El documento presenta el Teorema de Green y su aplicación para resolver problemas que involucran transformar integrales de línea en integrales de área. Se resuelven 4 problemas como ejemplos, incluyendo calcular el área bajo una curva, determinar un momento de inercia y discutir las limitaciones del teorema.

1. PROBLEMAS DE TEOREMA DE GREEN
ENUNCIADO DEL TEOREMA
Sea C una curva simple y cerrada, suave a trozos y orientada positivamente, y sea
F(x;y) = (P;Q) un campo vectorial cuyas funciones coordenadas tienen derivadas
parciales continuas sobre una región abierta que contiene a la región D acotada por C.
Entonces:
∫∫∫ ∫ +==





∂
∂
−
∂
∂
CD C
QdyPdxdA
y
P
x
Q
drF·
PROBLEMAS RESUELTOS
1.) Transformación de una integral de línea en una de área. Evaluar ∫ +
C
xydxdxx4
,
donde C es la curva triangular que une los puntos (0;0), (0;1) y (1;0), orientada
positivamente.
SOLUCIÓN:
La gráfica indica la región encerrada por la curva C.
Tenemos:
y
x
Q
xyyxQ
y
P
xyxP
=
∂
∂
⇒=
=
∂
∂
⇒=
);(
0);( 4
Por lo tanto:
( )
( )
6
1
1
1
1
0
3
6
1
21
0 2
1
1
0
1
0
1
0
1
0
2
2
14
=−−=
=−=



==





∂
∂
−
∂
∂
=+ ∫∫∫ ∫ ∫ ∫∫
− −
x
dxxdxyydydxdA
y
P
x
Q
xydxdxx
D
x x
C
Nótese que si hubiéramos hecho la integral de línea habríamos tenido que hacer 3
integrales con las correspondientes parametrizaciones.s
x
y
1
1
y = 1 - x

2. y
x
1
1
-1
-1
2.) Determinación de un área mediante una integral de línea. Determine el área de la
región limitada por la hipocicloide que tiene la ecuación vectorial
r(t) = cos3
t i + sen3
t j , 0 ≤ t ≤ 2π
SOLUCIÓN:
De la parametrización de la curva tenemos:
x = cos3
t ⇒ x2/3
= cos2
t
y = sen3
t ⇒ y2/3
= sen2
t
Sumando miembro a miembro tenemos:
( ) ( )
( )
( )∫∫ ∫ −−
−+
−−
−==⇒−±=⇒=+
1
1
2/33/2
1
1
1
1
2/33/23/23/2
1211
2/33/2
2/33/2
dxxdydxAxyyx
x
x
Este cálculo, ejecutado como integral de área, es muy complicado. El teorema de Green
nos permite transformar esta integral en una de línea, usando como trayectoria la
hipocicloide del enunciado y definiendo una función apropiada para la integración.
Veamos:
El área de una región D viene dada por ∫∫=
D
dAA 1 . Por lo tanto, para aplicar Green
deberíamos encontrar funciones P, Q / 1=
∂
∂
−
∂
∂
y
P
x
Q
. Un par de funciones sencillas que
cumplen esta condición son P = 0, Q = x. Si recordamos la parametrización, escribimos:
x = cos3
t ⇒ dx = -3 cos2
t sent dt
y = sen3
t ⇒ dy = 3 sen2
t cost dt
Luego:
π
π
π
πππ
ππ
8
3
6
2sen
8
4sen
2cos2sen
2
4cos1
)2cos2sen2(sen
4
2sen
2
2cos1
3
4
2sen
cos3
sencos3cossen3cos
2
0
3
2
1
8
3
2
0
2
8
3
2
0
22
8
3
2
0
2
2
0
2
2
2
0
24
2
0
23
=





+−=





+
−
=
=+=




 +
==
===+=





∂
∂
−
∂
∂
=
∫
∫∫∫
∫∫∫∫∫
tt
tdttt
t
dttttdt
tt
dt
t
t
tdtttdtttQdyPdxdA
y
P
x
Q
A
CD
De esta manera contamos con una herramienta más para obtener el área de la región
encerrada por una curva cerrada, que se suma al método en coordenadas polares visto en
Análisis II y al cálculo por integral de área que ejecutamos cuando tenemos la expresión
cartesiana de la curva.s

