CAPITULO 7
______________________________ “Nuestras almas, cuyas facultades pueden comprender la maravillosa arquitectura del mundo, y medir el curso de cada planeta vagabundo, aún escalan tras el conocimiento infinito” Christopher Marlowe .
INTEGRALES DE LÍNEA Y TEOREMA DE GREEN 7.1. 7.2. 7.3. 7.4. 7.5. 7.6. 7.7.
Definición, cálculo y aplicaciones de la integral de trayectoria. Definición y cálculo de la integral de línea, como una integral vectorial. Orientación en una integral de línea. Aplicación de la integral de línea al cálculo de trabajo. Integrales de línea en campos conservativos. Teorema de Green, aplicaciones Formas vectoriales del teorema de Green.
7.1 DEFINICIÓN, CÁLCULO Y APLICACIONES DE LA INTEGRAL DE TRAYECTORIA. Dada una función f ( x, y , z ) : U ⊂ R 3 → R diferenciable y acotada en σ (t ) , σ (t ) = ( x(t ), y(t ), z (t ))
la
parametrización
de
una
trayectoria
en R3,
σ (t ) : [a, b] ⊂ R → R 3 .
z
σ (t ) σ ( a)
) b
( a
σ (b)
y ∆ s
x Fi ura 7-1 7-1 Dividimos a la trayectoria en “n” particiones. Queda la curva dividida en “n” segmentos de curva y cada uno tiene una longitud de curva ∆ s i . Definimos el producto: ∆S i = f ( xi , yi , z i )∆si Al considerar la parametrización tendremos que los puntos de la curva se definen de la siguiente manera: ( xi , yi , z i ) = σ (t i ) Para un segmento de curva muy pequeño su longitud es aproximadamente la magnitud del vector velocidad por lo cual tendremos: ∆ si = σ ' (t i ) ∆t i Si consideramos S como la suma de todos los ∆S i : n
S =
n
∑ ∆S = ∑1 f ( x , y , z )∆ s = ∑1 f (σ (t )) σ ' (t ) ∆t i
i
i
i=
i
i
i
i
i=
Cuando se toma un número de particiones “n” muy grande entonces tendremos: S = lim n →∞
n
∑1 ( f i=
b
S =
∫ ( f a
o
o
σ ) t σ ' (t i ) ∆t i i
∫
σ ) σ ' (t ) ∂t = f ds σ
Definición:
Sea f ( x, y , z ) una función escalar definida en U ⊂ R 3 → R , diferenciable y acotada en U , σ (t ) = ( x(t ), y(t ), z (t )) la parametrización de una trayectoria en R3, σ (t ) : [a, b] ⊂ R
→ R 3 . Se llama integral de trayectoria de f sobre σ a la
integral: b
∫ f ∂ s = ∫ ( f
o
σ ) σ ' (t ) ∂t
a
σ
Observaciones: • • •
La integral de trayectoria es una versión escalar de la integral de línea que es la versión vectorial. Cuando se habla de la integral de trayectoria no es necesario asociar una orientación a σ. La integral de trayectoria se puede evaluar como una integral definida
Ejemplo 7-1
Evaluar la integral del campo escalar f ( x, y , z ) = x 2 + y 2 + z 2 ; sobre la trayectoria de una hélice σ (t ) = (cos t , sen t , t ) de
[0,2π ] . Solución:
Resolvemos la integral de acuerdo a la definición: 2π
∫ f ∂ s = ∫ 0 (cos
2
t + sen 2 t + t 2 ) (− sen t , cos t ,1) ∂t
σ
2π
=
∫ 0 (1 + t ) 2
cos 2 t + sen 2 t + 1 ∂t
2π
= 2 ∫ (1 + t 2 )∂t 0 2π
t 3 = 2 t + 3 0
8 3 2 2π + π 3
∫
f ∂ s =
σ
Aplicaciones de la integral de trayectoria
1era. Aplicación: Dada una función f ( x, y , z ) = 1 . Al integrar esta función, sobre una región σ, obtendremos la suma de las longitudes de los segmentos de curva. Es decir tendremos la longitud total de la curva σ. b
∫ f ∂ s = ∫ ∂ s = ∫ σ ' (t ) ∂t = L[σ ] σ
a
σ
Ejemplo 7-2
Calcule la longitud de curva de σ (t ) = (a cos t , a sen t , bt ) , donde t ∈ [0,2π ] .
