Pauta Práctica 11 Cálculo III PLEV

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UNIVERSIDAD DE CONCEPCIÓN 
FACULTAD DE CIENCIAS FÍSICAS Y MATEMÁTICAS 
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA 
Práctica 11 Cálculo III PLEV (2025) 
Tema: Teorema de Green en sus dos versiones. 
Problema 1. Sea 𝐾 = 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ2 ∶ 
𝑥2
𝑎2
+
𝑦2
𝑏2
≤ 1 , 𝑎 > 0 , 𝑏 > 0. Calcule mediante el 
Teorema de Green la integral 𝐼 = 
𝑥2
𝑎2
+
𝑦2
𝑏2
 𝑑 𝑥, 𝑦 
𝐾
. 
Solución. 
Sea 𝐶 = 𝐹𝑟 𝐾 orientada en sentido positivo. Es claro que 𝐶 es una curva de Jordan. Debemos 
encontrar 𝐹 = 𝑃, 𝑄 tal que: 
𝜕𝑄
𝜕𝑥
 𝑥, 𝑦 −
𝜕𝑃
𝜕𝑦
 𝑥, 𝑦 =
𝑥2
𝑎2
+
𝑦2
𝑏2
 
De donde una de las posibilidades es: 
𝜕𝑄
𝜕𝑥
 𝑥, 𝑦 =
𝑥2
𝑎2
⟹ 𝑄 𝑥, 𝑦 =
𝑥3
3𝑎2
𝜕𝑃
𝜕𝑦
 𝑥, 𝑦 = −
𝑦2
𝑏2
⟹ 𝑃 𝑥, 𝑦 = −
𝑦3
3𝑏2
 
De donde el campo vectorial 𝐹 𝑥, 𝑦 = −
𝑦3
3𝑏2
,
𝑥3
3𝑎2
 es de clase 𝐶1 en un abierto que contiene a 𝐶 y 
𝐾, luego por el Teorema de Green: 
𝐼 = 
𝑥2
𝑎2
+
𝑦2
𝑏2
 𝑑 𝑥, 𝑦 
𝐾
= 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶
 
Una parametrización de 𝐶 es 𝛾 𝑡 = 𝑎 cos 𝑡 , 𝑏 sen 𝑡 , 𝑡 ∈ 0,2𝜋 . Luego por definición: 
 𝐼 = −
𝑏
3
sen3 𝑡 ,
𝑎
3
cos3 𝑡 ∙ −𝑎 sen 𝑡 , 𝑏 cos 𝑡 𝑑𝑡
2𝜋
0
 
 = 
𝑎𝑏
3
sen4 𝑡 +
𝑎𝑏
3
cos4 𝑡 𝑑𝑡
2𝜋
0
 
 =
𝑎𝑏
12
 1 − cos 2𝑡 2 + 1 + cos 2𝑡 2 𝑑𝑡
2𝜋
0
 
=
𝑎𝑏
6
 1 + cos2 2𝑡 𝑑𝑡
2𝜋
0
 
 =
𝑎𝑏
6
 
3
2
+
1
2
cos 4𝑡 𝑑𝑡
2𝜋
0
 
 =
𝑎𝑏𝜋
2
 
Problema 2. Sea 𝐶 ∶ 𝑥2 + 𝑦2 = 1. Sea además 𝐹 𝑥, 𝑦 = 2𝑥3 − 𝑦3 , 𝑥3 + 𝑦3 . Verifique el 
Teorema de Green. 
Solución. 
Sea 𝐶 orientada en sentido positivo, es claro que es una curva de Jordan. Además el campo vectorial 
𝐹 𝑥, 𝑦 = 𝑥3 + 𝑦2 , 𝑥4 es de clase 𝐶1 en un abierto que contiene a 𝐶 y 𝑅, donde 𝑅 ∶ 𝑥2 + 𝑦2 ≤ 1. 
Luego por el Teorema de Green: 
 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶
= 
𝜕
𝜕𝑥
 𝑥3 + 𝑦3 −
𝜕
𝜕𝑦
 2𝑥3 − 𝑦3 𝑑 𝑥, 𝑦 
𝑅
= 3𝑥2 + 3𝑦2 𝑑 𝑥, 𝑦 
𝑅
 
Cálculo de la Integral de Línea. 
Una parametrización de 𝐶 es 𝛾 𝑡 = cos 𝑡 , sen 𝑡 , 𝑡 ∈ 0,2𝜋 . Luego por definición: 
 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶
= 2 cos3 𝑡 − sen3 𝑡 , cos3 𝑡 + sen3 𝑡 ∙ − sen 𝑡 , cos 𝑡 𝑑𝑡
2𝜋
0
 
