Separata de Matematica III FIME

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO

FACULTAD DE INGENIERIA MECANICA - ENERGIA

Departamento Academico de Ingenierıa Mecanica

Asignatura Matematica III

Separata de matematica IIIResolucion Decanal N0 082-2010-D-FIME

Mag. Vladimiro Contreras [email protected]

Semestre 2010-B

Bellavista - Callao

2011

Indice general

Prefacio III

1. Integral de Linea 1

1.1. La Integral de Linea con respecto de la longitud de arco . . . . . . . . . . 2

1.2. Aplicaciones de la Integral de Linea con respecto de la longitud de arco a

la mecanica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.3. Integral de Linea y Trabajo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.3.1. Independencia de la trayectoria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.4. Campos Conservativos y Funciones Potenciales . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.5. Teorema de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

2. Superficies 17

2.1. Expresiones de una Superficie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2.1.1. Superficie parametrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2.2. Area de la superficie parametrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

3. Integrales de Superficie 25

3.1. Integrales de Superficie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

3.2. Segundo tipo de Integral de Superficie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

3.3. El Flujo de un Campo Vectorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

3.4. El Teorema de la Divergencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

3.4.1. Ley de Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

3.4.2. Ley de Coulomb . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

3.4.3. Teorema de Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

Referencias Bibliograficas 45

i

ii INDICE GENERAL

Prefacio

Estas notas corresponden a los ultimos temas del curso de Matematica III que se dicta

en la Facultad de Ingenierıa Mecanica - Energıa de la Universidad Nacional del Callao.

Para su lectura se recomienda previamente revisar los resultados de funciones vectori-

ales de variable real, funciones reales de varias variables, integrales multiples y funciones

vectoriales de varias variables reales, los cuales que se encuentran en [3] y [4].

Esta separata de Matematica III, consta de tres capıtulos: Integrales de Linea, Superfi-

cies e Integrales de Superficie. Cada seccion comienza con un resumen de los conocimientos

basicos del tema en cuestion, los cuales se refuerzan con ejemplos de problemas resueltos,

que el estudiante podra consultar antes de enfrentar los ejercicios propuestos que se pre-

sentan al finalizar cada seccion. Tambien debo indicar que se presentan Teoremas que son

de aplicacion los cuales no estan demostrados. Para los estudiantes que desean revisar las

pruebas de los teoremas, se indica la cita bibliografica al final de cada Teorema.

Cabe mencionar, que los graficos presentados se desarrollaron con los software, Derive

6.1 y Winplot

Agradezco a la Facultad de Ingenierıa Mecanica - Energıa de la Universidad Nacional

del Callao, por permitirme presentar esta Separata de Matematica III.

Bellavista, enero del 2011

Mag.Vladimiro Contreras Tito

iii

Capıtulo 1

Integral de Linea

Para definir la integral de linea, comencemos imaginando un alambre delgado con la

forma de una curva suave C con extremos A y B. Supongamos que el alambre tiene una

densidad variable dada en el punto (x, y, z) por la funcion continua conocida f(x, y, z) en

unidades tales como gramos por centımetro (lineal)[2].

Figura 1.1: alambre delgado C

Sea α(t) = ( x(t) , y(t) , z(t) ) , t ∈ [a, b] una

parametrizacion suave de la curva C, donde t = a

corresponde al punto inicial A de la curva y t = b

corresponde al punto final B.

Para aproximar la masa total m del alambre curvo,

comenzamos con una particion

a = t0 < t1 < t2 < ... < tn = b

de [a, b] en n subintervalos, todos con la misma longitud ∆t = (b− a)/n esta subdivision

de puntos de [a, b] produce, por medio de nuestra parametrizacion, una division fısica del

alambre en cortos segmentos curvos. Sea Pi el punto (x(ti), y(ti), z(ti)) para i = 0, 1, 2, ...n.

Entonces los puntos P0, P1, ..Pn son los puntos de subdivision de CSabemos que la longitud de arco ∆Si del segmento de C de Pi−1 a Pi es

∆Si =

∫ ti

ti−1

√(x′(t))2 + (y′(t))2 + (z′(t))2 dt =

√(x′(t∗i ))2 + (y′(t∗i ))2 + (z′(t∗i ))2∆t

para algun t∗i ∈ [ti−1, ti]. Este ultimo resultado es consecuencia del teorema del valor

medio para integrales.