Solución:
Resolvemos la integral de acuerdo a la definición: L[σ ] = ∂ s
una
hélice
∫
σ
2π
=
∫ 0 (− a sen t , a cos t , b) ∂t
2π
=
∫ 0
a 2 sen 2 t + a 2 cos 2 t + b 2 ∂t 2π 2
= a +b
2
∫ 0 ∂t
L[σ ] = 2π a 2 + b 2
2da. Aplicación: Sirve para encontrar el valor promedio del campo escalar f f a través de la curva σ.
∫ f ds V p = 3ra. Aplicación:
σ
L[σ ]
Dada una función f ( x, y ) : U ⊂ R 2 → R , continua e integrable en D ⊂ R 2 tal que f ( x, y ) > 0 , ∀( x, y ) ∈ D ; σ (t ) = ( x(t ), y(t )) la parametrización de una trayectoria en R2, σ (t ) : [a, b] ⊂ R → D ⊂ R 2 . Entonces la integral
∫ f ∂ s σ
representa el área de la valla levantada desde la curva plana σ, hasta la función f .
Área de la valla = ∫ f ∂ s σ
f(x,y)
σ (t ) x
Ejemplo 7-3
Fi ura ura 7-2 7-2
Encontrar el área de la valla sobre la recta x + y = 1 y limitada por el paraboloide f ( x, y ) = x 2 + y 2 en el primer cuadrante del plano “ xy”
Solución:
Como podemos observar en la figura 7-3 el problema nos pide determinar el área de la valla que se levanta desde la recta r ecta en el plano “ xy” hasta el paraboloide
Figura 7-3
Primero parametrizamos la curva plana y determinamos su vector velocidad: σ (t ) = (t ,1 − t ) σ ' (t ) = (1,−1) Resolvemos la integral de acuerdo a la definición
∫
A[Valla ] = f ∂ s σ
1
= ∫ (t 2 + (1 − t )
2
)
2 ∂t
0 1
= 2 ∫ (2t 2 − 2t + 1)∂t 0 1
2t 3 2 = 2 − t + t 3 0 A[Valla ] =
2 2 3
7.2 DEFINICIÓN Y CÁLCULO DE LA INTEGRAL DE LÍNEA, COMO UNA INTEGRAL VECTORIAL. Definición:
Sea F ( x, y , z ) = ( F 1 ( x, y, z ), F 2 ( x, y , z ), F 3 ( x, y , z )) una función vectorial definida en U ⊂ R 3 → R 3 , diferenciable y acotada en U ; σ (t ) = ( x(t ), y(t ), z (t )) la parametrización de una trayectoria en R3, σ (t ) : [a, b] ⊂ R → R 3 . Se llama integral de línea de F sobre σ a la integral: b
∫ F • ∂ s = ∫ ( F σ
o
σ ) • (σ ' (t ))∂t
a
Existe otra forma más usual de expresar la integral de línea si tenemos en cuenta que el vector diferencial de curva se puede expresar de la siguiente manera:
∂ s = (∂ x , ∂ y , ∂ z ) Entonces al resolver el producto punto obtendremos otra expresión equivalente:
∫ F • ∂ s = ∫ ( F 1 ( x, y , z ), F 2 ( x, y , z ), F 3 ( x, y, z )) • (∂ x, ∂ y , ∂ z ) σ
σ
∫ F • ∂ s = ∫ F 1 ( x, y , z )∂ x + ∫ F 2 ( x, y , z )∂ y + ∫ F 3 ( x, y , z )∂ z σ
Ejemplo 7-4
σ
σ
Evaluar la integral de F ( x, y , z ) = xi + yj + zk σ (t ) = (sen t , cos t , t ) de
Solución:
σ
línea del campo vectorial sobre la trayectoria de una hélice
[0,2π ]
Resolvemos la integral de acuerdo a la definición 2π
∫ F • ∂ s = ∫ 0 (sen t , cos t , t ) • (cos t ,− sen t ,1) ∂t
σ
2π
= ∫ (sen t cos t − sen t cos t + t ) ∂t 0 2π
2π
t 2 4π 2 = ∫ t ∂t = = 2 2 0 0
∫ F • ∂s = 2π 2
σ
7.3 ORIENTACIÓN EN UNA INTEGRAL DE LÍNEA. Una curva en el espacio puede ser abierta o cerrada. Sea σ (t ) la parametrización de una curva y σ (a ) , σ (b ) ; si σ (a ) = σ (b ) entonces se la denomina curva cerrada y si σ (a ) ≠ σ (b ) entonces se la denomina curva abierta. Además de abierta o cerrada, una trayectoria en el espacio puede ser simple o no simple. Una curva simple es una curva que no se cruza a si misma y una curva no simple es aquella que se cruza a si misma.
