Apuntes Integrales de Linea - Alfredo Mallea (2)

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Matemática IV (MAT024)
Campus Santiago San Joaquı́n
Apuntes de Clases
Capitulo 2Integrales de Linea
Contenidos
Sección 1: Integral de Linea de 1er tipo; Longitud de Curva; Masa y Centro de
masa.
Sección 2: Integrales de Linea de 2do tipo; Trabajo.
Sección 3: Independencia de Caminos.
Sección 4: Teorema de Green.
Integral de Trayectoria; Longitud de Curva; Masa y Centro de Masa
Sea γ una curva suave, parametrizada por −→r : [a, b] → Rn de clase C1 . Sean M0 , M1 , . . . Mm
puntos en la curva γ ordenados según la parametrización −→r . Considerar P = {t0 , t1 , . . . tm } una
partición de [a, b] tal que −→r (ti) = Mi .
APUNTES DE CLASES MATEMÁTICA UTFSM
Intuitivamente una aproximación a la longitud de la curva γ esta dada por la longitud de la poligonal
cuyos vértices son M0 , M1 , ... , Mm . Sea l la longitud de la curva (si existe) , se tiene:
l ≈
m∑
i=1
‖Mi −Mi−1‖
=
m∑
i=1
‖−→r (ti)−−→r (ti−1)‖
Usando el Teorema del Valor Intermedio para funciones vectoriales se tiene
=
m∑
i=1
‖−→r ′(ci)(ti − ti−1)‖
Para algún ti−1 ≤ ci ≤ ti
=
m∑
i=1
‖−→r (ci)‖ (ti − ti−1)
Observar que esta última expresión corresponde a una Suma de Riemann para la función h(t) =
‖−→r ′(t)‖ , la cual es continua y por tanto integrable; definida en el intervalo [a, b] . Por otra parte la
aproximación es mejor tomando puntos más próximos, lo cual se consigue haciendo que ‖P‖ sea más
pequeño.
Luego haciendo que ‖P‖ → 0 se tiene:
l = ĺım
P→0
m∑
i=1
‖−→r ′(ci)‖ (ti − ti−1) =
∫ b
a
‖−→r ′(t)‖ dt
La última igualdad se cumple por ser −→r de clase C1([a, b]) .
Asimismo, si δ(x1 , . . . , xn) es continua y representa la densidad de masa en el punto (x1 , . . . , xn) .
Tomar Qi un punto de la curva, entre Mi−1 y Mi , tal que −→r (ci) = Qi . Luego una aproximación a
la masa de la curva γ es:
m ≈
m∑
i=1
δ(Qi)‖Mi −Mi−1‖ =
m∑
i=1
δ(−→r (ci))‖−→r (ti)−−→r (ti−1)‖
=
m∑
i=1
δ(−→r (ci))‖−→r ′(ci)(ti − ti−1)‖
=
m∑
i=1
δ(−→r (ci))‖−→r ′(ci)‖(ti − ti−1)
MAT024 2 J.B.I./ N.C.F./L.G.C.
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Esta última corresponde a una suma de Riemann para la función δ(−→r (t))‖−→r ′(t)‖ la cual es continua
y por tanto integrable. Luego haciendo ‖P‖ → 0 se obtiene
m = ĺım
‖P‖→0
m∑
i=1
δ(−→r (ci))‖−→r ′(ci)‖(ti − ti−1) =
b∫
a
δ((−→r (t))‖−→r ′(t)‖ dt
Con estos argumentos definimos:
Definición 1.1. Sea γ una curva suave, regular y rectificable, parametrizada por longitud de arco
−→α (s) , 0 ≤ s ≤ L . Sea f : U ⊂
abto
R3 → R un campo escalar continuo, tal que γ ⊂ U . Definimos la
Integral de f sobre la curva γ (Integral de Linea de 1er Tipo o Integral de Trayectoria) como:∫
γ
f ds =:
∫ L
0
f(−→α (s)) ds =
∫ L
0
f(α(s)) ‖α′(s)‖ ds
Para una parametrización cualquiera de la curva γ se cumple:
Sea −→r : [a , b]→ Rn una parametrización de clase C1 de la curva γ , suave, regular y rectificable.
Se cumple ∫
γ
f ds =
∫ b
a
f(−→r (t)) ‖−→r ′(t)‖ dt
Teorema
En efecto la curva γ se puede reparametrizar por longitud de arco, haciendo s : [a, b] → [0, l] tal
que s(t) =
∫ t
0
‖−→r ′(t)‖ dt . s es un homeomorfismo y por tanto existe su inversa g : [0, l] → [a, b] .
Cumple que −→α (s) = (−→r ◦ g)(s) parametriza γ por longitud de arco.
Luego haciendo el cambio de variable t = g(s) se tiene:
∫
γ
f ds =
l∫
0
f(−→α (s)) ds =
l∫
0
f(−→r (g(s))) ds =
b∫
a
f(−→r (t)) ‖−→r ′(t)‖ dt
Una consecuencia de lo anterior es que la integral no depende de la parametrización nı́ de la orientación
que induce la parametrización.
Ejemplo 1.1. Sea g : [a , b]→ R de clase C1 y sea
ζ = Gr(g) = { (x , y) : y = g(x) }
el gráfico de g . Sea f : A ⊂
abto
R2 → R continua, tal que ζ ⊂ A . Una parametrización de ζ es:
x = x
y = g(x)
⇒ x
′ = 1
y′ = g′(x)
MAT024 3 J.B.I./ N.C.F./L.G.C.
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con a ≤ x ≤ b . Luego la integral de f sobre la curva ζ = Gr(g) queda:∫
ζ
f ds =
∫ b
a
f(x , g(x)) ·
√
1 + (g′(x))2 dx
Ejemplo 1.2. Considerar la curva ζ definida por la relación ρ = ρ(θ) con α ≤ θ ≤ β y ρ de clase
C1 .
Una parametrización de la curva ζ es x = ρ cos θ ; y = ρ sen θ . Luego.
dx
dθ
=
dρ
dθ
cos θ − ρ sen θ
dy
dθ
=
dρ
dθ
sen θ + ρ cos θ
Luego (
dx
dθ
)2
=
(
dρ
dθ
)2
cos2 θ − 2ρ dρ
dθ
sen θ cos θ + ρ2 sen2 θ
(
dy
dθ
)2
=
(
dρ
dθ
)2
sen2 θ + 2ρ
dρ
dθ
sen θ cos θ + ρ2 cos2 θ
Entonces (
dx
dθ
)2
+
(
dy
dθ
)2
=
(
dρ
dθ
)2
+ ρ2
Ası́ para una función escalar f , continua, se tiene:
∫
ζ
f ds =
β∫
α
f(ρ cos(θ) , ρ sen(θ))
√
ρ2 +
(
dρ
dθ
)2
dθ
Ejemplo 1.3. Calcular
∫
γ
xy ds . Donde γ corresponde al arco de la elipse
x2
a2
+
y2
b2
= 1 ubicada en
el primer cuadrante.
Solución:
Usar la parametrización −→r 1(θ) dada por:
x = a cos(θ)
y = b sen(θ)
⇒ x
′ = −a sen(θ)
y′ = b cos(θ)
0 ≤ θ ≤ π
2
La integral queda:
MAT024 4 J.B.I./ N.C.F./L.G.C.
