\(C\) dada por \(y\eq=x+1,\;-1\leq x\leq 0,\;y\eq=1-x,\;0\leq x\leq 1\)
recorrida del \((-1,0)\) al \((1,0)\)
Bueno, hay que tener cuidado con ver qué hacer. El dibujo de la curva es una porción de la poligonal de un triángulo(sin la base), orientada en el sentido antihorario. Notemos que no podemos cerrar la curva, encerrando el origen \((0,0)\), porque tendríamos problemas con la aplicabilidad del teorema de Green. Sin embargo, podemos buscar otro enfoque. En efecto, queremos integrar sobre \(C\) al campo \(F\eq=({f}_{1},{f}_{2})\). Notemos que podemos escribir tal campo como \(F\eq={F}_{1}+{F}_{2}\), donde:
La gracia de escribir así el campo, no es abusar del uso de paréntesis, sino de notar cierta simetría perversa en los nuevos campos. En efecto, el campo \({F}_{1}\), no es muy difícil de ver que proviene del potencial \(\phi(x,y)\eq=\frac{1}{\pi}\cos(\frac{\pi}{2({x}^{2}+{y}^{2})})\)(la gracia de Green reside en hacer la cuenta del teorema, y ver que da \(0\)). Bueno... en cuanto a \({F}_{2}\), no tenemos tanta suerte, aunque el campo quedó suficientemente sencillo como para integrarlo sobre \(C\)(fíjense la cuenta de Green; es distinta de \(0\)). Ahora, por la aditividad de la integral de curva, podemos separar:
\(\int_{C}{F}_{1}\cdot \,dS\eq=\int_{C}\nabla \phi\cdot \,dS\eq=\phi(b)-\phi(a)\), donde \(a,b\) son los extremos del recorrido. Luego, tales son \((-1,0)\eq=a,\;(1,0)\eq=b\), teniendo:
\(\int_{C}{F}_{2}\cdot \,dS\eq=\int_{{C}_{1}}{F}_{2}\cdot \,dS+\int_{{C}_{2}}{F}_{2}\cdot \, dS\), donde \({C}_{1},\;{C}_{2}\) son los respectivos segmentos(los que conforman a la curva \(C\)), orientados de la manera pedida. Luego...
La parametrización para \({C}_{1}\) será \({\sigma}_{1}(t)\eq=(t,1-t),\;0\leq t\leq 1\)(cambiaremos el signo, porque no es la orientación pedida), y para \({C}_{2},\;{\sigma}_{2}(t)\eq=(t,t+1),\ -1\leq;t\leq0\)(esta tiene la orientación pedida). Luego, \({\sigma}_{1} '(t)\eq=(1,-1),\;{\sigma}_{2} '(t)\eq=(1,1)\). Ahora, finalmente:
Para calcular esta integral, ahora simplemente se observa que \(2{t}^{2}-2t+1\eq=2({(t-\frac{1}{2})}^{2}+\frac{1}{4})\)(se completó cuadrados), y luego, trabajando un poco la expresión, se la lleva a una expresión del tipo \(\frac{1}{1+{x}^{2}}\), cuya primitva es \(\arctan(x)\). La integral no la hago; con esta idea, sale rápido.
Nuevamente, observando que \(2{t}^{2}+2t+1\eq=2({(t+\frac{1}{2})}^{2}+\frac{1}{4})\), si se trabaja como antes la expresión, termina una integral fácil.
Haciendo las respecitvas cuentas, se suman las integrales y se obtiene el resultado deseado
Espero haber ayudado con el ejercicio, e incentivado a que posteen. Si no se entiende algo, avisen. Desde ya, saludos.
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I offer her that kernel of myself that I have saved, somehow; the central heart that deals not in words, traffics not with dreams and is untouched by time, by joy, by adversities
Consideremos la mitad superior de la circunferencia unitaria. Lo que voy a hacer es sumar y restar la integral de linea del campo dado sobre esta curva. Luego podemos unir esta curva con la que nos da el ejercicio, en realidad hay que separarla en dos tramos porque la circunferencia corta a las rectas en el punto(0,1), asique nos queda la integral de F sobre dos curvas cerradas, hay que tener cuidado con las orientaciones ya que una parte de la circunferencia se recorre en un sentido y la otra mitad en el otro. Como menciono exequiel, F es un campo gradiente por lo tanto F sobre estas curvas es igual a 0. Por lo tanto lo unico que tenemos que calcular es
\(C_1\) dada por \((cost,sent) t\in[\frac{\pi}{2},\pi]\)
$$C_2=(sent,cost) t\in[0,\frac{\pi}{2}]$$
La ventaja que tiene esto es que todos los \({x}^{2}+{y}^{2}\) va a ser iguales a 1. Dejo las integrales para ustedes.
Las curvas ya estan dadas con las orientaciones que corresponden.
Si hay algo mal, o que no se entiende avisen. Hagan un dibujo para entender lo que escribi cualquier cosa.
Suerte.
Edit:
Creo que lo que hice esta mal, porque la f cuyo gradiente es el campo es\(\phi(x,y)\eq=\frac{1}{\pi}\cos(\frac{\pi}{2({x}^{2}+{y}^{2})}) + actan(\frac{x}{y})\) y esto no me sirve porque estoy trabajando con puntos donde \(y=0\)
diganme que opinan.
Bueno, agrego una resolución más que me parece más sencilla. Corrijan si hay errores!
Como dijeron antes exequiel y juanma, el campo dado es de gradientes y admite potencial. Pero en lugar de calcular el potencial o de cerrar la curva... ¡La cambio!... Si total, al tratarse de un campo de gradientes, la integral no depende del camino que una los extremos de la curva sino sólo de dichos extremos. Así que en lugar de considerar la curva propuesta en el ejercicio, considero la semicircunferencia dada por la parametrización \((cost,sint)\) con t variando entre 0 y pi. Sólo notar que se debe agregar un signo menos adelante de la integral pues está recorrida en sentido horario. Notar tambièn que, como dijo juanma, la integral se simplifica pues \({x}^{2}+{y}^{2}=1\) quedando así:
\(- \int_{0}^{\pi}(cost-sint)(-sint)dt+(sint+cost)(cost)dt=]- \int_{0}^{\pi}dt=-\pi\)