z
z σ (b) σ (a ) = σ (b )
y
σ ( a)
x
y
x Curva Abierta y Simple
Curva Cerrada y Simple
z
z σ (b) σ (a ) = σ (b )
σ ( a)
x
y
y
x Curva Abierta y No Simple
Curva Cerrada y No Simple
Figura 7-4 Cuando la curva es abierta, vamos a asumir orientación positiva hacia arriba y hacia la derecha; hacia abajo y hacia la izquierda será orientación negativa. Cuando la curva es cerrada vamos a asumir orientación positiva cuando es en sentido contrario a la rotación de las manecillas del reloj; cuando es a favor se tratará de orientación negativa
z
z
+
–
y
x
y
x Orientación Positiva
Orientación Negativa
Figura 7-5 Una trayectoria puede ser puede ser reparametrizada de tal manera que pueden conservar su orientación original o cambiar la orientación original. Ejemplo 7-5 Dado el campo vectorial F ( x, y , z ) = ( x, y, z ) . Calcule la integral de línea en el segmento de la recta que une a los puntos
(0,1,0) y
(1,2,2) , parametrizandola positivamente y luego reparametrizándola de tal manera que cambie su orientación. Solución:
Una parametrización positiva del segmento de recta es: σ (t ) = (t , t + 1,2t ) ; donde 0 ≤ t ≤ 1 Evaluando la integral con dicha parametrización:
∫
1
1
2 ∫ (t , t + 1,2t ) • (1,1,2) ∂t = ∫ (6t + 1) ∂t = [3t + t ]0
σ
0
0
F • ∂ s =
1
∫ F • ∂ s = 4 σ
Ahora reparametrizándola de tal manera manera que cambie su orientación: ρ (t ) = (1 − t ,2 − t ,2 − 2t ) ; donde 0 ≤ t ≤ 1 Evaluando la integral con dicha parametrización:
∫
1
1
2 ∫ (1− t ,2 − t ,2 − 2t )• (−1,−1,−2)∂t = ∫ (6t − 7)∂t = [3t − 7t ]0
ρ
0
0
F • ∂ s =
∫ F • ∂ s = −4 ρ
1
Teorema 7-1 Sea F : U ⊂ R 3 → R 3 seccionalmente continua, σ la parametrización de una curva suave, simple y orientada, y sea ρ la reparametrización de la curva, entonces: si ρ no cambia de orientación de la curva F • ∂ s = F • ∂ s
∫
∫
σ
ρ
∫ F • ∂ s = −∫ F • ∂ s σ
si ρ cambia de orientación de la curva
ρ
Teorema 7-2 Sea F : U ⊂ R 3 → R 3 seccionalmente continua, σ la parametrización de una curva suave, no simple y orientada, y sea ρ la reparametrización de la curva, entonces: f ds = f ds sea que ρ cambie o no cambie la orientación de la curva
∫
∫
σ
ρ
7.4 APLICACIÓN DE LA INTEGRAL DE LÍNEA AL CÁLCULO DE TRABAJO. El trabajo en la física elemental se define como “trabajo es igual a fuerza por distancia”, es decir que el trabajo que se efectúa sobre el cuerpo se da por: W = Fd , donde F es una fuerza constante que actúa sobre el cuerpo y que es paralela al desplazamiento y d es la magnitud del desplazamiento. Para la figura 7-6 el trabajo se define de la siguiente manera: F W = F d d θ Donde F d d es la componente de la Fd fuerza F paralela al desplazamiento: F d = F cos θ Tenemos entonces el trabajo expresado por: d W = Fd cos θ Figura 7-6 Asumiendo que F : U ⊂ R 3 → R 3 representa un campo de fuerza en R 3 ; σ (t ) la parametrización de una trayectoria en R3, σ (t ) : [a, b] ⊂ R → R 3 .
