teorema de green - mate 5 (mg)

Universidad Simón Bolívar. Preparadurías de Matemáticas Matemáticas 5

Fecha: 9/03/2012 Realizado por: Miguel Guzmán ([email protected])

1111....---- Calcule la integral sobre la trayectoria descrita por la figura, sentido anti horario. � �� − �� + �2� − �� #↗

�1�� = �� ; �2�� = �' SOLUCION.SOLUCION.SOLUCION.SOLUCION. La trayectoria es cerrada, luego aplicamos el teorema de Green

� �� − �� + �2� − �� #↗ = � � 0 11� �2� − �� − 11� �� − ��2 � �3 4 = � ��−1 + 2��

3

Integramos sobre el área 4 = � � �−1 + 2�� 67

689

: = � �−� + ��6867 �9: = 920 − 1021

Verificamos el sentido de Green y el dado �anti horario� coinciden lo cual la integral mantiene su signo 4 = − 11420

2.2.2.2.---- Sea la trayectoria descrita por ? = @��, ��: �� − 1�� + �� − 5�� = 4C

Sentido horario, calcule la integral � ��D + 3�� + F2� − GH7I �#↗



SOLUCION.SOLUCION.SOLUCION.SOLUCION. Observamos que la región o área es un círculo centrado en �1,5� de radio 2

Usamos el teorema de Green � ��D + 3�� + F2� − GH7I �#↗NOPPQ = � � 2 − 3 R

3

4 = � � − R3

= −R Observamos que la integral es tan solo el área de la región por lo tanto como el radio es 2 el área del circulo será

R = 4S Luego tenemos

4 = −4S Verificamos la orientación de Green y la dada por el problema son inversas luego

� ��D + 3�� + F2� − GH7I �#↗ = 4S 3333....---- Sea la función descrita por

T��, �� = U�� + ln�2 + ��G68 + sin �� V Calcular la integral

� ⟨T��, ��, XYYYYZ⟩#↗ Sobre la región descrita por la figura.



SOLUCION.SOLUCION.SOLUCION.SOLUCION. Para poder usar Green debemos cerrar la región por lo cual agregamos una recta vertical � = 0, para la variable � ∈ �0,1�. Se tiene que ^ = _ ∪ a Ahora si podemos aplicar Green sobre D.

� d � + e �3↗NOPPQ

= � � F2��G68 − 2�I3

R Integramos sobre D

� d � + e �3↗NOPPQ

= � � F2��G68 − 2�I:fH � �9

: + � � �2��G68 − 2��g9f�Hf9�8fg9f�Hf9�8 � ��

9

� d � + e �3↗NOPPQ

= G2 + S + 23 Sabemos que ^ = _ ∪ a, entonces

� d � + e �3↗NOPPQ

= � d � + e �#↗NOPPQ

+ � d � + e �h↗NOPPQ

Buscamos ahora el valor de

� d � + e �h↗

Tenemos que parametrizar la trayectoria. Se tiene: a: � = 0; 0 ≤ � ≤ 1

m = n0�o ⇒ m9 = n0qo 0 ≤ q ≤ 1 ; mr9 = n01o T�m9� = Ut� + ln �2�q + sin �q�V � d � + e �h↗

= � ⟨Uq� + ln �2�q + sin�q�V n01o⟩ q9: = 32 − cos �1�

Comparamos el sentido de la parametrizacion con el sentido Green del problema y se tiene que son iguales por lo que se deduce que � d � + e �h↗

= � d � + e �h↗NOPPQ

= 32 − cos�1�



Despejamos el valor de la integral problema � d � + e �

#↗NOPPQ= cos�1� − 32 + G2 + S + 23

Verificamos la orientación de Green con el dado por el problema son opuestos por lo que se concluye. � d � + e �

#↗= − � d � + e �

#↗NOPPQ= 56 − cos�1� − G2 − S

Respuesta

� d � + e �#↗

= 56 − cos�1� − G2 − S

4.- Sean D la region acotada delimitada por las curvas: u � = �� = � + 2 y C la frontera D recorrida

en sentido horario. Calcular.

�� + G6� � + �� + sin�� #↑

Solución.