Como la masa es el producto de la densidad por la longitud entonces tenemos una

1

2 CAPITULO 1. INTEGRAL DE LINEA

estimacion de la masa total m del alambre:

m ≈n∑

i=1

f(x(t∗i ), y(t∗i ), z(t∗i ))∆Si.

El limite de esta suma cuando ∆t → 0 debe ser la masa real m. Esto motiva nuestra

definicion de la integral de linea de la funcion f a lo largo de la curva C que se denota

por ∫

Cf(x, y, z) dS

1.1. La Integral de Linea con respecto de la longitud de arco

Definicion 1.1.1 Sea f : D ⊂ R3 → R una funcion continua en cada punto de la curva

parametrica suave C de A a B. Entonces la integral de linea de f a lo largo de C de A a

B con respecto de la longitud de arco se define como:∫

Cf(x, y, z) dS =

∫ b

a

f(α(t))‖α′(t)‖dt

donde α(t) = (x(t), y(t), z(t)), t ∈ [a, b]

y dS = ‖α′(t)‖dt =√

(x′(t))2 + (y′(t))2 + (z′(t))2dt

1.2. Aplicaciones de la Integral de Linea con respecto de la

longitud de arco a la mecanica

Masa de una curva Si δ = δ(x, y, z) es la densidad lineal en el punto variable (x, y, z)

de la curva C entonces la masa M de la curva es igual a:

M =

∫

Cδ(x, y, z)dS

Centro de gravedad de una curva (X, Y , Z)

X =1

M

∫

Cxδ(x, y, z)dS , Y =

1

M

∫

Cyδ(x, y, z)dS , Z =

1

M

∫

Czδ(x, y, z)dS

Momento estatico y momento de inercia

ML =

∫

Cd(x, y, z)δ(x, y, z)dS , IL =

∫

Cd2(x, y, z)δ(x, y, z)dS

donde d(x, y, z): distancia de un punto de la curva C a la recta L

Momentos estaticos respecto a los planos coordenados son:

MX Y =

∫

Czδ(x, y, z)dS , MX Z =

∫

Cyδ(x, y, z)dS , MY Z =

∫

Cxδ(x, y, z)dS

1.3. INTEGRAL DE LINEA Y TRABAJO 3

Momentos de inercia respecto a los ejes coordenados X,Y ,Z son:

IX =

∫

C(y2+z2)δ(x, y, z)dS , IY =

∫

C(x2+z2)δ(x, y, z)dS , IZ =

∫

C(x2+y2)δ(x, y, z)dS

Ejemplo 1.2.1 Calcule la integral de linea∫C xydS donde C es el cuarto de circunferencia

en el primer cuadrante de radio uno.

Solucion

Sea C: x = cos t , y = sent , t ∈ [0, π/2]

luego dS =√

(−sent)2 + (cos t)2dt = dt. Entonces

∫

CxydS =

∫ π/2

0

cost sent dt =1

2sen2t|π/2

0 =1

2

Ejemplo 1.2.2 Halle la masa total de un alambre cuya forma es la de la curva y = |x|con −1 ≤ x ≤ 1. Si la densidad de cada punto P de el es igual al valor absoluto del

producto de las coordenadas del punto.

Solucion

Sabemos que M =∫C δ(x, y, z)dS. Entonces calculemos M =

∫C |x y|dS , pero como

y = |x|, M =∫C x2dS.

Figura 1.2:

C1 : y = −x ⇒ α1(t) = (t,−t) − 1 ≤ t < 0

C2 : y = x ⇒ α2(t) = (t, t) 0 ≤ t < 1

M =

∫

C1

x2dS +

∫

C2

x2dS =

∫ 0

−1

t2 ‖α1′(t)‖dt +

∫ 1

0

t2 ‖α2′(t)‖dt

=

∫ 0

−1

t2√

2dt +

∫ 1

0

t2√

2dt =2√

2

3

1.3. Integral de Linea y Trabajo

Ahora aproximemos el trabajo W realizado por el campo de fuerza F al mover una

Figura 1.3:

partıcula a lo largo de la curva C de A a B,

para lo cual subdividamos C como se indica en

la figura 1.3.

Pensamos que F mueve la partıcula de Pi−1

a Pi dos puntos de division consecutivos de C.