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∫
γ
xy ds =
∫ π/2
0
a cos(θ) b sen(θ)
√
a2 sen2(θ) + b2 cos2(θ) dθ =
ab(a3 − b3)
3(a2 − b2)
Observar que si se usa la parametrización −→r 2(x) definida como:
x = x
y =
b
a
√
a2 − x2
⇒
x′ = 1
y′ = − bx
a
√
a2 − x2
0 ≤ x ≤ a
La integral queda:
∫
γ
xy ds =
∫ a
0
x
b
a
√
a2 − x2 ·
√
1 +
a2x2
a2(a2 − x2)
dx =
ab(b3 − a3)
3(b2 − a2)
Observar que −→r 1 y −→r 2 parametrizan γ pero en sentidos contrarios, sin embargo el valor de la
integral es el mismo.
Ejemplo 1.4. Calcular
∫
C
(x+ y) ds
donde C corresponde al lazo derecho de la lemniscata ρ2 = a2 cos(2θ) .
Solución:
Usar la parametrización: x = ρ cos θ ; y = ρ sen θ entonces:
(
dx
dθ
)2
+
(
dy
dθ
)2
=
(
dρ
dθ
)2
+ ρ2 =
a4 sen2(2θ)
ρ2
+ a2 cos(2θ) =
a4 sen2(2θ) + a4 cos2(2θ)
ρ2
=
a4
ρ2
Y la integral queda:
∫
C
(x+ y) ds =
∫ π/4
−π/4
(ρ cos θ + ρ sen θ)
√
a4
ρ2
dθ =
∫ π/4
−π/4
a2
ρ
(ρ cos θ + ρ sen θ) dθ
= a2
∫ π/4
−π/4
(cos(θ) + sen(θ)) dθ =
√
2 a2
MAT024 5 J.B.I./ N.C.F./L.G.C.
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Si δ(x1, x2, . . . , xn) representa la densidad de masa en el punto (x1, x2, . . . , xn) , la masa de la
curva γ esta dada por:
m =
∫
γ
δ(x1, x2, . . . , xn) ds
Por otra parte, si (x1 . . . . , xn) representa el centro de masa de la curva γ , entonces
xi =
∫
γ
xiδ(x1 , . . . , xn) ds∫
γ
δ(x1 , . . . , xn) ds
Además el momento de inercia respecto del eje xi∫
γ
x2i δ(x1 , . . . , xn) ds
Proposición
Ejemplo 1.5. Sea γ la curva intersección de las superficies x + y + z = 3 y x2 + y2 = 1 . Si la
densidad de masa en un punto (x, y, z) es δ (x, y, z) =
√
1− xy , calcule la masa de la curva.
Solución:
Parametrización de la curva
MAT024 6 J.B.I./ N.C.F./L.G.C.
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x = cos θ x′ = − sen θ
y = sen θ y′ = cos θ
z = 3− cos θ − sen θ z′ = sen θ − cos θ
con −π ≤ θ ≤ π . Se tiene:
m =
∫
γ
√
1− xy ds =
∫ π
−π
√
1− sen θ cos θ
√
2− 2 sen θ cos θ dθ
=
√
2
∫ π
−π
(1− sen θ cos θ) dθ
=
√
2
∫ π
−π
dθ = 2
√
2π
Si z es la tercera coordenada del centro de masa, entonces
z =
1
2
√
2π
∫
γ
z δ(x, y, z) ds
=
1
2
√
2π
π∫
−π
(3− cos(θ)− sen(θ))(1− sen θ cos θ)
√
2− 2 sen θ cos θ dθ
=
1
2π
π∫
−π
(3− cos(θ)− sen(θ))(1− sen(θ) cos(θ)) dθ
Usando argumentos de paridad
=
1
2π
π∫
−π
(3− cos(θ) + sen2(θ) cos(θ)) dθ
=
1
2π
(
3θ − sen(θ) + sen
3(θ)
3
∣∣∣∣π
−π
)
= 3
Ejemplo 1.6. Un alambre tiene la forma de la circunferencia x2 + y2 = a2 . Determinar su masa y su
momento de inercia con respecto a un diametro, si la densidad de masa es δ(x, y) = |x|+ |y| .
Solución:
Basta calcular la masa en el primer cuadrante y multiplicar por 4. Usar la parametrización
x = a cos(t)
y = a sen(t)
; 0 ≤ t ≤ π
2
dx = −a sen(t)
dy = a cos(t)
MAT024 7 J.B.I./ N.C.F./L.G.C.
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Luego la masa queda
m =
∫
γ
(|x|+ |y|) ds = 4
π/2∫
0
(a cos(t) + a sen(t))
√
a2 sen2(t) + a2 cos2(t)
= 4a2
π/2∫
0
(cos(t) + sen(t)) dt = 4a2
(
sen(t)− cos(t)
∣∣∣∣π/2
0
)
= 8a2
Para el momento de inercia, tomaremos el eje x ( la porción contenida en el cı́rculo) como el diametro.
My=0 =
∫
γ
y2δ(x, y) ds =
∫
γ
y2(|x|+ |y|) ds
= 4
π/2∫
0
a2sen2(t)(a cos(t) + a sen(t))
√
a2 sen2(t) + a2 cos2(t) dt
= 4a4
π/2∫
0
(sen2(t) + sen3(t)) dt = 4a4
(
sen3(t)
3
+
2
3
∣∣∣∣π/2
0
)
= 4a4
Ejemplo 1.7. Considerar la curva ζ parametrizada por −→r (t) = (a cos(t) , a sen(t) , bt) ; con a , b > 0
y 0 ≤ t ≤ 2π . Calcular la masa de la curva ζ si la densidad de masa está dada como δ(x, y, z) =
x2 + y2 + z2 . Se tiene:
m =
∫
ζ
δ ds =
∫ 2π
0
(a2 cos( t) + a2 sen2(t) + b2t2)
√
(−a sen(t))2 + (a cos(t))2 + b2 dt
=
√
a2 + b2
(
2a2π +
8b2π3
3
)
MAT024 8 J.B.I./ N.C.F./L.G.C.
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Definición 1.2. Sea γ = γ1 + · · · + γp una curva suave a pedazos . f : U ⊂
abto
Rn → R un campo
escalar continuo, tal que γ ⊂ U . Definimos la integral de f sobre γ como:∫
γ
f ds =
∫
γ1
f ds+ . . . +
∫
γp
f ds
Ejemplo 1.8. Calcular
∫
γ
(x+ y)ds
Donde γ es el triángulo con vértices en (0,0) ; (-1,1) y (0,2) .
solución:
Sea
γ1 =
{
x = t
y = −t
x′ = 1
y′ = −1 − 1 ≤ t ≤ 0
γ2 =
{
x = t
y = t+ 2
x′ = 1
y′ = 1
− 1 ≤ t ≤ 0
γ3 =
{
x = 0
y = −t
x′ = 0
y′ = 1
0 ≤ t ≤ 2
Hacer
∫
γ1
(x+ y)ds =
∫ 0
−1
0 ds = 0
MAT024 9 J.B.I./ N.C.F./L.G.C.