Determinamos la región D. Y tenemos que.

La region es cerrada, y el sentido debe ser antihorario para

que el area queda a la izquierda al ser recorrida la

periferia. Bien ahora es posible usar el teorema de green,

se tiene

� �� + G6� � + �� + sin�� #↑NOPPQ

= w �2� − �� R3

Y la integral se resuelve por

4 = � � �6x�68 � ��

f9 ⇒ y = z{

Bien ademas sabemos que los sentidos son opuestos luego.



�� + G6� � + �� + sin�� #↑

% � � �� ! G6� � ! �� ! sin�� #↑NOPPQ

y % �z{ |}~�

5.- Usando el cambio de variable adecuado calcular.

w sin n� � �� ! �o3 R

Siendo D el trapecio de vértices (1,1) (2,2) (2,0) (4,0).

Solución.

Sea el cambia de variable. �� % � � �� % � ! � ⇒ Demaneraexplicita ∶ �� % 9� �� % 9� �� ! ��

Donde el jacobiano es �� % 9�.

Región D. Región ^∗

=>

Para

conseguir D* debemos parametrizar la frontera de D.

Luego se tiene

_1 ∶ � � % 02 l � l 4 ⇒ _� � � ! � % 02 l 12 �� l 4 ⇒ � � % ��2 l � l 4

_2: �� % 2 � �1 l � l 2 ⇒ _� � � % 20 � � � �2



_3: �� % 4 � �2 l � l 4 ⇒ _� � � % 40 � � � �4

_4: � � % �1 l � l 2 ⇒ _� � � % 02 l � l 4

Una vez obtenido D* procedemos a integrar sobre la nueva region.

w sinn� � �� ! �o R3 %w sin �� 12 � �3∗ % 12� � sin ��:f� � ��

�

4 % 3�cos�1� � 1�

6.6.6.6.----CalculelaintegralsobrelaregiónD,conelcambiodevariabledado.^ % @��, ��:� �� l � l �; 0 l � l 2C4 % ��

�� ! 1��3

��, �� % n � % � ! �� % � � ��o

SOLUCION.SOLUCION.SOLUCION.SOLUCION.Debemosbuscar^∗paraelloseleccionamoslasfronterasR�, R�, R�,yaplicamossuscondicionesparaelcambiodevariablequenosindicayverquerestriccionescumplelasnuevasvariables�, �.Comenzamos.RECTARECTARECTARECTA��

Secumple� � % �0 l � l 2ó0 l � l 2

Aplicoelcambiodevariableysetiene

u� ! � % � � �� %� � % �� %� � ! �� % 0 %� ��1 ! �� % 0�Gq�G�G� % �ó� % �

u�1�� % 0; 0 l � l 2 %� 0 l � ! � l 2 %� � l ¡ l ¢�2�� % �1; 0 l � l 2 %� 0 l � ! � l 2 %� l ¡ l £

RECTARECTARECTARECTA�¤

Secumplequeu � % 2�4 l � l 2,aplicamoselcambiodevariable.

� ! � % 2 %� � % ¢ � ¡d�¥�� % 2 � �;�4 l � � �� l 2 %� �4 l 2 � � � �� l 2 %� 0 l � ! �� l 6



�1�0 l �� ! 1� %� � � � 0� � �1 ó � � l 0� l �1 %� � ∈ ��∞,�1� ∪ �0,∞��2�� ! �� l 6 %� �� ! � � 6 l 0 %� �� ! 3�� 2� l 0 %� � ∈ ��3, 2�

Delauniónentre�1�y�2�setieneelconjuntosoluciónparau.� ∈ ��£,� � ∪ ��, ¢�ARCOOB.ARCOOB.ARCOOB.ARCOOB.

Secumplequeu � % ��0 l � l 2ó � 4 l � l 0,aplicamoselcambiodevariable.

� � �� % �� ! �� %� � � �� % �� 2�� %� ��1 ! � ! 2�� % 0�1�¡ % � %� � l � l ¢

�2�¡ % �¢� � %� 0 l � ! � l 2 %� 0 l �� 1 l 2 %��£ l � l � Paracadaunodeloscasossegraficalascondicionesqueseobtuvieronyporlocuallaregión^∗esdelaforma.Estoimplicaquesetienequehacerdosintegrales,unapara cada región de la nueva^∗. Sea 9̂ el triángulorectánguloysea^�eltriánguloobtusángulo

Buscamoseljacobianoylaintegralconelcambioaplicado.

