TEOREMA DE GREEN.
1. Calcular
Z
σ
y dx−x dy, dondeσ es la frontera del cuadrado [−1,1]×[−1,1]orientada en sentido contrario al de las agujas del reloj.
Soluci´on
Por el teorema de Green, si llamamosD al interior del cuadrado, entonces
Z
σ
P dx+Q dy =
Z Z
D
∂Q
∂x − ∂P ∂y
dxdy.
Como P(x, y) =y,Q(x, y) =−x, resulta en este caso,
I=
Z Z
D
−2dxdy=−2·´area (D) =−8.
2. Usar el teorema de Green para calcular
Z
σ
(y2+x3)dx+x4dy, dondeσes el per´ımetro de [0,1]×[0,1] en sentido positivo.
Soluci´on
ComoP(x, y) =y2+x3,Q(x, y) =x4, entonces ∂Q
∂x − ∂P
∂y = 4x
3
−2y. De este modo, siD es el interior del cuadrado [0,1]×[0,1], por el teorema de Green,
I=
Z Z
D
(4x3−2y)dxdy=
Z 1
0
dx
Z 1
0
(4x3−2y)dy=
Z 1
0
(4x3−1)dx= 0.
3. Sea −→F = (2x3−y3, x3+y3).
a) Calcular
Z
σ − →
F ds, donde σ es la circunferencia unidad recorrida en sentido anti-horario.
a) Si llamamosP(x, y) = 2x3−y3,Q(x, y) =x3+y3, entonces ∂Q
∂x − ∂P
∂y = 3x
2+ 3y2. Por
el teorema de Green,I=
Z Z
D
(3x2+ 3y2)dxdy, dondeDes el c´ırculox2+y2≤1. Mediante
un cambio a coordenadas polares, la integral queda de la forma
I=
Z 2π
0
dv
Z 1
0
3u2·u du= 3π 2 .
b) Si aplicamos el teorema de Green, la situaci´on es an´aloga a la del apartado (a), donde ahora la regi´onDes la corona circular a≤x2+y2≤b.
El cambio a coordenadas polares en este caso nos conduce a
I=
Z 2π
0
dv
Z b
a
3u2·u du= 3·2π·b
4−a4
4 =
3π(b4−a4)
2 .
Si queremos resolver la integral de forma directa, debemos descomponer la trayectoria en dos curvas:C1es la circunferencia exteriorx2+y2=b2recorrida en sentido antihorario, y
C2 la circunferencia interior x2+y2=a2 recorrida en sentido horario. Si parametrizamos
ambas curvas como:
C1:
x=bcost
y=bsent 0≤t≤2π; C2:
x=acost
y=−asent 0≤t≤2π, resulta,
I =
Z
C1
− →
F ds+
Z
C2
− → F ds
=
Z 2π
0
[(2b3cos3t−b3sen3t)(−bsent) + (b3cos3t+b3sen3t)(bcost)]dt
+
Z 2π
0
[(2a3cos3t+a3sen3t)(−asent) + (a3cos3t−a3sen3t)(−acost)]dt
=
Z 2π
0
[(b4+a4)(−2 sentcos3t+ sen3tcost) + (b4−a4)(sen4t+ cos4t)]dt
= 3π(b
4−a4)
2 .
4. Si C es una curva cerrada que limita una regi´on D a la que se puede aplicar el teorema de Green, probar que ´area (D) =
Z
∂D
x dy=−
Z
Por definici´on, ´area (D) =
Z Z
D
dxdy. Si elegimos P(x, y) = 0, Q(x, y) = x, entonces ∂Q
∂x − ∂P
∂y = 1 y, por el teorema de Green,
´
area (D) =
Z Z
D
dxdy=
Z Z
D
∂Q
∂x − ∂P
∂y
dxdy=
Z
∂D x dy.
Por otra parte, la elecci´on P(x, y) = −y, Q(x, y) = 0, tambi´en conduce a la igualdad ∂Q
∂x − ∂P
∂y = 1 y, aplicando nuevamente el teorema de Green, resulta que
´
area (D) =−
Z
∂D y dx.
Observaci´on.Sumando los dos resultados obtenidos, llegamos tambi´en a la f´ormula cono-cida ´area (D) = 1
2
Z
∂D
x dy−y dx.
5. Calcular el ´area de la elipse x
2
a2 +
y2
b2 = 1.
Soluci´on
Teniendo en cuenta el ejercicio anterior, podemos aplicar la f´ormula A =
Z
∂D
x dy. Para ello, parametrizamos la frontera de la elipse por las ecuaciones
n x=acost,
y=bsent, (0≤t≤2π). De este modo,
A=
Z 2π
0
acost·bcost dt=ab
Z 2π
0
1 + cos 2t 2 dt=
ab
2 ·2π=πab.
6. Bajo las condiciones del teorema de Green, probar (a)
Z
∂D
P Q dx+P Q dy
=
Z Z
D
Q
∂P
∂x − ∂P
∂y
+P
∂Q
∂x − ∂Q
∂y
dxdy.