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∫
γ2
(x+ y)ds =
∫ 0
−1
(2t+ 2)
√
12 + 12 dt = 2
√
2
∫ 0
−1
(t+ 1) dt =
√
2
∫
γ3
(x+ y)ds =
∫ 2
0
t
√
02 + 12 dt =
∫ 2
0
t dt = 2
Haciendo γ = γ1 + γ2 + γ3 se tiene∫
γ
(x+ y)ds =
∫
γ1
(x+ y)ds+
∫
γ2
(x+ y)ds+
∫
γ3
(x+ y)ds = 0 + 2 +
√
2
Problemas Planteados
1. Calcular ∫
γ
(x2 + y2) ds
donde γ es la curva parametrica x(t) = cos(t) + t sen(t) e y(t) = sen(t)− t cos(t) .
2. Hallar la masa de un alambre cuya forma se puede describir como la curva intersección de la
esfera x2 + y2 + z2 = 1 y el plano x+ z = 0 . La densidad es δ(x, y, z) = |x| .
resp:
4√
2
Integral de Linea de 2do Tipo; Trabajo
Definición 2.1. Sea γ una curva suave, regular y rectificable de longitud L , parametrizada por
longitud de arco −→α (s) , 0 ≤ s ≤ L . Sea
−→
F : U ⊂
abto
Rn → Rn un campo vectorial continuo, tal que
γ ⊂ U . Definimos la Integral de
−→
F sobre la curva γ (Integral de Linea de 2do Tipo) como:∫
γ
−→
F =
∫
γ
−→
F ·
−→
T ds
Donde
−→
T es el vector tangente unitario a la curva γ .
Desarrollando los mismos argumentos que para la integral de primer tipo, se cumple para una
parametrización cualquiera de la curva γ .
MAT024 10 J.B.I./ N.C.F./L.G.C.
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Si −→r (t) es una parametrización de clase C1 , de la curva γ suave, regular y rectificable con
a ≤ t ≤ b . Se cumple: ∫
γ
−→
F =
∫ b
a
−→
F (−→r (t)) · −→r ′(t) dt
Teorema
Notación: Usaremos el sı́mbolo
∫
γ
−→
F · d−→r para indicar la integral de
−→
F sobre la curva γ .
∫
γ
−→
F · d−→r Notac.=
∫
γ
−→
F =
∫ b
a
−→
F (−→r (t)) · −→r ′(t) dt
Notación: Sea
−→
F = (P,Q,R) un campo vectorial continuo en R3 y −→r (t) = (x(t) , y(t) , z(t) )
entonces d−→r = (dx , dy , dz) entonces la integral de
−→
F sobre la curva γ se escribe tambien:∫
γ
−→
F · d−→r =
∫
γ
P dx+Qdy +Rdz
Ejemplo 2.1. Calcular ∫
ζ
y dz + z dy + x dz
en los siguientes casos:
1. ζ es la curva de intersección de las superficies x+ y = 2 y x2 + y2 + z2 = 2(x+ y) .
2. ζ es la curva intersección de las superficies z = xy y x2 + y2 = 1 .
solución:
1. Reemplazando x + y = 2 en la ecuación de la esfera y completando cuadrados se llega a la
ecuación de la elipse (x− 1)2 + z
2
2
= 1 en el plano xz . Ası́ se tiene una parametrización de la
curva ζ .
x = 1 + cos(t)
y = 1− cos(t)
z =
√
2 sen(t)
⇒
dx = − sen(t)dt
y′ = sen(t)dt
dz =
√
2 cos(t)dt
MAT024 11 J.B.I./ N.C.F./L.G.C.
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Con esto y usando la definición se tiene
∫
ζ
y dx+z dy+x dz =
∫ π
−π
[(1−cos(t)(− sen(t))+
√
2 sen(t) sen(t)+(1+cos(t))
√
2 cos(t)] dt = 2
√
2π
2. Una parametrización de la curva ζ es
x y
z
x = cos(t)
y = sen(t)
z = cos(t) sen(t)
⇒
dx = − sen(t)dt
dy = cos(t)dt
dz = cos2(t)− sen2(t)
La integral queda
∫
ζ
y dx+z dy+x dz =
∫ π
−π
[− sen2(t)+cos2(t) sen(t)+(cos2(t)−sen2(t)) cos(t)] dt = −π
Ejemplo 2.2. Calcular ∫
ζ
x2dy − y2dx
x5/3 + y5/3
donde ζ es la porción en el primer cuadrante, de la astroide x2/3 + y2/3 = a2/3 , recorrida en sentido
positivo.
solución:
Considerar la parametrización
x = a cos3 t
y = a sen3 t
dx = −3a cos2(t) sen(t)
dy = 3a sen2(t) cos(t)
; 0 ≤ t ≤ π
2
La integral queda
∫
ζ
x2dy − y2dx
x5/3 + y5/3
=
π/2∫
0
(
a2 cos6(t)(3a sen2(t) cos(t)) + a6 sen6(t)(3a cos2(t) sen(t))
a5/3 cos5(t) + a5/3 sen5(t)
)
dt
= 3a4/3
π/2∫
0
sen2(t) cos2(t)(cos5(t) + sen5(t))
cos5(t) + sen5(t)
dt
= 3a4/3
π/2∫
0
(sen2(t)− sen4(t)) dt = 3a
4/3π
16
MAT024 12 J.B.I./ N.C.F./L.G.C.
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Observación 2.1. A diferencia de la integral de linea de 1er tipo, en esta integral (de 2do tipo) importa
la orientación de la curva.
En efecto si −→r 1 y −→r 2 son parametrizaciones de la misma curva suave γ , con dominios [a, b] y [c, d]
respectivamente, entonces existe una función g : [a, b] → [c, d] difeomorfismo tal que −→r 1(t) =
(−→r 2 ◦ g)(t) . Luego∫
−→r 1
−→
F =
∫ b
a
−→
F (−→r 1(t)) · −→r ′1(t) dt =
∫ b
a
−→
F (−→r 2(g(t))) · −→r ′2(g(t))g′(t) dt
Haciendo el cambio z = g(t) se tienen los casos:
g es creciente, entonces g(a) = c y g(b) = d . La integral queda
∫
−→r 1
−→
F =
∫ b
a
−→
F (−→r 2(g(t))) · −→r ′2(g(t))g′(t) dt =
∫ d
c
−→
F (−→r 2(z)) · −→r ′2(z) dz =
∫
−→r 2
−→
F
Esto significa que si −→r 1 ; −→r 2 parametrizan en la misma dirección, el valor de la integral
permanece igual.
g es decreciente, entonces g(a) = d y g(b) = c . La integral queda:
∫
−→r 1
−→
F =
∫ b
a
−→
F (−→r 2(g(t))) · −→r ′2(g(t))g′(t) dt =
∫ c
d
−→
F (−→r 2(z)) · −→r ′2(z) dz
= −
∫ d
c
−→
F (−→r 2(z)) · −→r ′2(z) dz = −
∫
−→r 2
−→
F
Ası́ si −→r 1 ; −→r 2 parametrizan en sentido contrario, el valor de la integral cambia de signo.
Observación 2.2. Sean Mi , i = 0 , 1 , . . . , m , son puntos en una curva suave γ ordenados según
la parametrización −→r (t) , a ≤ t ≤ b , tal que−→r (ti) = Mi . Sean �i en el intervalo [ti−1 , ti] , tal que−→r (ti)−−→r (ti−1) = −→r ′(�i) (ti − ti−1) . Tomar Pi un punto en la curva γ , entre los puntos Mi−1 y Mi
tal que −→r (�i) = Pi .