4 % �� ! � � �� ! 1��

4 % �� ! � ! 1�� % § 1 1

�2� 1§ % |1 ! 2�|

4 % �� 2� ! 1�� ! � ! 1��

Paralaprimeraregión 9̂,tenemosque

4 % � � |1 ! 2�|�� ! � ! 1��

�f©

: � �

�

:



Integramos con v. En esta región de u, el valor absoluto se define positivo luego |1 + 2�| = 1 + 2� 4 = � 3� − 2�� + 2�� + � + 1�� = �� + � + 1 − √33 «2 arctan «2√33 n� + 12o¬ − S¬ − 2�� + � + 1

Evaluamos en los límites y tenemos 439 = 2√33 arctan U√35 V − 2√39 S + 2

Para la región ^�, 4 = � � |1 + 2�|�� + � + 1��

�f©f9f�© � � f9

f' Integramos, esta región de “u” el valor absoluto se define negativo luego |1 + 2�| = −�1 + 2��

4 = � −�� + 3��2� + 1�� + � + 1�� = �� + � + 1 − √33 «2 arctan «2√33 n� + 12o¬ − S¬ + 3�� + � + 1 Evaluamos en los limites para u.

43� = 2√33 arctan U√35 V − 2√39 S + 2

7.- Sea la integral, sobre la región D, resuelva ^ = @��, ��: �� + �� ≤ 4C 4 = � � �� + ��

3 � � SOLUCION.SOLUCION.SOLUCION.SOLUCION.

Ya que la región D es un circulo podemos usar el cambio de coordenadas polares, donde el cambio viene dado por _� = u� = ¥ cos�°�� = ¥ sin�°� y ademas �� = ¥

Dado a que el radio del circulo es 2 unidades, y está centrado en �0,0�, entonces ¥ ∈ �0,2� ; ° ∈ �0,2S�



Aplicando el cambio de variable 4 = � � ��¥ cos�°�� ! �¥ sin�°��¥ ¥ °�

:�±

:% � � �¥��¥ ¥ °�

:�±

:% 64

3 S

8888....---- Sea la integral, sobre la región D, resuelva

^ % @��, ��: 1 l �� ! �� l 4C 4 % � � G68xH83

� � SOLUCION.SOLUCION.SOLUCION.SOLUCION.

Se tiene que la región es un círculo de radio 2 hueco con un círculo de radio 1. Aplicamos cambio de variable coordenadas polares, y como se tiene que está centrado en punto de origen tenemos que:

_� % u� % ¥ cos �°�� % ¥ sin�°� �� % ¥

¥ ∈ �1,2� � ° ∈ �0,2S� Por lo que la integral queda

4 % � � GO8¥ ¥ °�9

�±:

% � 12 �G� � G� °�±

:% S�G� � G�

9999....---- Calcule el área de la región

^ % ³��, ��: �� ! ��

�� l 1´ SOLUCION.SOLUCION.SOLUCION.SOLUCION. Para buscar el área, vamos a realizar un cambio de variable, ya que la integral que define el área es

R % � � � � Entonces observamos que, aplicando el cambio polar

�� ! ��

�� % 1 ⇒ XG� �� % ¥ cos�°� � �

� % ¥ sin�°�



_� % u� % �¥ cos�°�� = �¥ sin�°� �� % µ� cos�°� −�¥ sin�°�� sin�°� �¥ cos�°� µ = ��¥

Dadoaqueestácentradoenelorigensetiene¥ ∈ �0,1�° ∈ �0,2S�

SedacuentaUds.queelcambioqueelegimostransformalaelipseenunacircunferenciaderadio1.¿Pienseporqué?Luego

R = � � ��¥9

: ¥ °

�±

:=� �� 12 °

�±

:= ��S

10101010....----DeterminelaintegralsobrelaregiónD.

