Integrales dobles, triples, Teorema Green, Integrales de linea
Teorema de Green - Mate 5 (MG)
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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 �#↗
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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.
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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�
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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.
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���� + 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
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_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
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�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©
: � �
�
:
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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�
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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�°�
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_� % 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
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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.   ¥' 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
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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≤
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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→