 = −2 sen 𝑡 cos3 𝑡 + sen4 𝑡 + cos4 𝑡 + cos 𝑡 sen3 𝑡 𝑑𝑡
2𝜋
0
 
= sen4 𝑡 + cos4 𝑡 𝑑𝑡
2𝜋
0
 
 =
1
4
 1 − cos 2𝑡 2 + 1 + cos 2𝑡 2 𝑑𝑡
2𝜋
0
 
 =
1
2
 1 + cos2 2𝑡 𝑑𝑡
2𝜋
0
 
=
1
2
 
3
2
+
1
2
cos 4𝑡 𝑑𝑡
2𝜋
0
 
 =
3𝜋
2
 
 
 
 
Cálculo de la Integral Doble. 
Pasando a coordenadas polares se tiene: 
 3𝑥2 + 3𝑦2 𝑑 𝑥, 𝑦 
𝑅
= 3𝑟3𝑑 𝑟, 𝜃 
𝑅∗
 
Donde 𝑅∗ = 0,1 × 0,2𝜋 . Luego por el Teorema de Fubini: 
 3𝑥2 + 3𝑦2 𝑑 𝑥, 𝑦 
𝑅
= 3𝑟3𝑑𝑟
1
0
𝑑𝜃
2𝜋
0
= 𝑑𝜃
2𝜋
0
∙ 3𝑟3𝑑𝑟
1
0
=
3𝜋
2
 
Luego se verifica el Teorema de Green. 
Problema 3. Use el Teorema de Green para evaluar 𝑥3 + 𝑦2 𝑑𝑥 + 𝑥4𝑑𝑦𝐶 donde 𝐶 es la 
frontera de la región 𝑅 = 0,1 × 0,1 recorrida en sentido horario. 
Solución. 
Sea 𝐶 orientada en sentido horario, es claro que es una curva de Jordan por seccionalmente suave. 
Además el campo vectorial 𝐹 𝑥, 𝑦 = 𝑥3 + 𝑦2 , 𝑥4 es de clase 𝐶1 en un abierto que contiene a 𝐶 y 
𝑅. Luego por el Teorema de Green: 
 
 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶
= − 
𝜕
𝜕𝑥
 𝑥4 −
𝜕
𝜕𝑦
 𝑥3 + 𝑦2 𝑑 𝑥, 𝑦 
𝑅
 
 = − 4𝑥3 − 2𝑦 𝑑 𝑥, 𝑦 
𝑅
 
 = − 4𝑥3 − 2𝑦 𝑑𝑦
1
0
𝑑𝑥
1
0
 
= − 4𝑥3 − 1 𝑑𝑥
1
0
 
 = − 1 − 1 
 = 0 
 
 
Problema 4. Calcule la integral 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 𝐶 , donde 𝐹
 𝑥, 𝑦 = 𝑒𝑥 + 3𝑥2𝑦2 , 𝑥 + 2𝑥3𝑦 y 𝐶 es 
una curva simple y cerrada, cuya traza es el cuadrilátero de vértices 𝐴 1,1 , 𝐵 0,3 , 𝐶 2,2 y 
𝐷 3,0 . 
Solución. 
Sea 𝐶 orientada en sentido positivo. Es claro que la curva es suave por secciones y cerrada. Además 
el campo es de clase 𝐶1 en un abierto que contiene a 𝐶 y 𝑅, donde 𝑅 es la región interior a 𝐶. Por el 
Teorema de Green: 
 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶
= 
𝜕
𝜕𝑥
 𝑥 + 2𝑥3𝑦 −
𝜕
𝜕𝑦
 𝑒𝑥 + 3𝑥2𝑦2 𝑑 𝑥, 𝑦 
𝑅
= 𝑑 𝑥, 𝑦 
𝑅
= Á𝑟𝑒𝑎 𝑅 
Notemos que la recta que pasa por 𝐴 y 𝐵 es 𝑦 = −2𝑥 + 3, la que pasa por 𝐴 y 𝐷 es 𝑦 = −
1
2
𝑥 +
3
2
, 
la que pasa por 𝐵 y 𝐶 es 𝑦 = −
1
2
𝑥 + 3, la que pasa por 𝐶 y 𝐷 es 𝑦 = −2𝑥 + 6. 
Consideremos la Transformación: 
𝑇 ∶ 𝑅∗ ⟶ 𝑇 𝑅∗ 
 𝑢, 𝑣 ⟼ 𝑇 𝑢, 𝑣 = 𝑥, 𝑦 
 