z
F
σ ( a)
θ ∂ s
y σ (b)
x
El trabajo realizado por F F en un punto de la trayectoria es: ∂W = F ∂ s cos θ Como F y ∂ s son vectores podemos expresar la expresión anterior como un producto punto: ∂W = F • ∂ s Calculamos entonces el trabajo del campo de fuerzas para transportar una partícula a lo largo de la curva σ, es: W = F • ∂ s
∫
Figura 7-7
σ
Ejemplo 7-6 Dado el campo de fuerzas F ( x, y , z ) = 2 x + 2 y ,2 x,3 z 2 . Encontrar el trabajo que realizará F al mover una partícula a través de los puntos: (0,0,0) → (1,2,0) → (1,2,5) . Solución:
El problema nos pide determinar el trabajo trabaj o de un campo de fuerzas para mover una partícula a través de una curva, así que se trata de una integral de línea. Como podemos observar en la figura 7-8, la curva C es seccionalmente continua así que debemos dividirla en dos curvas:
C2
C1
Figura 7-8 Donde cada curva la parametrizamos: para metrizamos:
x = 1 + C 2 : y = 2 z = t
x = t + C 1 : y = 2t z = 0
0 ≤ t ≤ 1 0 ≤ t ≤ 5 Resolvemos la integral de línea acuerdo a la definición: definición: F • ∂ s = F • ∂ s + F • ∂ s
∫
∫
C
C 1
∫
+
C 2
+
1
5
0 1
0 5
0
0
= ∫ F (t ,2t ,0 )• (1,2,0)∂t + ∫ F (1,2, t ) • (0,0,1)∂t = ∫ 10t ∂t + ∫ 3t 2 ∂t = [5t 2 ]0 + [t 3 ]0 1
5
= 5 + 125 ∫ F • ∂ s = 130 C
7.5 INTEGRALES DE LÍNEA EN CAMPOS CONSERVATIVOS. En el capítulo 5 se estudiaron un tipo particular de campos vectoriales, los campos vectoriales gradientes (también conocidos como campos vectoriales conservativos). Sea F ( x, y , z ) = ( F 1 ( x, y, z ), F 2 ( x, y, z ), F 3 ( x, y, z )) un campo vectorial gradiente definida en σ (t ) = ( x(t ), y(t ), z (t ))
U ⊂ R 3 → R 3 , diferenciable la parametrización de una
y acotada en U ; trayectoria en R3,
σ (t ) : [a, b] ⊂ R → R 3 , entonces la integral de línea se puede definir como: b
∫ F • ∂ s = ∫ ( F σ
o
σ ) • (σ ' (t ))∂t
a
Como F ( x, y , z ) = ( F 1 , F 2 , F 3 ) es un campo vectorial gradiente, entonces existe una función escalar f ( x, y , z ) definida en R 3 → R , tal que: F = ∇ f
∂ f ∂ f ∂ f , , ∂ x ∂ y ∂ z
( F 1 , F 2 , F 3 ) =
Entonces la integral de línea queda de la siguiente manera: b
∫ F • ∂ s = ∫ (∇ f σ
o
σ ) • (σ ' (t ))∂t
a b
∂ f
= ∫
(σ (t )),
∂ x ∂ y ∂ z ∂ f ∂ f (σ (t )), (σ (t )) • , , ∂t ∂ y ∂ z ∂t ∂t ∂t
∂ x b ∂ f ∂ x ∂ f ∂ y ∂ f ∂ z = ∫ (σ (t )) + (σ (t )) + (σ (t )) ∂t ∂ x ∂t ∂ y ∂t ∂ z ∂t a a
b
∂ f (σ (t )) ∂t ∂t a
= ∫ b
= ∫ (∂ f (σ (t ))) a
∫ F • ∂ s = f (σ (b)) − f (σ (a )) σ
Ejemplo 7-7
j + x 2 yk , determinar : Sea F ( x, y , z ) = (2 xyz + sen x )i + x 2 z a.- Si F es un campo gradiente y si lo es encontrar su función potencial. b.- F ⋅ ∂r donde C es el segmento de recta que une los puntos
∫
C
(0,0,0) y (1,2,3) .