Por otra parte si
−→
F : A ⊂ Rn → Rn representa una fuerza y A es un abierto que contiene a la curva
γ . Entonces la suma
m∑
i=1
−→
F (Pi) · (Mi −Mi−1) =
m∑
i=1
−→
F (−→r (�i)) · (−→r (ti)−−→r (ti−1)) =
m∑
i=1
−→
F (−→r (�i)) · −→r ′(�i)(ti − ti−1)
es una aproximación al trabajo realizado por la fuerza
−→
F al desplazar una particula de masa 1, a lo
largo de la curva γ .
Haciendo ‖P‖ → 0 se tiene:
MAT024 13 J.B.I./ N.C.F./L.G.C.
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w = ĺım
‖P‖→0
m∑
i=1
−→
F (−→r (�i)) · −→r ′(�i)(ti − ti−1) =
∫
γ
−→
F · d−→r
Considerar una particula de masa 1, que se desplaza a lo largo de la curva γ . Sea
−→
F
continua, una fuerza que actua sobre la particula, entonces el trabajo que realiza la particula
es
w =
∫
γ
−→
F · d−→r
Proposición
Ejemplo 2.3. Calcular el trabajo realizado por el campo
−→
F (x, y, z) = (y2, z2, x2) a lo largo de la curva
γ , intersección de las superficies x2 +y2 +z2 = 4 y x2 +z2 = 2z con y ≥ 0 . La curva está recorrida
de modo que reflejada en el plano xz el sentido es positivo.
solución
Observar que la ecuación x2 + z2 = 2z representa una circunferencia en el plano xz , cuya ecuación
en coordenadas polares es r = 2 sen(θ) . De allı́ se obtiene la parametrización de la curva.
x = r cos(θ) = 2 sen(θ) cos(θ) = sen(2θ)
y =
√
4− (x2 + y2) = 2
√
1− sen2(θ) = 2 cos(θ)
z = r sen(θ) = 2 sen(θ) sen(θ) = 2 sen2(θ)
con θ moviendose entre −π
2
y
π
2
. Por otra parte se tiene:
dx = 2 cos(2θ)
dy = − 2 sen(θ)
dz = 4 sen(θ) cos(θ) = 2 sen(2θ)
Luego el trabajo queda:
w =
∫
γ
y2 dx+ z2 dy + x2 dz =
∫ π/2
−π/2
[
8 cos2(θ) cos(2θ)− 8 sen5(θ) + 2 sen3(2θ)
]
d θ
= 16
∫ π/2
0
cos2(θ)[cos2(θ)− sen2(θ)] d θ
= 32
∫ π/2
0
cos4(θ) d θ − 16
∫ π/2
0
cos2(θ) d θ = 2π
MAT024 14 J.B.I./ N.C.F./L.G.C.
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Definición 2.2. Sea γ = γ1 + · · ·+ γp una curva suave a pedazos .
−→
F : A ⊂
abto
Rn → Rn un campo de
vectores continuo, tal que γ ⊂ A . Definimos la integral de
−→
F sobre la curva γ como:∫
γ
−→
F =
∫
γ1
−→
F ds+ . . . +
∫
γp
−→
F
Ejemplo 2.4. Sea γ el triángulo de vértices (1,0,0) ; (0,1,0) ; (0,0,1) orientado según el orden inducido
por estos 3 puntos. Calcular ∫
γ
z dx+ x dy + y dz
solución:
Sea γ1 el segmento de recta que va desde (1,0,0) hasta (0,1,0) ; γ2 el segmento que va desde (0,1,0)
hasta (0,0,1) y γ3 el segmento que va desde (0,0,1) hasta (1,0,0) . Ası́ γ = γ1 + γ2 + γ3 .
Una parametrización de γ1 es x = 1− y ; y = y ; z = 0 , de donde dx = −dy ; dy = dy y dz = 0 .
Se tiene: ∫
γ1
z dx+ x dy + y dz =
∫ 1
0
(1− y) dy = 1
2
Una parametrización de γ2 es x = 0 ; y = 1− z ; z = z , de donde dx = 0 ; dy = −dz y dz = dz .
Se tiene: ∫
γ2
z dx+ x dy + y dz =
∫ 1
0
(1− z) dz = 1
2
Para la curva γ3 el resultado es el mismo. Por lo tanto
∫
γ
z dx+ x dy + y dz =
∫
γ1
z dx+ x dy + y dz +
∫
γ2
z dx+ x dy + y dz +
∫
γ3
z dx+ x dy + y dz =
3
2
Problemas Planteados
1. Calcular ∫
γ
xy(ydx− xdy)
x2 + y2
donde γ es la curva ρ2 = a2 cos 2θ , orientada en sentido positivo.
Resp.:
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2. Calcule
∫
γ
y2 dx
Donde γ corresponde al cardioide r = 1 + sen θ recorrido en sentido positivo.
Resp.: − 5π
2
3. Sea ζ la curva de intersección de las superficies x2 + y2 + z2 = 4 y x − z = 0 . Calcule la
integral ∮
ζ
(2x− y) dx− yz2 dy − y2z dz
Orientada en el sentido positivo, respecto del plano xy .
Resp.: 2
√
2π
Independencia de Caminos, Campos Gradientes y Campos Conservativos
Observación 3.1. Sea f : A ⊂
Abto
Rn → R de clase C1 y
−→
F = ∇ f . Considerar γ una curva
cualquiera en A que une los puntos P y Q . Sea −→r (t) ; a ≤ t ≤ b una parametrización de γ . Se
cumple:
∫
γ
−→
F =
∫ b
a
−→
F (−→r (t)) · −→r ′(t) dt =
∫ b
a
∇ f(−→r (t)) · −→r ′(t) dt
=
∫ b
a
(f ◦ −→r )′(t) dt = (f ◦ −→r )(t)
∣∣∣∣b
a
= f(−→r (b))− f(−→r (a)) = f(Q)− F (P )
Y el valor de la integral no depende de la curva γ que une P con Q .
Definición 3.1. Sea
−→
F : A ⊂ Rn → Rn un campo vectorial; A es un abierto conexo (Dominio);
P ; Q dos puntos en A . Diremos que la integral de
−→
F no depende del camino que une P con Q si∫
γ
−→
F =
∫
ζ
−→
F
Cualesquiera sean las curvas γ y ζ en A que unen los puntos P y Q .
Si esto ocurre para cualquier par de puntos P y Q en A diremos solo que la integral de
−→
F no
depende del camino.
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Notación. Si la integral de
−→
F no depende del camino que une P con Q anotamos
Q∫
P
−→
F
Ejemplo 3.1. Considerar P = (1, 1,−1) y Q = (−1, 2, 5) . Calcular
∫
P
Q
z2 dx+ 2y dy + 2xz dz .
Observar que f(x, y, z) = xz2 + y2 cumple: ∇ f(x, y, z) = (z2 , 2y , 2xz) . Por tanto, según lo
establecido arriba ∫
P
Q
z2 dx+ 2y dy + 2xz dz = f(−1, 2, 5)− f(1, 1,−1) = −23
Definición 3.2. Diremos que
−→
F : A ⊂ Rn → Rn un campo gradiente, si existe una función
f : A ⊂ Rn → R de clase C1 tal que ∇ f(x) =
−→
F (x) ; ∀x ∈ A .
Tal función f se dice un potencial del campo
−→
F .