(b)
Z
∂D
Q∂P ∂x −P
∂Q ∂x
dx+
P∂Q ∂y −Q
∂P ∂y
dy
= 2
Z Z
D
P ∂
2Q
∂x∂y −Q ∂2P ∂x∂y
(a) Teniendo en cuenta que
∂(P Q)
∂x = P· ∂Q
∂x +Q· ∂P
∂x, ∂(P Q)
∂y = P· ∂Q
∂y +Q· ∂P
∂y,
al aplicar el teorema de Green, resulta:
Z
∂D
P Q dx+P Q dy =
Z Z
D
P·∂Q ∂x +Q·
∂P ∂x −P·
∂Q ∂y −Q·
∂P ∂y dxdy = Z Z D P· ∂Q ∂x − ∂Q ∂y
+Q·
∂P ∂x − ∂P ∂y dxdy.
(b) A partir de las f´ormulas ∂
∂x
P∂Q ∂y −Q
∂P ∂y
= P ∂
2Q
∂y∂x+ ∂P
∂x · ∂Q
∂y −Q ∂2P
∂y∂x− ∂Q ∂x · ∂P ∂y, ∂ ∂y Q∂P ∂x −P
∂Q ∂x
= Q∂
2P
∂x∂y + ∂Q
∂y · ∂P ∂x −P
∂2Q ∂x∂y −
∂P ∂y ·
∂Q ∂x,
basta aplicar el teorema de Green y obtener el resultado propuesto.
7. Sea f una funci´on arm´onica, es decir, ∂
2f
∂x2 +
∂2f ∂y2 = 0.
Probar que Z ∂D ∂f ∂y dx− ∂f
∂xdy= 0, dondeD es una regi´on a la que se aplica el teorema de Green.
Soluci´on
Si llamamosP(x, y) = ∂f
∂y yQ(x, y) = ∂f
∂x, entonces ∂Q
∂x =− ∂2f
∂x2 y
∂P ∂y =
∂2f
∂y2. De este
modo, al aplicar el teorema de Green, obtenemos:
Z
∂D ∂f ∂y dx−
∂f ∂xdy=
Z Z
D
−∂
2f
∂x2 −
∂2f ∂y2
dxdy= 0.
8. Calcular, tanto directamente como aplicando el teorema de Green, la integral
Z
Γ
(xy+ x+y)dx−(xy+x−y)dy, siendo Γ
(a) Para calcular la integral directamente, parametrizamos la elipse mediante las ecuaciones
n x=acost
y=bsent, (0≤t≤2π). De este modo,
I =
Z 2π
0
(absentcost+acost+bsent)(−asent)dt
−
Z 2π
0
(absentcost+acost−bsent)bcost dt
=
Z 2π
0
(−a2bsen2tcost−ab2sentcos2t−(a2−b2) sentcost−ab)dt
= −2πab.
Al resolver la integral utilizando el teorema de Green, resulta:
I=
Z Z
D
[−(y+ 1)−(x+ 1)]dxdy=
Z Z
D
(−x−y−2)dxdy,
dondeD es el interior de la elipse dada.
Para resolver la integral doble, hacemos el cambio de coordenadas
n x=aucosv
y=busenv , 0≤u≤1, 0≤v≤2π, cuyo jacobiano es J =abu. La integral queda entonces
I =
Z 1
0
du
Z 2π
0
(−aucosv−busenv−2)·abu dv
=
Z 1
0
(−2abu·2π du=−2abπ.
(b) La curva dada es la circunferencia de ecuaci´on (x−a/2)2+y2 =a2/4, que podemos
parametrizar como
n x=a/2 + (a/2) cost
y= (a/2) sent, (0≤t≤2π). Por tanto,
I =
Z 2π
0
ha2
4 (1 + cost) sent+ a
2(1 + cost) + a 2sent
i
·−a 2sent
dt
−
Z 2π
0
ha2
4 (1 + cost) sent+ a
2(1 + cost)− a 2sent
i
·a 2cost
dt
=
Z 2π
0
h
−a
3
8 (1 + cost)·sen
2t
−a
2
4 (1 + cost)·sent− a2
4 sen
2t
−a
3
8 (1 + cost)·sentcost− a2
4 (1 + cost)·cost+ a2
4 sentcost
i
dt
= −πa
2
Si queremos aplicar el teorema de Green, llamamosDal interior de la circunferencia x + y2=ax. Tenemos as´ı,
I=
Z Z
D
[−(y+ 1)−(x+ 1)]dxdy =
Z Z
D
(−x−y−2)dxdy.
Para resolver la integral, hacemos el cambio a coordenadas polares,x=ucosv,y=usenv, con lo que:
I =
Z π/2
−π/2
dv
Z acosv
0
u(−ucosv−usenv−2)du
=
Z π/2
−π/2
h
−a
3
3 cos
4v
−a
3
3 cos
3vsenv
−a2cos2vidv=−πa
2
8 (a+ 4).
9. Calcular
Z
Γ
y2dx+ (x+y)2dy, siendoΓ el tri´angulo ABC de v´ertices A(a,0), B(a, a), 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´onF(x, y) = (y2,(x+y)2) es diferenciable,
puede aplicarse el teorema de Green. As´ı pues,
I=
Z Z
D
(2(x+y)−2y)dxdy,
dondeDes el interior del tri´angulo dado. Por tanto,
I=
Z a
0
dx
Z a
a−x
2x dy=
Z a
0
2x(a−a+x)dx=2a
3