El trabajo 4Wi realizado es aproximadamente

el producto de la distancia 4Si de Pi−1 y Pi


(medida a lo largo de C) y la componente tangencial F.T de la fuerza F en el punto tıpico

(x(t∗i ), y(t∗i ), z(t∗i )) entre Pi−1 y Pi. Ası 4Wi ≈ F (x(t∗i ), y(t∗i ), z(t∗i )).T (t∗i )4Si de modo

que el trabajo total W esta dado aproximadamente por:

W ≈n∑

i=1

F (x(t∗i ), y(t∗i ), z(t∗i )).T (t∗i )4Si

Esto sugiere que definamos el trabajo W como:

W =

∫

CF.TdS

Por lo tanto el trabajo es la integral con respecto de la componente tangencial de la

fuerza.

Si la curva C esta parametrizada por α(t) con t ∈ [a, b] entonces:

W =

∫

CF.TdS =

∫ b

a

F (α(t)).α ′(t)‖α ′(t)‖‖α

′(t)‖dt =

∫ b

a

F (α(t)).α ′(t)dt

W =

∫ b

a

F (α(t)).α ′(t)dt

Siendo W el trabajo realizado por el campo de fuerzas F sobre una partıcula que se

mueve a lo largo de una trayectoria α(t) con t ∈ [a, b].

Teorema 1.3.1 i Supongamos que el campo de vectores F = (P, Q, R) tiene funciones

componentes continuas y que T es el vector tangente unitario a la curva suave C. Entonces

∫

CF.TdS =

∫

CPdx + Qdy + Rdz

(Para la Prueba ver Cap. 16 pag. 913 de [2])

Observaciones

1. Si la curva C estuviera parametrizada por trayectorias diferentes que originan la mis-

ma orientacion de C entonces el resultado de la integral de linea sobre esas trayec-

torias es la misma es decir, por ejemplo:

∫

CF (α).dα =

∫

CF (β).dβ

Si las trayectorias α(t) y β(t) originan orientaciones opuestas de C entonces

∫

C−1

F (α).dα = −∫

CF (β).dβ

C−1 denota la curva C con su orientacion invertida.

1.3. INTEGRAL DE LINEA Y TRABAJO 5

2. Cuando C es una curva cerrada, a la integral de linea del campo vectorial F a lo

largo de C se le denota por ∮

CF.T dS

3. De acuerdo con la segunda ley de Newton [6], se sabe que si el cuerpo tiene masa m,

entonces la fuerza que actua sobre el es igual a la rapidez de cambio del momento

p = mv es decir,

F =dp

d t= m

dv

dt= mα ′′(t)

Sustituyendo este resulta en la integral anterior, y observando que ddt

(α ′(t) . α ′(t)) =

2 α ′′(t) . α ′(t), inferimos que el trabajo W esta dado por:

W =

∫

CF.T dS =

∫

Cmα ′′(t) . T dS

=

∫ b

a

mα ′′(t) . α ′(t) dt =

∫ b

a

d

dt(m

2α ′(t) . α ′(t))

=

∫ b

a

d

dt(m

2‖α ′(t) ‖2) =

∫ b

a

d

dt(m

2v2(t))

=m

2v2(t)|ba =

m

2[ v2(b)− v2(a) ]

Por tanto el trabajo realizado es igual al incremento o ganacia de la energıa cinetica

del cuerpo de la partıcula.

4. Si el campo de fuerzas F es irrotacional (conservativo), entonces el trabajo efectuado

efectuado para mover una partıcula alrededor de una trayectoria cerrada es cero.

Ejemplo 1.3.1 Calcule el trabajo que realiza el campo de fuerzas F (x, y, z) = (x − y +

2z, x+y−3z2, 2xz−4y2) al mover una partıcula alrededor de la curva cerrada x2

4+y2 = 1,

z = 2 en sentido antihorario.

Solucion

Figura 1.4:

La curva C : x2

4+ y2 = 1 se puede

parametrizar por:

x = 2 cost

y = sent 0 ≤ t ≤ 2 π

z = 2

Luego C : α(t) = (2 cost, sent, 2) t ∈ [0, 2π] y

α ′(t) = (−2 sent, cost, 0).