Ejemplo 3.2. El campo
−→
F (x, y) = (2x cos(y) , −x2 sen(y)) es un campo gradiente en R2 . Un poten-
cial es la función f(x, y) = x2 cos(y) .
Observación 3.2. Si
−→
F es un campo gradiente el potencial no es único. En efecto si f(x) es un
potencial del campo, entonces h(x) = f(x) + C tambien lo es, cualquiera sea la constante C en R .
Ejemplo 3.3.
−→
F (x, y) = (6xy − y3 , 4y + 3x2 − 3xy2) es un campo gradiente en R2 .
En efecto tomar g(x, y) = 3x2y − xy3 + 2y2 se cumple ∇ g(x, y) = (6xy − y3 , 4y + 3x2 − 3xy2) =
−→
F (x, y) .
Observación 3.3. Si
−→
F es un campo gradiente sobre un dominio A ⊂ Rn entonces la integral de
−→
F
no depende del camino y solo depende de los puntos inicial y final de la curva.
Antes de enunciar los Teoremas relevantes sobre Independencia de Caminos y Teorema de Green
necesitamos una definición.
Definición 3.3. Sea A ⊂ Rn . Diremos que A es un conjunto estrellado si existe un punto P en A ,
tal que para todo Q ∈ A el segmento de recta que une Q con P esta contenido en A .
Ejemplo 3.4. Rn es estrellado; las bolas abiertas (Br(a)) y las bolas cerradas (Br(a)) , son conjuntos
estrellados.
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Ejemplo 3.5. R2 − {(0, 0)} no es estrellado.
Sea A ⊂ Rn un conjunto estrellado ;
−→
F : A ⊂ Rn → Rn de clase C1 ,
−→
F (x) = (P1(x) , . . . , Pn(x)) . Se cumple:
−→
F es un campo gradiente ⇔ dPi
dxj
(x) =
dPj
dxi
(x) ; ∀x ∈ A ; i , j = 1, 2, . . . , n
Teorema
Ejemplo 3.6. Considerar el campo de vectores
−→
F (x, y) = (P , Q) =
(
− y
x2 + y2
,
x
x2 + y2
)
cuyo
Dominio es R2 − {(0, 0)} . Se cumple
dQ
dx
=
dP
dy
=
y2 − x2
(x2 + y2)2
Sin embargo no corresponde a un campo gradiente en R2 − {(0, 0)} el cual no es estrellado .
Observar que en dominios que no contienen el eje y el campo
−→
F si es un campo gradiente. Un
potencial para
−→
F en A = {(x, y) ∈ R2 / x > 0} es la función
f(x, y) = arc tg
(y
x
)
Sea A ⊂ Rn un conjunto estrellado y
−→
F : A → Rn un campo de
vectores continuo . Las siguientes proposiciones son equivalentes:
1.
−→
F es un campo gradiente.
2. La integral de
−→
F no depende del camino.
3. La integral de
−→
F sobre cualquier curva cerrada es 0.
Teorema
Ejemplo 3.7. Calcular
(0,1,1)∫
(1,0,1)
sen y cosx dx+ cos y senx dy + dz.
Solución
MAT024 18 J.B.I./ N.C.F./L.G.C.
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Observar que el campo
−→
F (x, y, z) = (sen y cosx , cos y senx , 1) es conservativo. En efecto:
∂
−→
F 1
∂y
=
∂
−→
F 2
∂x
;
∂
−→
F 1
∂z
=
∂
−→
F 3
∂x
y
∂
−→
F 2
∂z
=
∂
−→
F 3
∂y
Además
−→
F está definido y es de clase C∞ en R3 , simplemente conexo. Por lo tanto la integral no
depende del camino.
Tomemos el camino
x = 1− t dx = −dt
y = t dy = dt
z = 1 dz = 0 0 ≤ t ≤ 1
Ası́, la integral queda∫ (0,1,1)
(1,0,1)
sen y cosx dx+ cos y senx dy + dz =
∫ 1
0
(− sen t cos(1− t) + cos t sen(1− t)) dt
=
∫ 1
0
sen(1− t− t) dt
=
∫ 1
0
sen(1− 2t) dt = cos(1− 2t)
2
∣∣∣∣1
0
=
cos(−1)− cos 1
2
= 0
Ejemplo 3.8. Sea γ = γ1 + γ2 , donde γ1 corresponde a la parte superior (y ≥ 0) de la Astroide
x2/3 +y2/3 = 1 ; γ2 es el segmento de recta que une los puntos (-1,0) y (0,-1) . γ se recorre en sentido
positivo. Calcular: ∫
γ
2xy dx+ (y2 − x2)dy
(x2 + y2)2
solución:
Considerar
P (x, y) =
2xy
(x2 + y2)2
Q(x, y) =
y2 − x2
(x2 + y2)2
⇒ dP
dy
(x, y) =
dQ
dx
(x, y) =
2x3 − 6xy2
(x2 + y2)3
Por tanto el campo es conservativo en R2−{(0, 0)} . Considerar la porción ζ , del cı́rculo x2 + y2 = 1
que va desde (1,0) hasta (0,-1) , parametrizada como x = cos(t) e y = sen(t) ; 0 ≤ t ≤ 3π
2
. Se
cumple:
MAT024 19 J.B.I./ N.C.F./L.G.C.
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∫
γ
2xy dx+ (y2 − x2)dy
(x2 + y2)2
=
∫
ζ
2xy dx+ (y2 − x2)dy
(x2 + y2)2
=
3π/2∫
0
2 cos(t) sen(t)(− sen(t)) + (sen2(t)− cos2(t)) cos(t)
1
=
3π/2∫
0
(− sen2(t) cos(t)− cos3(t)) dt
= −
3π/2∫
0
(sen2(t) + cos2(t)) cos(t) dt
= − 2
3
− sen(t)
∣∣∣∣3π/2
0
= 1
Bosquejo de una demostración del Teorema: las implicaciones (1)⇒ (2) , (2)⇒ (3) y (3)⇒ (2) no
son complicadas de explicar, basta un dibujo . Para la implicación (2) ⇒ (1) se puede definir una
función potencial de
−→
F = (P1 , . . . , Pn) ası́:
Sea Q0 un punto de A fijo. Para x = (x1 , . . . , xn) ∈ A se define g(x) =
∫
Q0
x−→
F · d−→r .
Como la integral de
−→
F no depende del camino g está bien definido. Se cumple ∇ g(x) =
−→
F (x) .
En efecto (groseramente)
MAT024 20 J.B.I./ N.C.F./L.G.C.
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dg
dxi
(x) = ĺım
h→0
g(x+ h−→e i)− g(x)
h
= ĺım
h→0
1
h
∫
Q0
x+h−→e i−→
F · d−→r −
∫
Q0
x−→
F · d−→r

= ĺım
h→0
1
h
∫
Q0
x+h−→e i−→
F · d−→r −
∫
Q0
x+h−→e i−→
F · d−→r −
∫
x+h−→e i
x−→
F · d−→r

= ĺım
h→0
1
h
∫
x
x+h−→e i−→
F · d−→r
Para calcular esta última integral, usar el segmentode recta que une x con x+ h−→e i . Una parametri-
zación es
x1(t) = x1 (fijo)
...
xi(t) = t
...
xn(t) = xn (fijo)
⇒
dx1 = 0
...
dxi = dt
...
dxn = o
con xi ≤ t ≤ xi + h . Luego se tiene:
= ĺım
h→0
1
h
∫ xi+h
xi
Pi(x1 , . . . , t , . . . , xn) dt
Aplicando L’hopital queda
= ĺım
h→0
Pi(x1 , . . . , xi + h , . . . , xn) = Pi(x)
Por lo tanto ∇ g(x) =
−→
F (x) .
