Problemas de calculo vectorial-65

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6.3 Teorema de Green 193
Solución 816:
En esta situación no podemos aplicar directamente el teorema de Green
puesto que la curva C no es una curva cerrada. Si usamos otra curva
C0 que una los puntos (2π, 0) y (0, 0), la unión de estas dos curvas śı
es cerrada y por tanto limita una región en el plano. De entre todas las
posibles opciones, la más sencilla será la recta que una estos dos puntos.
Pero en este caso debemos tener muy presente que al cruzarse estas dos
curvas las orientaciones pueden inducirnos a error si no lo hacemos con
cuidado (véase la Figura 56a). Lo más aconsejable es dividir los cálculos
en dos partes que corresponden a las dos regiones que en realidad limitan
las dos curvas. Llamemos a estas dos regiones D1 y D2. Entonces si
F = (P,Q), podemos escribir∫
C
F +
∫
C0
F
=
∫∫
D2
(
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
)
dx dy −
∫∫
D1
(
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
)
dx dy.
Si realizamos los cálculos, no es dif́ıcil comprobar que∫
C0
F = 2π2,
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
= −1,∫∫
Di
(
∂Q
∂x
− ∂P
∂y
)
dx dy = −Área(Di), i = 1, 2,
pues por simetŕıa ambas regiones tienen el mismo área. En consecuencia,
la integral solicitada vale −2π2.
Otra opción hubiera sido cerrar con la curva mostrada en la Figura 56b,
para evitar los problemas de orientación.
817 Se considera la curva cerrada C de parametrización
α(t) = (sen(2t), sen t), t ∈ [0, 2π]
que encierra un recinto R, y los campos escalares P (x, y) = x y Q(x, y) =
y. Se pide:
(a) Calcular
∫
C
P dy −Qdx.
(b) Probar que
∫∫
R
(
∂P
∂x
+
∂Q
∂y
)
dA > 0.
194 Capı́tulo 6 Análisis vectorial194 Capı́tulo 6 Análisis vectorial194 Capı́tulo 6 Análisis vectorial
D1
D2
0 2 4 6
−1
0
1
(a)
0 2 4 6
−1
0
1
(b)
Figura 56: Dos posibilidades de cierre en el Ejercicio 816
(c) Explicar la aparente contradicción de los apartados anteriores con el
Teorema de Green.
Solución 817:
(a) Con la parametrización dada, se calcula inmediatamente que∫
C
P dy −Qdx = 2
∫ 2π
0
sen3 t dt,
y escribiendo
sen3 t = sen t− sen t cos2 t,
se llega a la conclusión de que la integral anterior es nula.
(b) Por otro lado
∂P
∂x
+
∂Q
∂y
= 2
y por tanto ∫∫
R
(
∂P
∂x
+
∂Q
∂y
)
dA = 2 Área(R) > 0.
(c) De los apartados anteriores se tiene que
0 =
∫
C
P dy −Qdx = [Green] =
∫∫
R
(
∂P
∂x
+
∂Q
∂y
)
dA > 0
de lo cual deducimos que algo falla en la aplicación del Teorema
de Green. Este fallo viene provocado porque la curva C no es
simple, esto es, se corta a śı misma (α(0) = α(π) = α(2π), véase
la Figura 57), de forma que a mitad de recorrido incumple la
orientación adecuada en el Teorema de Green.
6.4 Integrales de superficie 195
−1 0 1
−1
0
1
Figura 57: Ejercicio 817: curva no simple
818 Calcular la integral de ĺınea
∫
C
F siendo F(x, y) = (ex − y3, cos y + x3) y
C la circunferencia unidad.
6 4
INTEGRALES DE SUPERFICIE
819 Evaluar la integral
∫
S
xy dS, donde S es la superficie del tetraedro con lados
z = 0, y = 0, z + x = 1 y x = y.
820 Calcular
∫
S
z dS siendo S la superficie dada por
{
(x, y, z) : z =
√
a2 − x2 − y2
}
, con a > 0.
Solución 820:
Si la superficie S admite una parametrización
Φ(u, v), (u, v) ∈ D,
entonces la integral de superficie de una función escalar f será∫
S
f dS =
∫
D
f(Φ(u, v)) |Φu × Φv| du dv.
En este ejemplo concreto podemos tomar como parámetros (u, v), las
mismas variables (x, y), de suerte que la superficie es
Φ(x, y) =
(
x, y,
√
a2 − x2 − y2
)
, (x, y) ∈ D
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