Question: Resolver Verificación del Teorema de Green
Sea R la región en el primer cuadrante el cual es acotado por $x=0$ y $x=-y^2+y$. Sea $F(x,y)=(x+y,xy)$. Ilustre el Teorema de Green para $F$ en $R$. En otras palabras, evaluar las dos integrales involucrando el Teorema de Green y mostrar que ambas integrales son iguales como indica el teorema. Puedes asumir que se cumplen todas las hipótesis del Teorema de Green.
(Nota que la trayectoria correspondiente a $x=-y^2+y$ está parametrizada por $f(t)=(-t^2+t,t)$ para $0\leq t\leq 1$).
1. **Planteamiento del problema:**
Queremos verificar el Teorema de Green para el campo vectorial $$F(x,y)=(x+y,xy)$$ en la región $$R$$ del primer cuadrante delimitada por $$x=0$$ y $$x=-y^2+y$$.
2. **Recordatorio del Teorema de Green:**
El teorema establece que para una región cerrada $$R$$ con frontera $$C$$ orientada positivamente,
$$\oint_C P\,dx + Q\,dy = \iint_R \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) dA,$$
donde $$F=(P,Q)$$.
3. **Identificación de funciones:**
$$P(x,y) = x + y$$
$$Q(x,y) = xy$$
4. **Cálculo de las derivadas parciales:**
$$\frac{\partial Q}{\partial x} = y$$
$$\frac{\partial P}{\partial y} = 1$$
5. **Integral doble en la región $$R$$:**
La región $$R$$ está en el primer cuadrante y limitada por $$x=0$$ y $$x=-y^2 + y$$.
Para $$y$$, los valores van de $$0$$ a $$1$$ (porque para $$y=1$$, $$x=-1+1=0$$).
Entonces,
$$\iint_R \left( y - 1 \right) dA = \int_0^1 \int_0^{-y^2 + y} (y - 1) \, dx \, dy.$$
6. **Evaluación de la integral interna:**
$$\int_0^{-y^2 + y} (y - 1) \, dx = (y - 1) \left[ x \right]_0^{-y^2 + y} = (y - 1)(-y^2 + y).$$
7. **Integral externa:**
$$\int_0^1 (y - 1)(-y^2 + y) \, dy = \int_0^1 (y - 1)(y - y^2) \, dy = \int_0^1 (y - 1)(y - y^2) \, dy.$$
Expandimos:
$$ (y - 1)(y - y^2) = y^2 - y^3 - y + y^2 = 2y^2 - y^3 - y.$$
8. **Integral final:**
$$\int_0^1 (2y^2 - y^3 - y) \, dy = \left[ \frac{2y^3}{3} - \frac{y^4}{4} - \frac{y^2}{2} \right]_0^1 = \frac{2}{3} - \frac{1}{4} - \frac{1}{2} = \frac{8}{12} - \frac{3}{12} - \frac{6}{12} = -\frac{1}{12}.$$
9. **Integral de línea sobre la frontera $$C$$:**
La frontera $$C$$ consta de dos curvas:
- $$C_1$$: línea $$x=0$$ desde $$y=0$$ a $$y=1$$.
- $$C_2$$: curva parametrizada por $$f(t) = (-t^2 + t, t)$$ para $$t \in [0,1]$$.
10. **Integral sobre $$C_1$$:**
Para $$x=0$$, $$dx=0$$ y $$y$$ va de $$0$$ a $$1$$.
El vector $$F$$ en $$C_1$$ es $$F(0,y) = (0 + y, 0 \cdot y) = (y, 0)$$.
La integral de línea es:
$$\int_{C_1} P\,dx + Q\,dy = \int_0^1 0 \, dy = 0,$$
porque $$dx=0$$ y $$Q=0$$.
11. **Integral sobre $$C_2$$:**
Parametrización:
$$x(t) = -t^2 + t, \quad y(t) = t, \quad t \in [0,1].$$
Derivadas:
$$dx = ( -2t + 1 ) dt, \quad dy = dt.$$
Evaluamos $$P$$ y $$Q$$:
$$P = x + y = (-t^2 + t) + t = -t^2 + 2t,$$
$$Q = x y = (-t^2 + t) t = -t^3 + t^2.$$
Integral:
$$\int_0^1 P\,dx + Q\,dy = \int_0^1 (-t^2 + 2t)(-2t + 1) + (-t^3 + t^2) \, dt.$$
12. **Expansión y simplificación:**
$$(-t^2 + 2t)(-2t + 1) = 2t^3 - t^2 - 4t^2 + 2t = 2t^3 - 5t^2 + 2t.$$
Sumando $$Q$$:
$$2t^3 - 5t^2 + 2t + (-t^3 + t^2) = (2t^3 - t^3) + (-5t^2 + t^2) + 2t = t^3 - 4t^2 + 2t.$$
13. **Integral final sobre $$C_2$$:**
$$\int_0^1 (t^3 - 4t^2 + 2t) \, dt = \left[ \frac{t^4}{4} - \frac{4t^3}{3} + t^2 \right]_0^1 = \frac{1}{4} - \frac{4}{3} + 1 = \frac{1}{4} + 1 - \frac{4}{3} = \frac{5}{4} - \frac{4}{3} = \frac{15}{12} - \frac{16}{12} = -\frac{1}{12}.$$
14. **Conclusión:**
La integral de línea total es:
$$0 + \left(-\frac{1}{12}\right) = -\frac{1}{12},$$
que coincide con la integral doble calculada.
Por lo tanto, se verifica el Teorema de Green para el campo $$F$$ en la región $$R$$.
**Respuesta final:**
$$\oint_C P\,dx + Q\,dy = \iint_R \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) dA = -\frac{1}{12}.$$