Definida como: 
 
𝑦 +
1
2
𝑥 = 𝑢
𝑦 + 2𝑥 = 𝑣
 ⟺ 
𝑥 =
2
3
 𝑢 − 𝑣 
𝑦 =
1
3
 4𝑢 − 𝑣 
 
Donde 𝑅∗ = 
3
2
, 3 × 3,6 . Es claro que 𝑇 es inyectiva y de clase 𝐶1. Además: 
𝜕 𝑥, 𝑦 
𝜕 𝑢, 𝑣 
 𝑢, 𝑣 = 
2
3
−
2
3
4
3
−
1
3
 = −
2
9
+
8
9
=
2
3
≠ 0 , ∀ 𝑢, 𝑣 ∈ 𝑅∗ 
Se verifican las hipótesis del Teorema del Cambio de Variable, luego: 
 𝑑 𝑥, 𝑦 
𝑅
= 
2
3
𝑑 𝑢, 𝑣 
𝑅∗
= 
2
3
𝑑𝑣
6
3
𝑑𝑢
3
3
2
=
2
3
 3 −
3
2
 3 = 6 
Por lo tanto: 
 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶
= 6 
 
OBS: El área se puede obtener por geometría básica. Si 𝐿 ∶ 𝑦 +
1
2
𝑥 − 3 = 0, entonces: 
𝐴 𝑅 = 𝑑 𝐴, 𝐷 ∙ 𝑑 𝐴, 𝐿 = 5 ∙
 −
3
2 
 5
4
= 3 
Problema 5. Sea 𝐾 = 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ2 ∶ 1 ≤ 𝑥2 + 𝑦2 ≤ 4 . Calcule mediante el Teorema de 
Green la integral 𝐼 = 𝑥 + 𝑦 𝑑 𝑥, 𝑦 𝐾 . 
Solución. 
Sean 𝐶1 ∶ 𝑥
2 + 𝑦2 = 4, 𝐶2 ∶ 𝑥
2 + 𝑦2 = 1 orientadas en sentido positivo. Es claro que las curvas 
son de Jordan y que 𝐶2 está en la región interior de 𝐶1. Debemos encontrar 𝐹 = 𝑃, 𝑄 tal que: 
𝜕𝑄
𝜕𝑥
 𝑥, 𝑦 −
𝜕𝑃
𝜕𝑦
 𝑥, 𝑦 = 𝑥 + 𝑦 
De donde una de las posibilidades es: 
𝜕𝑄
𝜕𝑥
 𝑥, 𝑦 = 𝑥 ⟹ 𝑄 𝑥, 𝑦 =
𝑥2
2
𝜕𝑃
𝜕𝑦
 𝑥, 𝑦 = −𝑦 ⟹ 𝑃 𝑥, 𝑦 = −
𝑦2
2
 
De donde el campo vectorial 𝐹 𝑥, 𝑦 = −
𝑦2
2
,
𝑥2
2
 es de clase 𝐶1 en un abierto que contiene a 𝐶1 , 𝐶2 
y 𝐾, luego por el Teorema de Green: 
𝐼 = 𝑥 + 𝑦 𝑑 𝑥, 𝑦 
𝐾
= 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶1
− 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶2
 
Una parametrización de 𝐶1 es 𝛾 𝑡 = 2 cos 𝑡 , 2 sen 𝑡 , 𝑡 ∈ 0,2𝜋 . Luego por definición: 
 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶1
= −2 cos2 𝑡 , 2 sen2 𝑡 ∙ −2 sen 𝑡 , 2 cos 𝑡 𝑑𝑡
2𝜋
0
 
= 4 sen 𝑡 cos2 𝑡 + 4 sen2 𝑡 cos 𝑡 𝑑𝑡
2𝜋
0
 
 = 0 
 
 
 
Una parametrización de 𝐶2 es 𝛾 𝑡 = cos 𝑡 , sen 𝑡 , 𝑡 ∈ 0,2𝜋 . Luego por definición: 
 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶1
= −
1
2
cos2 𝑡 ,
1
2
sen2 𝑡 ∙ − sen 𝑡 , cos 𝑡 𝑑𝑡
2𝜋
0
 