∫
c.- F • ∂r donde C es el segmento de recta que une los puntos C
(0,0,0) , (1,0,0) , (1,2,0) y (1,2,3) .
∫
d.- F • ∂r donde C es la intersección del plano y = x y la C
esfera x 2 + y 2 + z 2 = 1 . Solución:
a.- Para determinar si F es un campo gradiente calculamos su rotor:
i rot F =
j
k
∂ ∂ ∂ = ( x 2 − x 2 ,2 xy − 2 xy,2 xz − 2 xz ) ∂ x ∂ y ∂ z 2 xyz + sen x x 2 z x 2 y
rot F = (0,0,0) ∴ F es un campo gradiente porque su rotor es igual a cero Entonces determinamos la función potencial de F : ∂ f = 2 xyz + sen x f ( x, y, z ) = ∫ (2 xyz + sen x)∂ x = x2 yz − cos x + k ( y, z ) x ∂ x ∂ f 2 = x z f ( x, y, z ) = ∫ x2 z ∂ y = x2 yz + k ( x, z ) y ∂ y ∂ f 2 = x y f ( x, y, z ) = ∫ x2 y∂ z = x2 yz + k ( x, y) z ∂ f ( x, y , z ) = x 2 z − cos x + k b.- Como F es un campo gradiente podemos calcular la integral de línea evaluando su función potencial en el punto final, menos su valor en el punto inicial: F • ∂r = f (1,2,3) − f (0,0,0) = 6 − cos(1) − 1
∫
C
∫ F • ∂r = 5 − cos(1) C
c.- Calculamos la integral de igual manera que en el literal anterior: F • ∂r = f (1,2,3) − f (0,0,0) = 6 − cos(1) − 1
∫
C
∫ F • ∂r = 5 − cos(1) C
d.- Como la curva es cerrada y el campo es conservativo la integral de línea es cero: F • ∂r = 0
∫
C
7.6 TEOREMA DE GREEN, APLICACIONES Sean P ( x, y ) y Q( x, y ) funciones definidas en D ⊂ R 2 → R ; de tal forma que F ( x, y ) = ( P ( x, y ), Q( x, y )) . D una región plana tipo 3, “ ∂D ” su contorno orientado positivamente: entonces:
∫
P ∂ x + Q∂ y =
∂ D
∂Q ∂ P ∂ x ∂ y − ∫∫ x y ∂ ∂ D
Demostración:
∫
P ∂ x + Q ∂ y =
∂ D
∂Q ∂ P − ∂ x ∂ y ∫∫ ∂ x ∂ y D
∂Q ∂ P ∂ x ∂ y − ∂ x ∂ y ∫ ∫ ∫∫ ∫∫ ∂ x ∂ y ∂ D ∂ D D D ∂ P Primero se demostrará que: ∫ P ∂ x = − ∫∫ ∂ x ∂ y ∂ y D ∂ D Para esto consideramos a D como una región tipo 1: P ∂ x + Q ∂ y =
D : ( x, y ) ∈ R 2 /
y
C 3
φ2(x)
Definimos la curva ∂ D como:
φ1(x)
∂ D (+ ) = C 1 ∪ C 2 ∪ C 3 ∪ C 4 Donde cada curva la parametrizamos: para metrizamos: + x = t + x = a +
D
C 4
C 2
x
b
C 1
:
y = ϕ 1 (t )
Figura 7-9 Entonces la integral de línea queda: P ∂ x = P ∂ x + P ∂ x + P ∂ x + P ∂ x
∫
∂ D
∫
C 1
+
∫
C 2
∫
+
C 3
b
b
a
a
−
∫
C 4
−
= ∫ P (t , ϕ 1 (t )) ∂t − ∫ P (t , ϕ 2 (t )) ∂t La integral doble queda:
+
C 2
−
:
−
y = t − x = t − x = b C 4 : C 3 : y = ϕ 2 (t ) y = t
C 1
a
ϕ 1 ( x ) ≤ y ≤ ϕ 2 ( x ) a ≤ x ≤ b
b ϕ ( x )
2 ∂ P ∂ P − ∫∫ ∂ x ∂ y = − ∫ ∫ ∂ y ∂ x ∂ y ∂ y D a ϕ 1 ( x )
b
