Por el teorema de Green, si llamamos D al interior del cuadrado, entonces. dxdy. y. x P. 1 dx. 1 (4x 3 2y) dy =

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1 TEOREMA E GREEN. 1. Calcular y dx x dy, donde es la frontera del cuadrado [ 1, 1] [ 1, 1] orientada en sentido contrario al de las agujas del reloj. Por el teorema de Green, si llamamos al interior del cuadrado, entonces ( Q P dx + Q dy P Como P (x, y y, Q(x, y x, resulta en este caso, dxdy área ( 8.. Usar el teorema de Green para calcular (y +x 3 dx+x 4 dy, donde es el perímetro de [, 1] [, 1] en sentido positivo. Como P (x, y y + x 3, Q(x, y x 4, entonces Q P 4x3 y. e este modo, si es el interior del cuadrado [, 1] [, 1], por el teorema de Green, (4x 3 y dxdy 1 dx 1 (4x 3 y dy 1 (4x 3 1 dx. 3. Sea F (x 3 y 3, x 3 + y 3. a Calcular F ds, donde es la circunferencia unidad recorrida en sentido antihorario. b Verificar el teorema de Green cuando es la frontera de la región anular descrita por a x + y b orientada en sentido positivo. 1

2 a Si llamamos P (x, y x 3 y 3, Q(x, y x 3 + y 3, entonces Q P 3x + 3y. Por el teorema de Green, (3x +3y dxdy, donde es el círculo x +y 1. Mediante un cambio a coordenadas polares, la integral queda de la forma dv 1 3u u du 3π. b Si aplicamos el teorema de Green, la situación es análoga a la del apartado (a, donde ahora la región es la corona circular a x + y b. El cambio a coordenadas polares en este caso nos conduce a dv b a 3u u du 3 π b4 a 4 4 3π(b4 a 4. Si queremos resolver la integral de forma directa, debemos descomponer la trayectoria en dos curvas: C 1 es la circunferencia exterior x + y b recorrida en sentido antihorario, y C la circunferencia interior x + y a recorrida en sentido horario. Si parametrizamos ambas curvas como: C 1 : { x b cos t y b sen t t π; C : { x a cos t y a sen t t π, resulta, F ds + F ds C 1 C + [(b 3 cos 3 t b 3 sen 3 t( b sen t + (b 3 cos 3 t + b 3 sen 3 t(b cos t] dt [(a 3 cos 3 t + a 3 sen 3 t( a sen t + (a 3 cos 3 t a 3 sen 3 t( a cos t] dt [(b 4 + a 4 ( sen t cos 3 t + sen 3 t cos t + (b 4 a 4 (sen 4 t + cos 4 t] dt 3π(b4 a Si C es una curva cerrada que limita una región a la que se puede aplicar el teorema de Green, probar que área ( x dy y dx.

3 Por definición, área ( Q P 1 y, por el teorema de Green, área ( Si elegimos P (x, y, Q(x, y x, entonces dxdy ( Q P dxdy x dy. Por otra parte, la elección P (x, y y, Q(x, y, también conduce a la igualdad Q P 1 y, aplicando nuevamente el teorema de Green, resulta que área ( y dx. Observación. Sumando los dos resultados obtenidos, llegamos también a la fórmula conocida área ( 1 x dy y dx. 5. Calcular el área de la elipse x a + y b 1. Teniendo en cuenta el ejercicio anterior, podemos aplicar la fórmula A x dy. Para ello, parametrizamos la frontera de la elipse por las ecuaciones { x a cos t, y b sen t, ( t π. e este modo, A 1 + cos t a cos t b cos t dt ab dt ab π πab. 6. Bajo las condiciones del teorema de Green, probar (a P Q dx + P Q dy [ ( P Q P ( Q + P Q ] ( (b Q P P Q ( dx + P Q Q P dy ( P Q Q P 3

4 (a Teniendo en cuenta que (P Q (P Q P Q + Q P, P Q + Q P, al aplicar el teorema de Green, resulta: ( P Q dx + P Q dy P Q + Q P P Q Q P dxdy [ ( Q P Q ] ( P + Q P (b A partir de las fórmulas ( P Q Q P ( Q P P Q P Q + P Q Q P Q P, Q P + Q P P Q P Q, basta aplicar el teorema de Green y obtener el resultado propuesto. 7. Sea f una función armónica, es decir, f + f. f f Probar que dx dy, donde es una región a la que se aplica el teorema de Green. Si llamamos P (x, y f f Q y Q(x, y, entonces f y P f. e este modo, al aplicar el teorema de Green, obtenemos: f f ( dx dy f f dxdy. 8. Calcular, tanto directamente como aplicando el teorema de Green, la integral (xy+ x + y dx (xy + x y dy, siendo Γ (a la elipse x /a + y /b 1; (b la circunferencia x + y ax. 4 Γ

5 (a Para calcular la integral directamente, parametrizamos la elipse mediante las ecuaciones { x a cos t y b sen t, ( t π. e este modo, (ab sen t cos t + a cos t + b sen t( a sen t dt πab. (ab sen t cos t + a cos t b sen tb cos t dt ( a b sen t cos t ab sen t cos t (a b sen t cos t ab dt Al resolver la integral utilizando el teorema de Green, resulta: [ (y + 1 (x + 1] dxdy ( x y dxdy, donde es el interior de la elipse dada. Para resolver la integral doble, hacemos el cambio de coordenadas { x au cos v, u 1, v π, y bu sen v cuyo jacobiano es J abu. La integral queda entonces 1 1 du ( au cos v bu sen v abu dv ( abu π du abπ. (b La curva dada es la circunferencia de ecuación (x a/ + y a /4, que podemos parametrizar como { x a/ + (a/ cos t ( t π. y (a/ sen t, Por tanto, [ a 4 (1 + cos t sen t + a (1 + cos t + a ] sen t [ a 4 (1 + cos t sen t + a (1 + cos t a ] sen t [ a3 a3 8 πa (a (1 + cos t sen t a 4 ( a sen t dt (1 + cos t sen t a 4 sen t ( a cos t dt ] a a (1 + cos t sen t cos t (1 + cos t cos t sen t cos t dt 5

6 Si queremos aplicar el teorema de Green, llamamos al interior de la circunferencia x + y ax. Tenemos así, [ (y + 1 (x + 1] dxdy ( x y Para resolver la integral, hacemos el cambio a coordenadas polares, x u cos v, y u sen v, con lo que: π/ π/ π/ π/ dv a cos v u( u cos v u sen v du [ a3 3 cos4 v a3 3 cos3 v sen v a cos v ] dv πa (a Calcular y dx + (x + y dy, siendo Γ el triángulo ABC de vértices A(a,, B(a, a, Γ C(, a, con a >. Se cumple la fórmula de Green? Como la curva Γ es regular a trozos y la función F (x, y (y, (x + y es diferenciable, puede aplicarse el teorema de Green. Así pues, ((x + y y dxdy, donde es el interior del triángulo dado. Por tanto, a a dx x dy a x a x(a a + x dx a3 3. 6

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