Ejemplo 3.9. Calcular
∫
C
~F · d~r , donde
~F (x, y) =
[
2 cos 2x− e−x (cosxy + y senxy)
]
~ı−
[
x e−x senxy
]
~
solución:
Observar que
−→
F es un campo gradiente y ϕ(x, y) = e−x cosxy + sen 2x+K es un potencial de
−→
F .
MAT024 21 J.B.I./ N.C.F./L.G.C.
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∫ B
A
~F · dα = ϕ(B)− ϕ(A)
= ϕ(1, 1)− ϕ(0, 0)
= e−1 cos(1) + sen(2)− 1 · 1− 0
= e−1 cos(1) + sen(2)− 1
Ejemplo 3.10. Hallar la integral curvilı́nea∫ (1,0)
(0,π
2
)
(xex cos y − yex sen y)dy + (xex sen y + yex cos y)dx
solución:
Veamos si el campo
−→
F (x, y) = (xex sen y + yex cos y , xex cos y − yex sen y) corresponde a un campo
gradiente en R2 .
P (x, y) = xex sen y + yex cos y ⇒ ∂P
∂y
= xex cos y + ex cos y − yex sen y
Q(x, y) = xex cos y − yex sen y ⇒ ∂Q
∂x
= xex cos y + ex cos y − yex sen y
como
∂P (x, y)
∂y
) =
∂Q(x, y)
∂x
−→
F es un diferencial total, entonces existe una función f(x, y) tal que :
∂f(x, y)
∂x
= P (x, y) ; y ;
∂f(x, y)
∂y
= Q(x, y)
Si
∂f(x, y)
∂x
= P (x, y) = xex sen y + yex cos y , integrando respecto a x se tiene:
f(x, y) =
∫
(xex sen y + yex cos y)dx+ g(y) = xex sen y − ex sen y + yex cos y + g(y)
derivando con respecto a y se tiene:
∂f(x, y)
∂y
= xex cos y − ex cos y + ex cos y − yex sen y + g′(y) = Q(x, y)
xex cos y − yex sen y + g′(y) = xex cos y − yex sen y
donde g′(y) = 0⇒ g(y) = Cte por lo tanto
MAT024 22 J.B.I./ N.C.F./L.G.C.
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f(x, y) = xex sen y − ex sen y + yex cos y
∫ (1,0)
(0,π
2
)
(xex cos y − yex sen y)dy + (xex sen y + yex cos y)dx =
∫ (1,0)
(0,π
2
)
df(x, y)
= f(x, y)
∣∣∣(1,0)
(0,π
2
)
= f(1, 0)− f(0, π
2
) = 1
Ejemplo 3.11. En el ejemplo 3.6 se tiene el campo
−→
F (x, y) = =
(
− y
x2 + y2
,
x
x2 + y2
)
Considerar la curva γ : x2 + y2 = a2 recorrida en sentido positivo. Se tiene∫
γ
−ydx+ xdy
x2 + y2
=
∫ 2π
0
(−a sen(t))2 + (a cos(t))2
a2
= 2π
distinto de cero. Recordar que este campo no es un campo gradiente en ninguna región que contenga
al (0,0) .
Para este campo se tienen los siguientes resultados.
Proposición 3.1. Considerar la curva cerrada γ . Se cumple∫
−ydx+ xdy
x2 + y2
= 2nπ
donde n es un entero positivo si la curva γ se recorre en sentido positivo, es un entero negativo si se recorre en
sentido horario y vale 0 si la curva no contiene, en la región interior a ella, al origen
Un resultado más general es el siguiente:
Proposición 3.2. Considerar el campo
−→
F (x, y) = =
(
− y
x2 + y2
,
x
x2 + y2
)
Sean −→r : [a, b] → R2 − {(0, 0)} ; α : [a, b] → R de clase C1 tal que:
−→r (t) = ‖−→r (t)‖( cos(−→α (t)) , sen(−→α (t)) )
Entonces ∫
−ydx+ xdy
x2 + y2
= α(b)− α(a)
MAT024 23 J.B.I./ N.C.F./L.G.C.
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Para una demostración usar x = ρ cos(α(t)) ; y = ρ sen(α(t)) donde ρ(t) = ‖−→r (t)‖ y trabajar
directamente en la integral.
Este campo se conoce como Elemento del ángulo y mide la variación del ángulo de la curva γ
respecto del origen.
Teorema de Green
Sea γ una curva cerrada simple, suave o suave a pedazos. Sea R la región plana (conexa)
encerrada por γ .
Considerar
−→
F : A ⊂ R2 → R2 de clase C1 ; A es abierto y conexo, tal que γ ; R ⊂ A . Suponer
que
−→
F = (P , Q) . Se cumple∫
γ
P dx+Qdy =
∫∫
R
(
dQ
dx
− dP
dy
)
siempre que γ se recorra en sentido positivo.
Teorema de Green
Ejemplo 4.1. Sea γ el cardioide r = 1 + sen θ . Calcular
∫
γ
y2dx
Si γ se recorre en sentido positivo.
Solución:
Usando Green queda:
∫
r=1+sen θ
y2dx =
∫∫
R
− 2y dA
MAT024 24 J.B.I./ N.C.F./L.G.C.
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En coordenadas polares
= − 2
∫ π/2
−π/2
∫ 1+sen θ
0
2r2 sen θ dr dθ
= − 4
∫ π/2
−π/2
(
r3
3
∣∣∣∣1+sen θ
0
)
sen θ dθ
= − 4
3
∫ π/2
−π/2
(1 + senθ)3 sen θ dθ
= − 4
3
∫ π/2
−π/2
(3 sen2 θ + sen4 θ) dθ
Usando Fórmulas de Wallys
= − 8
3
(
3
2
+
3
8
)
π
2
= − 5π
2
Calculando la integral de linea directamente
La curva esta definida por la ecuación r = 1 + sen(θ) . Luego una parametrización (la natural) es:
x = r cos(θ) = (1 + sen(θ)) cos(θ) dx = [r′ cos(θ)− r sen(θ)]dθ
y = r sen(θ) = (1 + sen(θ)) sen(θ) dy = [r′ sen(θ) + r cos(θ)]dθ
Con −π ≤ θ ≤ π . Evaluando
∫
γ
y2dx =
∫ π
−π
r2 sen2(θ)(r′ cos(θ)− r sen(θ)) dθ
=
∫ π
−π
(1 + sen(θ))2 sen2(θ)[cos2(θ)− (1 + sen(θ)) sen(θ)]dθ
Luego de calculos menores y una proposición sobre integrales de funciones impares, queda:
=
∫ π
−π
[sen2(θ) cos2(θ)− 3 sen4(θ) + sen4(θ) cos2(θ)− sen6(θ)]dθ
Más cálculos menores y un poco de cultura general, queda
= 4
∫ π/2
0
[sen2(θ)− 3 sen4(θ)− 2 sen6(θ)]dθ
Y usar las Formulas de Wallys
= 4
(
1
2
− 3 · 1 · 3
2 · 4
− 2 · 1 · 3 · 5
2 · 4 · 6
)
π
2
= − 5π
2
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Ejemplo 4.2. Sea γ = γ1 + γ2 + γ3 + γ4 donde
γ1 : y =
√
4− x2 γ2 : x = −2 ; −4 ≤ y ≤ 0
γ3 : −2 ≤ x ≤ 2 ; y = −4 γ4 : x = 2 ; −4 ≤ y ≤ 0
Calcular
∫
γ
x dx− y dy
x2 + y2
γ se recorre en sentido positivo.