Finalmente

W =

∫

CF.TdS =

∫ 2π

0

F (α(t)).α ′(t)dt =

∫ 2π

0

(−3sent cost− 8sent + 2cos(2t)) dt = 0

1.3.1. Independencia de la trayectoria

Sea F = (P, Q,R) un campo vectorial con funciones componentes continuas. La inte-

gral de linea de ecuacion∫

CF.T dS =

∫

CP dx + Qdy + R dz

es independiente de la trayectoria en la region D si, dados dos puntos A y B de D, la

integral tiene el mismo valor a lo largo de cualquier curva suave por partes o trayectoria

en D de A en B. En este caso podemos escribir∫

CF.T dS =

∫ B

A

F.T dS

debido a que el valor de la integral solo depende de los puntos A y B y no de la eleccion

particular de la trayectoria C que los une.

Teorema 1.3.2 (Independencia de la trayectoria) La integral de linea∫C F.T dS es

independiente de la trayectoria en la region D si y solo si F = ∇f para alguna funcion

f definida en D.

(Para la Prueba ver Cap. 16 pag. 917 de [2])

1.4. Campos Conservativos y Funciones Potenciales

Definicion 1.4.1 El campo vectorial F definido en una region D es conservativo si existe

una funcion escalar f definida en D tal que

F = ∇f

en cada punto de D. En este caso, f es una funcion potencial para el campo vectorial F .

Nota

En el campo de fuerzas conservativo F = −∇U , a la funcion U se le llama energıa

potencial y es una cantidad que solo tiene significado si consideramos los cambios que en

ella se operan, lo que implica que la fijacion de un nivel cero para la energıa potencial U

es arbitraria. En este caso se tiene: W =∫ B

AF . T dS = U(A)−U(B) lo cual significa que

el trabajo W desarrollado por F al mover una partıcula de A a B es igual al decremento

de energıa potencial.

1.4. CAMPOS CONSERVATIVOS Y FUNCIONES POTENCIALES 7

Ejemplo 1.4.1 determine una funcion potencial par el campo vectorial conservativo

F (x, y) =

(x

x2 + y2,

y

x2 + y2

)∀(x, y) ∈ R2 − {(0, 0)} = D

Solucion

Notemos que una funcion potencial para F es f(x, y) = 12Ln(x2 + y2) pues se cumple

F = ∇f

Ejemplo 1.4.2 Evalue∫ (5,12)

(3,4)x

x2+y2 dx + yx2+y2 dy (el origen de coordenadas no se halla

en el contorno de integracion)

Solucion

Como F (x, y) =(

xx2+y2 ,

yx2+y2

)es conservativo, esto es F = ∇f donde f(x, y) =

12Ln(x2+y2), entonces la integral de linea

∫ (5,12)

(3,4)F.T dS es independiente de la trayectoria

por lo tanto∫ (5,12)

(3,4)

F.T dS = f(5, 12)− f(3, 4) =1

2(Ln(169)− Ln(25)) = Ln(13/5)

Definicion 1.4.2 (Conjuntos simplemente conexo en R2) Un conjunto D ⊂ R2 es

simplemente conexo [4], si para toda curva simple cerrada contenida en D la region encer-

rado por dicha curva tambien esta contenido en D.

Intuitivamente, un conjunto D ⊂ R2 es simplemente conexo si no tiene agujeros.

Figura 1.5: Region simplemente conexo Figura 1.6: Regiones no simplemente conexos

Figura 1.7: El toro circular no es simplemente

conexo

De forma similar, un conjunto D ⊂ R3

es simplemente conexo[4], si D fuese de un

material elastico podrıa deformarse continu-

amente, ”sin cortes ni pegamentos”, a una

esfera.


Teorema 1.4.1 (Campo conservativo y funcion potencial en R2) Sea D un dominio

simplemente conexo en R2. Sean las funciones P (x, y) y Q(x, y) continuas y que tienen

derivadas parciales de primer orden continuas en D. Entonces, el campo vectorial F =

(P,Q) es conservativo en D si y solo si

∂P

∂y=

∂Q

∂xen cada punto de D (α)

(Para la prueba ver Cap.10 pag. 415 de [1])

Teorema 1.4.2 (Campo conservativo y funcion potencial en R3) Sea D un dominio

simplemente conexo en R3. Sean las funciones P (x, y, z) , Q(x, y, z) y R(x, y, z) contin-

uas y que tienen derivadas parciales de primer orden continuas en D. Entonces, el campo

vectorial F = (P, Q,R) es conservativo en D si y solo si ∇× F = (0, 0, 0), esto es,

∂P

∂y=

∂Q

∂x,

∂P

∂z=

∂R

∂x,

∂Q

∂z=

∂R

∂yen cada punto de D (β)

(Para la prueba ver Cap.10 pag. 415 de [1])

Observacion

Se dice que P dx + Qdy y P dx + Qdy + R dz son diferenciales exactas, si cumplen

(α) y (β) respectivamente.