 = 
1
2
sen 𝑡 cos2 𝑡 +
1
2
sen2 𝑡 cos 𝑡 𝑑𝑡
2𝜋
0
 
 = 0 
Por lo tanto: 
𝐼 = 0 
Problema 6. Sea 𝐹 𝑥, 𝑦 = 𝑃 𝑥, 𝑦 , 𝑄 𝑥, 𝑦 un campo vectorial de clase 𝐶1 en el conjunto 
𝐴 = ℝ2 − 0,2 , 0, −2 , que verifica 
𝜕𝑄
𝜕𝑥
 𝑥, 𝑦 =
𝜕𝑃
𝜕𝑦
 𝑥, 𝑦 + 3 , ∀ 𝑥, 𝑦 ∈ 𝐴. Considere además 
las curvas 𝐶1 ∶ 𝑥
2 + 𝑦2 = 36, 𝐶2 ∶ 𝑥
2 + 𝑦 + 2 2 = 1, 𝐶3 ∶ 𝑥
2 + 𝑦 − 2 2 = 1, orientadas en 
sentido positivo. Si además 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 𝐶1
= 2 y 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 𝐶2
= 1, calcule 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 𝐶3
. 
Solución. 
Sea 𝑅 la región interior a 𝐶1 y exterior a 𝐶2 y 𝐶3. Es claro que el campo vectorial es de clase 𝐶1 en 
un abierto que contiene a 𝐶1 , 𝐶2 , 𝐶3, 𝑅, donde las curvas son de Jordan. Por la Segunda Forma del 
Teorema de Green se tiene que: 
 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶1
= 
𝜕𝑄
𝜕𝑥
 𝑥, 𝑦 −
𝜕𝑃
𝜕𝑦
 𝑥, 𝑦 𝑑 𝑥, 𝑦 
𝑅
+ 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶2
+ 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶3
 
De donde: 
 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶3
= 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶1
− 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶2
− 
𝜕𝑄
𝜕𝑥
 𝑥, 𝑦 −
𝜕𝑃
𝜕𝑦
 𝑥, 𝑦 𝑑 𝑥, 𝑦 
𝑅
 
 = 2 − 1 − 3𝑑 𝑥, 𝑦 𝑅 
 = 1 − 3Á𝑟𝑒𝑎 𝑅= 1 − 3 36𝜋 − 𝜋 − 𝜋 
 = 1 − 102𝜋 
 
Problema 7. Sea 𝑅 la región del plano 𝑋𝑌 limitada por las curvas 𝑦 = 𝑥2 − 1, 𝑦 = −𝑥2 + 7. 
Sea 𝐶 = 𝐹𝑟 𝑅 orientada en sentido positivo. Si 𝐹 𝑥, 𝑦 = 4𝑦 −
𝑦
𝑥2+𝑦2
,
𝑥
𝑥2+𝑦2
 calcule la integral 
de línea 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 𝐶 . 
Solución. 
Sea 𝐶1 ∶ 𝑥
2 + 𝑦2 = 𝜀2, donde 𝜀 > 0 es suficientemente pequeño tal que 𝐶1 esté en la región 
interior a 𝐶. Sean 𝐶, 𝐶1 orientadas en sentido positivo, es claro que son curvas suaves por secciones 
y cerradas, y sea además 𝐷 la región interior a 𝐶 y exterior a 𝐶1. Además el campo vectorial es de 
clase 𝐶1 en un abierto que contiene a 𝐶, 𝐶1 , 𝐷, luego por la Segunda Versión del Teorema de Green: 
 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶
= 
𝜕
𝜕𝑥
 
𝑥
𝑥2 + 𝑦2
 −
𝜕
𝜕𝑦
 4𝑦 −
𝑦
𝑥2 + 𝑦2
 𝑑 𝑥, 𝑦 
𝑅
+ 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶1
 
 = −4Á𝑟𝑒𝑎 𝐷 + 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 𝐶1
 
Al restar las ecuaciones de las curvas que forman 𝐶 se tiene 2𝑥2 − 8 = 0 ⟺ 𝑥 = −2 ∨ 𝑥 = 2 , 
de donde: 
 Á𝑟𝑒𝑎 𝑅 = −𝑥2 + 7 − 𝑥2 + 1 𝑑𝑥
2
−2
 
 = 8 − 2𝑥2 𝑑𝑥
2
−2
 
 = 4 4 − 𝑥2 𝑑𝑥
2
0
 
 = 4 4𝑥 −
𝑥3
3
 
0
2
 
 = 4 8 −
8
3
 
=
64
3
 
De donde Á𝑟𝑒𝑎 𝐷 = Á𝑟𝑒𝑎 𝑅 − 𝜋𝜀2 =
64
3
− 𝜋𝜀2. 
 