Solución:
Observar que
dQ
dx
− dP
dy
=
4xy
(x2 + y2)2
. Luego usando Green se tiene:∫
γ
x dx− y dy
x2 + y2
=
∫∫
R
4xy
(x2 + y2)2
= 0
La integral doble vale 0, pues la región R es simétrica respecto del eje y además se cumple que
f(x,−y) = −f(x, y) y el argumento es el mismo que las funciones impares en una variable.
Ejemplo 4.3. Determine ∫
C
~F · d~r
donde ~F = (x, x2/2) y C es la unión de las curvas C1 y C2, dadas por las ecuaciones: x2 + y2 = 4y y
x2 + y2 = 2y, respectivamente. La curva C1 recorrida en sentido positivo y C2 recorrida en el sentido
negativo.
Solución:
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Solución. Usando Teorema de Green:
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
= x
se tiene: ∫
γ1
~F · d~r =
∫∫
x2+y2≤4y
x dA ∧
∫
γ2
~F · d~r = −
∫∫
x2+y2≤2y
x dA
⇒
∫
γ1
~F · d~r +
∫
γ2
~F · d~r =
∫∫
x2+y2≤4
x dA−
∫∫
x2+y2≤2y
x dA = 0
∫∫
x2+y2≤4y
x dA =
∫ π
0
∫ 4 sen θ
0
r2 cos θ dr dθ =
∫ π
0
64
3
sen3 θ cos θ dθ
=
64
3
sen4 θ
4
∣∣∣∣π
0
= 0
Calculando directamente (sin usar Green)
x = r cos θ = 4 sen θ cos θ ⇒ dx = (4 cos2 θ − sen2 θ)
y = r sen θ = 4 sen2 θ ⇒ dy = 8 sen θ cos θ∫
γ1
x dx+
x2
2
dy =
∫ π
0
(
16 sen θ cos θ(cos2 θ − sen2 θ) + 64 sen3 θ cos3 θ
)
dθ
= 16
∫ π
0
sen θ cos3 dθ − 16
∫ π
0
sen3 θ cos θ dθ + 64
∫ π
0
(sen3 θ cos θ − sen5 θ cos θ) dθ
−16
4
cos4 θ
∣∣∣∣π
0
= −4(1− 1) = 0
Análogamente ∫
γ2
x dx+
x2
2
dy = 0
Observación 4.1. Si γ y R son como en el Teorema de Green y
−→
F = (P,Q) es tal que
dQ
dx
− dP
dy
= 1 ,
entonces el área de la región R se puede calcular haciendo una integral de linea.
Área(R) =
∫∫
R
dA =
∫
γ
P dx+Qdy
En particular considerar los campos
−→
F 1(x, y) = (0, x) ;
−→
F 2(x, y) = (−y, 0) se cumple:
MAT024 27 J.B.I./ N.C.F./L.G.C.
APUNTES DE CLASES MATEMÁTICA UTFSM
Sean R y γ como en el Teorema de Green, entonces:
Área(R) =
∫
γ
x dy = −
∫
γ
y dx
Teorema
Ejemplo 4.4. Calcular el área encerrada por la elipse
x2
a2
+
y2
b2
= 1 .
Solución:
Usar la igualdad A(R) =
∫
γ
x dy , donde γ es la elipse y se recorre en sentido positivo.
Parametrización de la elipse
γ :
{
x = a cos θ
y = b sen θ
dx = −a sen θ
dy = b cos θ
−π ≤ θ ≤ π . Luego se tiene
A(R) =
∫
γ
x dy =
∫ π
−π
a cos θ(b cos θ) dθ = ab
∫ π
−π
cos2 θ dθ = π ab
Ejemplo 4.5. Use el Teorema de Green para calcular el área de la región encerrada por un arco de la
cicloide
x(t) = a(t− sen(t))
y(t) = a(1− cos(t))
con a > 0 ; 0 ≤ t ≤ 2π y el eje x .
Solución:
Sean γ1 el arco de la cicloide, desde t = 0 hasta t = 2π , y γ2 el segmento del eje x , desde
(0,0) hasta (1,0).
La parametrización de γ1 ya esta dada arriba, solo que parametriza en sentidonegativo. La
parametrización de γ2 es:
x = t
y = 0
con 0 ≤ 1 , de donde dy = 0 . Luego se tiene:
MAT024 28 J.B.I./ N.C.F./L.G.C.
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A =
∫∫
R
dA = −
∫
γ1
x dy +
∫
γ2
x dy
=
0∫
2π
a [t− sen(t)] a sen(t) dt + 0
= a2
0∫
2π
[
t sen(t)− sen2(t)
]
dt
= a2
[
sen(t)− t cos(t)− 1
2
(
t− sen(2t)
2
)] ∣∣∣∣ 0
2π
= 3a2π
Una generalización del Teorema de Green a regiones multiplemente conexas (regiones con ”hoyos”)
es
Sean γ ; γ1 ; . . . , γn curvas suaves o suaves a pedazos, cerradas, simples, rectificables, recorridas
en sentido positivo, tal que cumplen:
γi está en la región interior a la curva γ para todo i = 1, 2, 3, . . . , n .
γi está en la región exterior de γj cuando i 6= j , para todo 1 , j = 1, 2, 3, . . . , n .
γi ∩ γj = φ para i 6= j , para todo i , j = 1, 2, 3, . . . , n .
Sea R la región interior a γ y exterior a las curvas γi , para todo i = 1, 2, 3 . . . , n . Considerar−→
F : A ⊂ R2 → R2 de clase C1 en el dominio A (abierto y conexo) que contiene a R∪ γ ∪ γ1 ∪
· · · ∪ γn Se cumple:∫
γ
Pdx+Qdy =
n∑
i=1
∫
γi
Pdx+Qdy +
∫∫
R
(
dQ
dx
− dP
dy
)
dA
Teorema De Green para Regiones Multiplemente Conexas
MAT024 29 J.B.I./ N.C.F./L.G.C.
APUNTES DE CLASES MATEMÁTICA UTFSM
La demostración se puede hacer por inducción y es una aplicación directa del Teorema de Green.
Basta hacer el caso n = 1 .
Ejemplo 4.6. Calcular ∫
ζ
xdx+ ydy
x2 + y2
donde ζ esta formado por el arco de la parábola y = x2 − 1 con −1 ≤ x ≤ 2 y el segmento de recta
que une los puntos (2,3) y (-1,0) . ζ se recorre en sentido positivo.
