y 2

∂f ∂f dx− dy = 0, donde D es una regi´ on a la que se aplica el teorema ∂y ∂x

Soluci´ on ∂f ∂f ∂Q ∂2f ∂P ∂2f y Q(x, y) = , entonces =− 2 y = . De este ∂y ∂x ∂x ∂x ∂y ∂y 2 modo, al aplicar el teorema de Green, obtenemos: ZZ  2 Z ∂f ∂ f ∂2f  ∂f dx − dy = − 2 − 2 dxdy = 0. ∂x ∂x ∂y D ∂D ∂y Si llamamos P (x, y) =

Z 8. Calcular, tanto directamente como aplicando el teorema de Green, la integral

(xy + Γ

x + y) dx − (xy + x − y) dy, siendo Γ (a) la elipse x2 /a2 + y 2 /b2 = 1; (b) la circunferencia x2 + y 2 = ax. 4

Soluci´ on (a) Para calcular la integral directamente, parametrizamos la elipse mediante las ecuaciones n x = a cos t (0 ≤ t ≤ 2π). y = b sen t, De este modo, Z I

2π

=

(ab sen t cos t + a cos t + b sen t)(−a sen t) dt 0

Z −

2π

(ab sen t cos t + a cos t − b sen t)b cos t dt 0

Z =

2π

(−a2 b sen2 t cos t − ab2 sen t cos2 t − (a2 − b2 ) sen t cos t − ab) dt

0

= −2πab. Al resolver la integral utilizando el teorema de Green, resulta: ZZ ZZ I= [−(y + 1) − (x + 1)] dxdy = (−x − y − 2) dxdy, D

D

donde D es el interior de la elipse dada. Para resolver la integral doble, hacemos el cambio de coordenadas n x = au cos v , 0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ 2π, y = bu sen v cuyo jacobiano es J = abu. La integral queda entonces Z 1 Z 2π I = du (−au cos v − bu sen v − 2) · abu dv 0

Z

0 1

(−2abu · 2π du = −2abπ.

= 0

(b) La curva dada es la circunferencia de ecuaci´on (x − a/2)2 + y 2 = a2 /4, que podemos parametrizar como n x = a/2 + (a/2) cos t (0 ≤ t ≤ 2π). y = (a/2) sen t, Por tanto, Z

I

2π h 2

i  a  a a a (1 + cos t) sen t + (1 + cos t) + sen t · − sen t dt 4 2 2 2 0 Z 2π h 2 i a  a a a − (1 + cos t) sen t + (1 + cos t) − sen t · cos t dt 4 2 2 2 0 Z 2π h 3 2 2 a a a = − (1 + cos t) · sen2 t − (1 + cos t) · sen t − sen2 t 8 4 4 0 i a3 a2 a2 − (1 + cos t) · sen t cos t − (1 + cos t) · cos t + sen t cos t dt 8 4 4 πa2 (a + 4). = − 8 =

5

Si queremos aplicar el teorema de Green, llamamos D al interior de la circunferencia x2 + y 2 = ax. Tenemos as´ı, ZZ ZZ I= [−(y + 1) − (x + 1)] dxdy = (−x − y − 2) dxdy. D

D

Para resolver la integral, hacemos el cambio a coordenadas polares, x = u cos v, y = u sen v, con lo que: Z I

π/2

=

9. Calcular

0

π/2

h a3 i a3 πa2 − cos4 v − cos3 v sen v − a2 cos2 v dv = − (a + 4). 3 3 8 −π/2

Z

Z

a cos v

u(−u cos v − u sen v − 2) du

dv −π/2

=

Z

y 2 dx + (x + y)2 dy, siendo Γ el tri´ angulo ABC de v´ ertices A(a, 0), B(a, a),

Γ

C(0, a), con a > 0. ¿Se cumple la f´ ormula de Green?

Soluci´ on Como la curva Γ es regular a trozos y la funci´on F (x, y) = (y 2 , (x + y)2 ) es diferenciable, puede aplicarse el teorema de Green. As´ı pues, ZZ I= (2(x + y) − 2y) dxdy, D

donde D es el interior del tri´angulo dado. Por tanto, Z a Z a Z a 2a3 . I= dx 2x dy = 2x(a − a + x) dx = 3 0 a−x 0

6