 
 
 
Sea 𝛾1 𝑡 = 𝜀 cos 𝑡 , 𝜀 sen 𝑡 , 𝑡 ∈ 0,2𝜋 una parametrización de 𝐶1. Luego por definición: 
 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶1
= 4𝜀 sen 𝑡 −
sen 𝑡
𝜀
,
cos 𝑡
𝜀
 ∙ −𝜀 sen 𝑡 , 𝜀 cos 𝑡 𝑑𝑡
2𝜋
0
 
 = −4𝜀2 sen2 𝑡 + sen2 𝑡 + cos2 𝑡 𝑑𝑡
2𝜋
0
 
 = −2𝜀2 + 2𝜀2 cos 2𝑡 + 1 𝑑𝑡
2𝜋
0
 
= −4𝜀2𝜋 + 2𝜋 
Por lo tanto: 
 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶
= −
256
3
+ 4𝜋𝜀2 − 4𝜀2𝜋 + 2𝜋 = 2𝜋 −
256
3
 
Problema 8. Use la Segunda Forma del Teorema de Green para evaluar 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 𝐶 , donde 𝐶 es 
cualquier curva de Jordan que encierra al origen recorrida una vez en sentido positivo y además 
𝐹 𝑥, 𝑦 = −
𝑦
𝑥2+𝑦2
,
𝑥
𝑥2+𝑦2
 . ¿El Campo Vectorial Conservativo? Justifique su respuesta. 
Solución. 
Sea 𝐶 una curva de Jordan que encierre al origen recorrida una vez en sentido positivo. Sea además 
𝐶1 ∶ 𝑥
2 + 𝑦2 = 𝜀2, orientada en sentido positivo, donde 𝜀 > 0 es suficientemente pequeño para 
que 𝐶1 esté contenida en la región interior de 𝐶. Sea 𝑅 la región interior a 𝐶 y exterior a 𝐶1. Es claro 
que 𝐹 es de clase 𝐶1 en un abierto que contiene a 𝐶, 𝐶1 y 𝑅. Por el Teorema de Green Segunda 
Forma se tiene: 
 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶
= 
𝜕
𝜕𝑥
 
𝑥
𝑥2 + 𝑦2
 −
𝜕
𝜕𝑦
 −
𝑦
𝑥2 + 𝑦2
 𝑑 𝑥, 𝑦 
𝑅
+ 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶1
 
Pero: 
∀ 𝑥, 𝑦 ≠ 0,0 ∶ 
𝜕
𝜕𝑥
 
𝑥
𝑥2 + 𝑦2
 −
𝜕
𝜕𝑦
 −
𝑦
𝑥2 + 𝑦2
 = 0 
Con lo cual la expresión se reduce a: 
 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶
= 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶1
 
 
 
Una parametrización de 𝐶1 es 𝛾1 𝑡 = 𝜀 cos 𝑡 , 𝜀 sen 𝑡 , 𝑡 ∈ 0,2𝜋 . Luego por definición: 
 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶1
= −
sen 𝑡
𝜀
,
cos 𝑡
𝜀
 ∙ −𝜀 sen 𝑡 , 𝜀 cos 𝑡 𝑑𝑡
2𝜋
0
= 2𝜋 
Por lo tanto: 
 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶
= 2𝜋 
Se concluye que el campo no es conservativo dado que de serlo, la integral de línea de toda curva de 
Jordan contenida en el dominio del campo debe ser cero, lo cual es falso si dicha curva encierra al 
origen. 
Problema 9. Repita el problema 8 para el campo 𝐹 𝑥, 𝑦 = 
𝑥
 𝑥2+𝑦2 
3
2
,
𝑦
 𝑥2+𝑦2 
3
2
 . 
Solución. 
Sea 𝐶 una curva de Jordan que encierre al origen recorrida una vez en sentido positivo. Sea además 
𝐶1 ∶ 𝑥
2 + 𝑦2 = 𝜀2, orientada en sentido positivo, donde 𝜀 > 0 es suficientemente pequeño para 
que 𝐶1 esté contenida en la región interior de 𝐶. Sea 𝑅 la región interior a 𝐶 y exterior a 𝐶1. Es claro 
que 𝐹 es de clase 𝐶1 en un abierto que contiene a 𝐶, 𝐶1 y 𝑅. Por el Teorema de Green Segunda 
Forma se tiene: 
 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶
= 
𝜕
𝜕𝑥
 