Solución:
Sea P (x, y) =
x
x2 + y2
y Q(x, y) =
y
x2 + y2
. Se cumple:
dP
dy
(x, y) = − 2xy
(x2 + y2)2
=
dQ
dx
(x, y)
Observar que el campo
−→
F (x, y) = (P (x, y) , Q(x, y) ) tiene una discontinuidad en (0,0) . Por
tanto no se puede usar el Teorema de Green, nı́ el Teorema sobre Campos Conservativos (”La integral
sobre cualquier curva cerrada vale 0”) . Sin embargo se puede usar el Teorema de Green para Regiones
Multiplemente Conexas y elegir una curva que facilite los cálculos.
Tomar la curva σ : x2 + y2 = 1 . Se cumplen todos las hipotesis del Teorema de Green para
Regiones Multiplemente Conexas. Usando la parametrización clásica x = cos(t) ; y = sen(t) , se
tiene:
Se puede tomar cualquier curva que cumpla las hipotesis del Teorema y que facilite los cálculos
∫
ζ
xdx+ ydy
x2 + y2
=
∫
σ
xdx+ ydy
x2 + y2
=
∫ 2π
0
(− sen(t)) cos(t) + sen(t) cos(t)
1
dt = 0
Ejemplo 4.7. Sea R la región interior a la elipse γ1 :
x2
9
+
y2
4
= 1 y exterior al cı́rculo γ2 :
x2 + y2 = 1 . Calcular la integral de linea∫
γ1+γ2γ
2xy dx+ (x2 + 2x) dy
Solución:
Usando Green directamente
MAT024 30 J.B.I./ N.C.F./L.G.C.
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∫
γ1+γ2
2xy dx+ (x2 + 2x) dy =
∫∫
R
(2x+ 2− 2x)dA
= 2
∫∫
R
dA
= 2(Área elipse - Área cı́rculo)
= 2(6π − π)
= 10π
También se puede usar Green sobre la elipse y Green sobre el cı́rculo. Hacer R = R1 −R2, donde
R1 es el interior de la elipse, R2 es el interior del cı́rculo.
Green sobre la elipse
∫
γ1
2xy dx+ (x2 + 2x) dy =
∫∫
R1
2dA
= 12π
Green sobre el cı́rculo (γ1 está orientado en sentido contrario al Teo.Green)
−
∫
γ2
2xy dx+ (x2 + 2x) dy =
∫∫
R2
2dA = 2π
∴
∫
γ2
2xy dx+ (x2 + 2x) dy = −2π
Ası́ ∫
γ
2xy dx+ (x2 + 2x) dy =
∫
γ1
2xy dx+ (x2 + 2x) dy +
∫
γ2
2xy dx+ (x2 + 2x) dy
= 12π − 2π = 10π
Problemas Resueltos
1. Sean A =
(
3π
2
, −π
6
)
y B =
(
1 ,
π
4
)
. Calcule
∫ B
A
(sen(xy) + xy cos(xy)) dx + x2 cos(xy) dy
solución:
Observar que la integral no depende del camino. En efecto:
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dP
dy
(x, y) = x cos(xy) + x cos(xy)− x2y sen(xy)
dQ
dx
(x, y) = 2x cos(xy)− x2y sen(xy)
Una forma de resolver es evaluando en una función potencial. Hacer
g(x, y) =
∫
x2 cos(xy) dy + f(x) = x sen(xy) + f(x)
Derivando ahora respecto de x e igualando con P (x, y) se tiene:
sen(xy) + xy cos(xy) + f ′(x) = sen(xy) + xy cos(xy) ⇔ f ′(x) = 0
Tomar g(x, y) = x sen(xy) . El valor de la integral queda:
∫ B
A
(sen(xy) + xy cos(xy)) dx + x2 cos(xy) dy = g(B) − g(A) =
√
2
2
− 3π
2
sen
(
π2
4
)
2. Calcular el área de la región encerrada por la lemniscata
(x2 + y2)2 = a2(x2 − y2)
solución:
La ecuación de la lemniscata en coordenadas polares queda: r2 = cos2(θ)− sen2(θ) ; y el lazo
derecho (simétrico al izquierdo) se tiene con −π
4
≤ θ ≤ π
4
.
Aplicando Teorema de Green y parametrizando en polares.
MAT024 32 J.B.I./ N.C.F./L.G.C.
APUNTES DE CLASES MATEMÁTICA UTFSM
A =
∫∫
R
dA =
∫
γ
x dy
= 2
∫ π/4
−π/4
r cos(θ)(r′ sen(θ) + r cos(θ)) dθ
= 2
∫ π/4
−π/4
(rr′ sen(θ) cos(θ) + r2 cos2(θ)) dθ
= 2
∫ π/4
−π/4
[−2 sen2(θ) cos2(θ) + (cos2(θ)− sen2(θ)) cos2(θ)] dθ
= 2
[∫ π/4
−π/4
cos4(θ) dθ − 3
∫ π/4
−π/4
sen2(θ) cos2(θ) dθ
]
= 2
[(
3π
16
+
1
2
)
−
(
3π
16
)]
= 1
3. Calcular el área encerrada por la astroide
x2/3 + y2/3 = a2/3
solución:
Considerar la región R1 correspondiente a la región encerrada por la astroide, ubicada en el
1er cuadrante. Sean γ1 , γ2 y γ3 las curvas x = 0 ; y = 0 y x2/3 + y2/3 = a2/3 con x , y ≥ 0
respectivamente; las curvas que encierran a R1 . Tales curvas se recorren en sentido positivo.
Ası́
A = 4
∫
γ1+γ2γ3
x dy = 4
∫
γ1
x dy +
∫
γ2
x dy +
∫
γ3
x dy

Parametrización de γ1{
x = 0
y = t
0 ≤ t ≤ a ; ⇒ x dy = 0 ⇒
∫
γ1
x dy = 0
Parametrización de γ2{
x = t
y = 0
; 0 ≤ t ≤ a ; ⇒ x dy = 0 ⇒
∫
γ2
x dy = 0
Parametrización de γ3
MAT024 33 J.B.I./ N.C.F./L.G.C.
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{
x = a cos3(t)
y = a sen3(t)
⇒
{
dx = −3a cos2(t) sen(t)
dy = a sen2(t) cos(t)
Luego se tiene:
A = 4
∫
γ1+γ2γ3
x dy
= 4
∫
γ1
x dy + 4
∫
γ2
x dy + 4
∫
γ3
x dy
= 12a2
∫ π/2
0
cos4(t) sen2(t) dt
= 12a2
∫ π/2
0
(cos4(t)− cos6(t)) dt
Wallis
= 12a2
(
3
8
− 15
8
)
π
2
=
3a2π
8
Problemas Planteados
1. Sea ζ la curva r = 2 sen(θ) , recorrida en sentido positivo . Calcular∫
ζ
(x2 + arc tg(y)) dy − (y − x3) dx
Resp.: π
2. Calcular
∫
γ
x2 dy
γ corresponde a la curva r = 1 + cos(θ) y se recorre en sentido positivo.
Resp.:
5π
4
3. Calcular la integral ∫
γ
(
2x ex
2+2y2 −y
)
dx+
(
4y ex
2+2y2 +x2
)
dy
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donde γ es el arco de la curva y = 2− x2 que va desde el punto (1,1) hasta el punto (-1,1) .
Resp.:
10
3
4. Calcule usando el Teorema de Green. ∫∫
D
(x− 1) dxdy
donde
D =
{
(x, y) ∈ R2 : x
2
4
+ y2 ≥ 1 ; x
2
9
+
y2
4
≤ 1
}
MAT024 35 J.B.I./ N.C.F./L.G.C.