= − ∫ [ P ( x, y )]ϕ 12( x ) ∂ x ϕ ( x )
a b
= − ∫ ( P ( x, ϕ 2 ( x )) − P ( x, ϕ 1 ( x ))) ∂ x a b
= ∫ ( P ( x, ϕ 1 ( x )) − P ( x, ϕ 2 ( x ))) ∂ x a
Haciendo un cambio de variable de b
= t , tenemos que:
b
∫
∫
∫
∂ D
a
a
P ∂ x = P (t , ϕ 1 (t )) ∂t − P (t , ϕ 2 (t )) ∂t = −
∂ P ∂ x ∂ y ∫∫ ∂ y D
∂Q ∂ x ∂ y ∫ ∫∫ ∂ x ∂ D D Para esto consideramos a D como una región tipo 2: Ahora se demostrará que:
1(y)
y
Q ∂ y =
µ 1 ( x ) ≤ x ≤ µ 2 ( x ) D : ( x, y ) ∈ R 2 / c ≤ y ≤ d
2(y) C 3
d
Definimos la curva ∂ D como:
∂ D (+ ) = C 1 ∪ C 2 ∪ C 3 ∪ C 4 Donde cada curva la parametrizamos: para metrizamos: + x = t + x = t +
C 4
C 2
D
c
:
C 1
C 1
y = c
x C 3
Figura 7-10
−
Entonces la integral de línea queda: Q ∂ y = Q ∂ y + Q ∂ y + Q ∂ y +
∫
∂ D
∫
∫
∫
+
+
−
C 1
C 2
C 3
b
b
a
a
x = t
:
y = d
∫ Q ∂ y C 4
−
= ∫ P (t , µ 2 (t )) ∂t − ∫ P (t , µ 1 (t )) ∂t La integral doble queda:
+
C 2
−
:
−
y = µ 2 (t ) − x = t C 4 : y = µ 1 (t )
d v ( y )
2 ∂Q ∂Q ∂ ∂ = ∂ x ∂ y x y ∫∫ ∫ ∫ ∂ ∂ x x D c µ 1 ( y )
b
= ∫ [Q( x, y )] µ 12( y ) ∂ y µ ( y )
a b
= ∫ (Q( µ 2 ( y ), y ) − Q( µ 1 ( y ), y )) ∂ y a
Haciendo un cambio de variable de b
= y , tenemos que:
b
∫
∫
∫
∂ D
a
a
Q ∂ y = P (t , µ 2 (t )) ∂t − P (t , µ 1 (t )) ∂t =
Ejemplo 7-8
∂Q ∂ x ∂ y ∫∫ ∂ x D
Verificar el teorema de Green en la integral 2 2 2 2( x + y )∂ x + ( x + y ) ∂ y , siendo C el contorno del triángulo
∫
C
con vértices en los puntos (1,1) , (2,2) y (1,3) . Solución:
Como podemos observar en la figura 7-11 el problema nos pide determinar la integral de línea a lo largo de una curva cerrada que limita una región plana. C2 C3
D C1
Figura 7-11 Donde cada curva la parametrizamos: para metrizamos:
C 1
+
x = t
:
−
C 2
y = t
x = t
:
C 3
y = 4 − t
1 ≤ t ≤ 2
1 ≤ t ≤ 2
−
x = 1
:
y = t
1 ≤ t ≤ 3
Resolvemos la integral de línea acuerdo a la definición: definición: F • ∂ s = F • ∂ s + F • ∂ s + F • ∂ s
∫
∫
C
C 1
∫
+
C 2
∫
−
2
C 3
−
2
3
= ∫ F (t , t ) • (1,1)∂t − ∫ F (t ,4 − t ) • (1,−1)∂t − ∫ F (1, t ) • (0,1)∂t 1 2
1
1
2
3
= ∫ 8t 2 ∂t − ∫ (4t 2 − 16t + 16 )∂t − ∫ (t 2 + 2t + 1)∂t 1
1
1
2
2
3
8t 3 4t 3 t 3 2 2 = − − 8t + 16t − + t + t 3 3 1 1 3 1 =
56 28 26 − + 24 − 16 − −8− 2 3 3 3
∫
F • ∂ s = −
C
4 3
Ahora resolvemos aplicando el teorema de Green: 2 4 − x
∫ F • ∂ s = ∫∫ (2( x + y ) − 4 y )∂ y ∂ x = ∫1 ∫ (2 x − 2 y )∂ y∂ x
C
D
x
2
= ∫ [2 xy − y
]
2 4− x x
1
2
∂ x = ∫ (2 x (4 − 2 x ) − (4 − x ) + x 2 )∂ x 2
1 2
2