𝑦
 𝑥2 + 𝑦2 
3
2
 −
𝜕
𝜕𝑦
 
𝑥
 𝑥2 + 𝑦2 
3
2
 𝑑 𝑥, 𝑦 
𝑅
+ 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶1
 
Pero: 
∀ 𝑥, 𝑦 ≠ 0,0 ∶ 
𝜕
𝜕𝑥
 
𝑦
 𝑥2 + 𝑦2 
3
2
 −
𝜕
𝜕𝑦
 
𝑥
 𝑥2 + 𝑦2 
3
2
 = 0 
Con lo cual la expresión se reduce a: 
 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶
= 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶1
 
Una parametrización de 𝐶1 es 𝛾1 𝑡 = 𝜀 cos 𝑡 , 𝜀 sen 𝑡 , 𝑡 ∈ 0,2𝜋 . Luego por definición: 
 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶1
= 
cos 𝑡
𝜀2
,
sen 𝑡
𝜀2
 ∙ −𝜀 sen 𝑡 , 𝜀 cos 𝑡 𝑑𝑡
2𝜋
0
= 0 
 
Por lo tanto: 
 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶
= 0 
Se concluye que el campo es conservativo dado que la integral de línea de toda curva de Jordan 
contenida en el dominio del campo es cero. Esto es porque si la curva rodea al origen, acabamos de 
ver que la integral da cero. Ahora, si la curva no rodea al origen, se puede aplicar la Primera 
Versión del Teorema de Green y concluir que dicha integral también es cero. O bien, usar el hecho 
que toda curva que no encierre al origen estará contenida en un dominio simplemente conexo, en el 
cual el campo es conservativo. 
Problema 10. Calcular la integral 2𝑥𝑦 + 3 senh 𝑥 𝑑𝑥 + 3𝑥2 − 8𝑦 𝑑𝑦𝐶 , donde 𝐶 está 
orientada en sentido positivo y es la frontera de la región limitadas por 𝑦 = 𝑔 𝑥 , 𝑦 = 𝑔 𝑥 +
cos 𝑥, donde además 0 ≤ 𝑥 ≤
𝜋
2
, y 𝑔 ∶ 0,
𝜋
2
 ⟶ ℝ es una función continua y positiva. 
Solución. 
Notar que 𝑅 = 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ2 ∶ 𝑔 𝑥 ≤ 𝑦 ≤ 𝑔 𝑥 + cos 𝑥 , 0 ≤ 𝑥 ≤
𝜋
2
 . Es claro que 𝐶 = 𝐹𝑟 𝑅 . 
Además 𝐶 es una curva de Jordan suave por secciones y orientada en sentido positivo. Como el 
campo vectorial es de clase 𝐶1 en un abierto que contenga a 𝐶 y 𝑅, por la Primera Versión del 
Teorema de Green se tiene: 
 2𝑥𝑦 + 3 senh 𝑥 𝑑𝑥 + 3𝑥2 − 8𝑦 𝑑𝑦
𝐶
= 
𝜕
𝜕𝑥
 3𝑥2 − 8𝑦 −
𝜕
𝜕𝑥
 2𝑥𝑦 + 3 senh 𝑥 𝑑 𝑥, 𝑦 
𝑅
 
 = 4𝑥𝑑 𝑥, 𝑦 
𝑅
 
Por el Teorema de Fubini: 
 4𝑥𝑑 𝑥, 𝑦 
𝑅
= 4 𝑥𝑑𝑦
𝑔 𝑥 +cos 𝑥
𝑔 𝑥 
𝑑𝑥
𝜋
2
0
= 4 𝑥 cos 𝑥 𝑑𝑥
𝜋
2
0
 
Integrando por partes con: 
𝑢 = 𝑥 ⟹ 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥
𝑑𝑣 = cos 𝑥 𝑑𝑥 ⟹ 𝑣 = sen 𝑥
 
Se tiene: 
 𝑥 cos 𝑥 𝑑𝑥
𝜋
2
0
= 𝑥 sen 𝑥 0
𝜋
2 − sen 𝑥 𝑑𝑥
𝜋
2
0
=
𝜋
2
− 1 
 
Por lo tanto: 
 2𝑥𝑦 + 3 senh 𝑥 𝑑𝑥 + 3𝑥2 − 8𝑦 𝑑𝑦
𝐶
= 2𝜋 − 4 
GAJ/AHN/ahn 
21/01/2015