^ = @��, ��:�� + �� − 4�� ≤ 16C4 = �� + �� 3

SOLUCIOSOLUCIOSOLUCIOSOLUCION.N.N.N.Observamosqueesunacircunferenciacentradael�0,1�luegoparauncambiodecoordenadaspolaressetiene

_� = u� = ¥cos�°�� = ¥ sin�°� �� = ¥

Paralosvaloresde°,notequepartimosdelángulo0°hastaelanguloSdondeseterminalaregión,para¥setienequepartede0hastalacircunferencia.Debeentenderqueelradiocambiaamedidaqueaumentalavariable°

Delaecuacióndelacircunferencia�� + �� − 8� = 0,aplicandoelcambiopolar¥� cos��°� + ¥� sin��°� − 8¥ sin�°� = 1 ⇒ ¥� − 8¥ sin�°� = 0 ⇒ ¥�¥ − 8 sin�°�� = 0

Setieneque,¥ = 0ó¥ = 8 sin�°�,loscualessonloslímitesder.Dadoaquelavariable¥dependede°entoncessedebeintegrarprimero¥yluego°.

4 = � � ¥�¥ ¥ °º»¼½�¾�

:

±

:= � 8¿

6 sin¿�°� °±

:=103 8�S



11111111....---- Calcule la integral sobre la región D. ^ = À��, ��: 0 l √3� l � ; �� ! �� 1�� ≤ 1Á 4 % � � ��

3 � �

SOLUCION.SOLUCION.SOLUCION.SOLUCION. Usando el cambio de variable de coordenadas polares se tiene

_� = u� = ¥ cos �°�� = ¥ sin�°� �� = ¥ La integral queda. Â Â ¥' sin�°� cos�°� °3∗ Para los valores de las variables ¥, � °, observamos la regio D. y tenemos que ° ∈ �°:, S

2� , donde °: viene dado por la pendiente de la recta

tan�°� % √3 ⇒ °: % S3

Y sea la ecuación de la circunferencia �� ! �� 2� % 0, aplicamos en cambio de variable y tenemos

¥� cos��°� ! ¥� sin��°� � 2¥ sin�°� % 0 ⇒ ¥�¥ � 2 sin�°�� % 0 %� u ¥ % 0¥ % 2 sin�°�

Luego concluimos que ¥ ∈ �0,2 sin�°�� Resolvemos la integral.

4 % � � ¥� sin�°� cos�°�� »¼½�¾�

: °

±�

±'

% � sin�°� cos�°� 4 sin��°� °±�

±'

% 46 sin¿�°�±

'

±�

4 % 23 n1 � 27

64o

12.- Se ^ % @��, �� ∈ Ä� ∶ � ! � l 2 , � � 0 , � � 0C. Utilizar el cambio de variable dado por

� % � ! � � � % � � � para calcular

w cos�� ! �� 3



SOLUCION.

Sea D la región.

Graficamos la región.

Aplicamos el cambio de variable recomendado.

Se tiene que se busca

Determinamos el jacobiano.

Ahora buscamos la nueva región a integrar. Tenemos que parametrizar.

se tiene se tiene

se tiene

x y+ 2≤ x 0≥ y 0≥

y5 x( ) 2 x−:=

0 1 2

0

1

2

0

y5 x( )

0

x

u x y+

v x y−x

1

2u v+( )

y1

2u v−( )

Jacobiano

1

2

1

2

1

2

1−2

1

2→:=

C1 y x+ 2

0 x≤ 2≤

u 2

2− v≤ 2≤C3 y 0

0 x≤ 2≤

v u

0 u≤ 2≤

C2 x 0

0 y≤ 2≤

v u−

0 u≤ 2≤



Graficamos D*

Ahora integramos aplicando el cambio.

Sobre la región D* tenemos-

u1 u( ) u:= u2 u( ) u−:= u3 u( ) 2:=

0 1 2

2−

1−

0

1

2

0

u1 u( )

u2 u( )

u

0

u u, u3 u( ),

vucos u2( ) 1

2

⌠⌡

d⌠⌡

d

0

2

u

u−

u

vcos u2( ) 1

2

⌠⌡

d⌠⌡

dsin 4( )

2→

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