3. 3.) Limitaciones en la aplicación del Teorema de Green. Dado
F(x;y)= (P;Q) = (-y i + x j) / (x2
+ y2
)
a) Calcular su integral de línea sobre el círculo x2
+ y2
= 1
b) Calcular dA
y
P
x
Q
D
∫∫ 





∂
∂
−
∂
∂
, donde D es la región encerrada por la curva del punto a).
c) Discutir si estos resultados están de acuerdo o no con el Teorema de Green.
SOLUCIÓN:
a) Parametricemos el círculo.
π20,
cossen
sencos
≤≤
=⇒=
−=⇒=
t
tdtdyty
tdtdxtx
tdtQdxtdt
tt
t
tytxQ
tdtPdxtdt
tt
t
tytxP
2
22
2
22
coscos
cossen
cos
))();((
sensen
cossen
sen
))();((
=⇒=
+
=
=⇒−=
+
−
=
Integrando tendremos, así:
( )∫ ∫ =+=+
C
dtttQdyPdx
π
π
2
0
22
2cossen
b) Haciendo los cálculos directamente en coordenadas cartesianas es:
( ) ( )
( )
( ) ( )
00
2)(
2
222
22
222
22
222
22
222
22
=





∂
∂
−
∂
∂
⇒=
∂
∂
−
∂
∂
⇒








+
−
=
+
−−+−
=
∂
∂
+
−
=
+
−+
=
∂
∂
∫∫ dA
y
P
x
Q
y
P
x
Q
yx
xy
yx
yyyx
y
P
yx
xy
yx
xxyx
x
Q
D
c) Aparentemente estos resultados contradirían el Teorema de Green. Sin embargo, este
último no es aplicable a la región en cuestión, dado que las funciones P y Q no tienen
derivadas parciales continuas en el punto (0;0), que está contenido en la región.s

4. 4.) Aplicación del teorema de Green a un problema físico sobre una región con
agujeros. Determinar el momento de inercia de una arandela homogénea de radio
interno a, radio externo b y masa M, respecto a uno de sus diámetros.
SOLUCIÓN:
Determinaremos el momento de inercia
respecto al diámetro colineal con el eje x.
De Física sabemos que:
∫∫=
D
x dAyI 2
ρ
Donde ρ es la densidad superficial de la
arandela, supuesta constante dado que es
homogénea.
Esta región no es simplemente conexa pero,
como se vio en la teoría, se puede extender el teorema de Green a este tipo de regiones
con agujeros, siendo:
∫∫ ∫ ∫ +−+=





∂
∂
−
∂
∂
D C C
QdyPdxQdyPdxdA
y
P
x
Q
1 2
Por lo tanto podremos calcular la integral doble del momento de inercia como dos
integrales. Para ello debemos encontrar funciones P, Q tales que:
3
3
12
;0:ejemplopor,tomamos; yPQy
y
P
x
Q
===





∂
∂
−
∂
∂
Aplicando Green con esta función tenemos:








+−=








+−−+−== ∫∫∫∫∫∫
2121
3
3
13
3
13
3
13
3
12
00
CCCCD
x dxydxydydxydydxydAyI ρρρ (1)
Parametrizando estas curvas tenemos



≤≤
=⇒=
−=⇒=



≤≤
=⇒=
−=⇒=
π
π
20,
cossen
sencos
20,
cossen
sencos
2
1
t
tadytay
tadxtax
C
t
tbdytby
tbdxtbx
C
Reemplazando con esto en (1) tendremos:
y
x
a b
C2
C1

5. ( ) =−=



 −+−−= ∫∫ ∫
ππ π
ρρ
2
0
444
3
1
2
0
2
0
33
3
133
3
1
sen)sen(sen)sen(sen tdtabdttatadttbtbIx
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )Mab
abababdt
tt
ab
dt
t
tabdtttab
22
4
1
2222
4
144
4
1
2
0
44
3
1
2
0
2
244
3
1
2
0
2244
3
1
8
4cos1
2
cos1
4
2sen
sencos1sen
+=
=−+=−=




 −
−
−
−=
=





−−=−−=
∫
∫∫
ρππρρ
ρρ
π
ππ
Ésta es la manera estándar de expresar un momento de inercia: como el producto de una
longitud o suma de longitudes al cuadrado por la masa del rígido.s