Ejemplo 1.4.3 Determine una funcion potencial para el campo vectorial

F (x, y) = (6xy − y3, 4y + 3x2 − 3xy2)

Solucion

Notemos que el D = Dom(F ) = R2.

Se tiene que P (x, y) = 6xy − y3 y Q(x, y) = 4y + 3x2 − 3xy2. Luego

∂P

∂y= 6x− 3y2 =

∂Q

∂x∀(x, y) ∈ D

De este ultimo resultado concluimos que F es conservativo, entonces F = ∇f . Ahora

hallemos la funcion potencial f .

Dado que F = ∇f ⇒ (P, Q) =(

∂f∂x

, ∂f∂y

), luego

∂f∂x

= 6xy − y3 (1)

∂f∂y

= 4y + 3x2 − 3xy2 (2)

Luego integrando la ecuacion (1) se tiene∫

df =

∫(6xy − y3) dx ⇒ f(x, y) = 3x2y − y3x + h(y) (α)

1.5. TEOREMA DE GREEN 9

Derivemos (α) con respecto a y se tiene:

∂f

∂y= 3x2 − 3y2x +

dh

dy

De esta ultima ecuacion, y de (2) se tiene:

4y + 3x2− 3xy2 = 3x2− 3y2x +dh

dy⇒ dh

dy= 4y ⇒ h =

∫4y dy ⇒ h(y) = 2y2 + c

Haciendo c = 0 en el ultimo resultado y luego reemplazando en (α) se obtiene una funcion

potencial f(x, y) = 3x2y − y3x + 2y2

1.5. Teorema de Green

George Green (julio de 1793, 31 de mayo de 1841) fue un matematico britanico cuyo

trabajo influencio notablemente el desarrollo de importantes conceptos en fısica [4].

El teorema de Green relaciona una integral de linea alrededor de una curva plana

cerrada C con una integral doble ordinaria sobre la region plana R acotada por C donde

Figura 1.8:

R es un conjunto compacto (es decir es un conjunto cerrado y acotado) y ∂R = C es el

borde o frontera de region R.

Definicion 1.5.1 Una curva tiene orientacion positiva respecto a la region R cuando el

sentido de la curva es tal que la region R esta a su izquierda. Es decir, el vector que se

obtiene del vector tangente unitario T mediante una rotacion de 90o en sentido contrario

al de las manecillas del reloj apunta hacia dentro de la region R.

Figura 1.9:


Teorema 1.5.1 (GREEN) Sea D un dominio simplemente conexo de R2. Sean P (x, y)

y Q(x, y) dos funciones continuas y que tienen derivadas parciales de primer orden con-

tinuas en D. Sea C una curva simple cerrada suave por partes y positivamente orientada

respecto a la region que lo encierra R, estando C y R contenidos en D. Entonces se

verifica ∮

CP dx + Qdy =

∫ ∫

R

(∂Q

∂x− ∂P

∂y

)dxdy

(Para la prueba ver Cap. 11 pag. 465 de [1])

Nota

Figura 1.10:

Podemos devidirR en dos regionesR1 yR2 y tam-

bien podemos subdividir la frontera de C de R y es-

cribir C1 ∪D1 para la frontera de R1 y C2 ∪D2 para

la frontera de R2, obtenemos∮

C1∪D1

Pdx + Qdy =

∫ ∫

R1

(∂Q

∂x− ∂P

∂y)dxdy

∮

C2∪D2

Pdx + Qdy =

∫ ∫

R2

(∂Q

∂x− ∂P

∂y)dxdy

∫

D2

Pdx + Qdy = −∫

D1

Pdx + Qdy

Ejemplo 1.5.1 Calcule la integral de linea∮C 3xydx + 2x2dy donde C es la frontera de

la region R que esta acotada por la recta y = x y la parabola y = x2 − 2x

Solucion

Figura 1.11:

Se tiene que P (x, y) = 3xy y Q(x, y) = 2x2.