4 = ∫ (− 4 x + 16 x − 16)∂ x = − x 3 + 8 x 2 − 16 3 1 1 2
28 + 24 − 16 3 4 • ∂ = − F s ∫ C 3 =−
El teorema de Green puede ser aplicado al cálculo de áreas de regiones planas. Consideremos la región plana D en R2. Sea σ (t ) = ( x(t ), y(t )) , σ (t ) : [a,b] ⊂ R →R2 , la parametrización de la frontera de D orientada positivamente. Sea el campo vectorial F ( x, y ) = ( P ( x, y ), Q( x, y )) , F ( x, y ) : R 2 → R 2 , continua e integrable en D. Entonces el área de la región D está definida por: A[ D] = ∂ y ∂ x
∫∫ D
Aplicando el teorema de Green al calcular la integral de línea de F sobre σ:
∫
∫
σ
σ
F • ∂ s = P ∂ x + Q∂ y =
∂Q ∂ P ∂ y ∂ x − ∫∫ ∂ ∂ x y D
Entonces para el valor de la integral de línea sea numéricamente igual al valor del área de la región D, el campo vectorial F debe cumplir la siguiente condición:
∂Q ∂ P − =1 ∂ x ∂ y Por ejemplo tomando el campo F ( x, y ) = (− 12 y , 12 x ) , al aplicar el teorema de Green:
∫ F • ∂ s = ∫ − 12 y ∂ x + 12 x∂ y = ∫∫ ( 12 + 12 )∂ y ∂ x = ∫∫ ∂ y ∂ x = A[ D] σ
σ
D
D
Ejemplo 7-9
Calcular el área encerrada por el hipocicloide x 2 / 3 + y 2 / 3 = a 2 / 3 .
Solución:
Como podemos observar en la figura 7-12 el problema nos pide determinar el área de la región plana limitada por una curva cerrada.
D
Figura 7-12 La parametrización del hipocicloide orientado positivamente es: σ (θ ) = a cos3 θ , a sen 3 θ ; 0 ≤ θ ≤ 2π Aplicando el teorema de Green para el cálculo de áreas tenemos:
∫∫
∫
D
σ
A[ D] = ∂ y ∂ x = − 12 y ∂ x + 12 x∂ y 2π
= ∫ − 12 asen3 θ (− 3a cos2 θ senθ ∂θ ) + 12 a cos3 θ (3asen2 θ cosθ ∂θ ) 0
3a2 2π 4 (sen θ cos2 θ + cos4 θ sen2 θ )∂θ = ∫ 2 0 3a2 2π 2 = sen θ cos2 θ (sen2 + cos2 )∂θ ∫ 2 0 2
3a2 2π sen2θ = ∂θ 2 ∫ 2 0 3a2 2π 1− cos4θ = ∂θ 8 ∫ 2 0 2π
3a2 sen4θ = θ − 16 4 0 3a 2π A[ D] = 8
7.7 FORMAS VECTORIALES DEL TEOREMA DE GREEN. Sea el campo vectorial F ( x, y ) = ( P ( x, y ), Q( x, y )) , F ( x, y ) : R 2 → R 2 , continua e integrable en D. D una región plana tipo 3, “ ∂D ” su contorno orientado positivamente entonces de acuerdo al teorema de Green:
∫
∫
∂ D
∂ D
F • ∂ s = P ∂ x + Q∂ y =
∂Q ∂ P ∂ x ∂ y − ∫∫ x y ∂ ∂ D
Ahora si calculamos el rotor de F :
i j k rot F = ∂ x∂
∂ ∂ y
∂ ∂ z
= 0,0,
∂Q ∂ P − ∂ x ∂ y
P Q 0 Definimos el producto punto: ∂Q ∂ P ∂Q ∂ P (rot F ) •k = 0,0, − •(0,0,1) = − ∂ x ∂ y ∂ x ∂ y
Entonces el teorema de Green pude ser expresado de la siguiente manera:
∫ F • ∂ s = ∫∫ ((rot F ) • k )∂ x ∂ y ∂ D
D