Luego

∂P

∂y= 3x y

∂Q

∂x= 4x ⇒ ∂Q

∂x− ∂P

∂y= x

Aplicando el teorema de Green se tiene:∮

C3xydx+2x2dy =

∫ 3

0

∫ x

x2−2x

xdy dx =

∫ 3

0

(3x2−x3)dx =27

4

Corolario 1.5.1 El area A de la region R acotada por una curva simple suave por partes

C esta dada por:

A =1

2

∮

C−y dx + x dy = −

∮

Cy dx = −

∮

Cx dy


Ejemplo 1.5.2 Halle el area de la elipse x2

a2 + y2

b2= 1

Solucion

Parametrizando la elipse se tiene:

x = a cost

y = b sent 0 ≤ t ≤ 2 π

Luego:

dx = −a sent dt y dy = b cost dt

Por el corolario anterior, el area de la elipse es:

A =1

2

∮

C−y dx + x dy =

1

2

∫ 2 π

0

( a b sen2t + a b cos2t )dt = ab π

Observacion

Figura 1.12:

Si dividimos una region R en otras

mas simples, podemos extender el Teore-

ma de Green a regiones con fronteras que

consten de dos o mas curvas simples cer-

radas.

∫ ∫

R(∂Q

∂x− ∂P

∂y)dxdy =

∫ ∫

R1

(∂Q

∂x− ∂P

∂y)dxdy +

∫ ∫

R2

(∂Q

∂x− ∂P

∂y)dxdy

=

∮

C1Pdx + Qdy +

∮

C2Pdx + Qdy

=

∮

C=∂RPdx + Qdy

Ejemplo 1.5.3 Suponga que C es una curva cerrada simple suave que encierra al origen

(0, 0). Muestre que: ∮

C

−y

x2 + y2dx +

x

x2 + y2dy = 2 π

Pero que esta integral es cero si C no encierra al origen.

Solucion

Figura 1.13:

Se tiene que

P (x, y) = −yx2+y2 y Q(x, y) = x

x2+y2 .

Luego

∂P

∂y=

∂Q

∂x⇒ ∂Q

∂x−∂P

∂y= 0 cuando x e y no son cero


Si la region R acotada por C no contiene al origen

entonces P y Q y sus derivadas son continuas en R,

por tanto el Teorema de Green implica que la integral dada es cero.

Si C encierra al origen, entonces encerramos al origrn en un pequeno cırculo Ca de

radio a tan pequeno que Ca se encuentre totalmentedentro de C. Parametricemos este

cırculo por:

x = a cost

y = a sent 0 ≤ t ≤ 2 π

Entonces el Teorema de Green, aplicado a la region R entre C y Case tiene

∮

C

−y

x2 + y2dx +

x

x2 + y2dy +

∮

Ca

−y

x2 + y2dx +

x

x2 + y2dy =

∫ ∫

R0 dA = 0

Luego

∮

C

−y

x2 + y2dx +

x

x2 + y2dy = −

∮

Ca

−y

x2 + y2dx +

x

x2 + y2dy

=

∮

C−1a

−y

x2 + y2dx +

x

x2 + y2dy

=

∫ 2 π

0

a2 sen2t + a2 cos2t

a2dt

= 2 π.

Nota

Notese que Ca tiene orientacion positiva (en este caso el sentido de las manecillas del

reloj) y C−1a es la curva inversa de Ca.

Teorema 1.5.2 Sea W = P dx + Qdy una diferencial exacta en un conjunto abierto

U ⊂ R2, es decir, ∂P∂y

= ∂Q∂x

, ∀(x, y) ∈ U . Se cumple las siguientes propiedades:

(1). Si U es simplemente conexo,∫

CW = 0 (por el teorema de Green)

Figura 1.14:

(2). Si U es doblemente conexo, C1 y C2 homotopicos (es decir, se puede llegar de

C2 a C1 mediante un transformacion) y tienen el mismo sentido, entonces se cumple:


Figura 1.15:

∫

C1

W =

∫

C2

W

En efecto, dado que∫∂U

W =∫

C1W +

∫C−1

2W

0 =∫

C1W − ∫

C2W

se concluye que ∫

C1

W =

∫

C2

W

(3). Si U es triplemente conexo, se cumple

∫

C3

W =

∫

C1

W +

∫

C2

W

Figura 1.16:

En efecto, dado que∫∂U

W =∫

C3W +

∫C−1

1W +

∫C−1

2W

0 =∫

C3W − ∫

C1W − ∫

C2W

se concluye que∫

C3W =

∫C1

W +∫

C2W

Ejemplo 1.5.4 Se considera la region D del plano,

dado por D = D1 ∪D2, donde

D1 = {(x, y) ∈ R2 : (x− 1)2 + y2 ≤ 4 , (x + 1)2 + y2 ≥ 4}D2 = {(x, y) ∈ R2 : (x− 1)2 + y2 ≥ 4 , (x + 1)2 + y2 ≤ 4}

Calcule el trabajo del campo F (x, y) = (3yx2, x3 + x + sen(y)) a lo largo de la frontera de

D.

Solucion

Se tiene que

Figura 1.17:

P (x, y) = 3y x2 y Q(x, y) = x3 + x + sen(y).

Luego

∂P

∂y= 3x2 y

∂Q

∂x= 3x2 + 1 ⇒ ∂Q

∂x− ∂P

∂y= 1

Por otro lado, aplicando el Teorema de Green, se


tiene:∫

∂D

Pdx + Qdy =

∫

C1∪C−14

Pdx + Qdy +

∫

C2∪C−13

Pdx + Qdy

=

∫ ∫

D1

(∂Q

∂x− ∂P

∂y)dx dy +

∫ ∫

D2

(∂Q

∂x− ∂P

∂y)dx dy

= 2

∫ ∫

D1

(∂Q

∂x− ∂P

∂y)dx dy por ser simetricos D1 y D2

= 2

∫ ∫

D1

dx dy

= 2(Area de la circunferencia C1 − 4

∫ ∫

B

dx dy)

Figura 1.18:

Calculemos ahora el area de la region B

A(B) =

∫ ∫

B

dx dy

=

∫ 1

0

∫ √4−(x+1)2

0

dy dx

=

∫ 1

0

√4− (x + 1)2dx

=

∫ 1

0

√22 − (x + 1)2 d(x + 1)

=1

2[(x + 1)

√4− (x + 1)2 + 4 arcsen(

x + 1

2) |10

=1

2(4π

3−√

3)

Finalmente∫

∂D

Pdx + Qdy = 2 ( Area de la circunferencia C1 − 4

∫ ∫

B

dx dy )

= 2 ( 4π − 2 (4π

3−√

3) )

=8π

3+ 4

√3

EJERCICIOS PROPUESTOS

1. Un alambre delgado se dobla en forma de semicirculo x2 + y2 = 4 , x ≥ 0. Si la

densidad lineal es una constante K, encuentre la masa y centro de masa del alambre.

2. Halle la masa y el centro de masa de un alambre en forma de helice x = t , y =

cost , z = sent , 0 ≤ t ≤ 2 π, si la densidad en cualqpunto es igual al cuadrado

de la distancia desde el origen.

3. Halle el trabajo realizado por el campo de fuerza F (x, y) = (x, y + 2) al mover una

partıcula a lo largo de un arco de cicloide r(t) = (t− sent , 1− cost), 0 ≤ t ≤ 2 π.


4. Un hombre de 160 lb de peso sube con una lata de 25 lb de pintura por una escalera

helicoidal que rodea a un silo, con radio de 20 pies. Si el silo mide 90 pies de alto y

el hombre hace exactamente tres revoluciones completas, ¿cuanto trabajo realiza el

hombre contra la gravedad al subir hasta la parte superior?.

5. Evalue la integral de linea∫

Cy2dx+x2dy donde C es la grafica de y = x2 de (−1, 1)

a (1, 1).


CF.T ds, donde x i + y j + z ky C es la curva f(t) =

(e2t, et, e−t) 0 ≤ t ≤ ln2.


C

√zdx +

√xdy + y2dz donde C es la curva f(t) =

(t, t3/2, t2) 0 ≤ t ≤ 4.


Cxyzds donde C es la trayectoria de (1, 1, 2) a (2, 3, 6)

formado por tres segmentos de recta, el primero paralelo al eje X, el segundo paralelo

al eje Y y tercero paralelo al eje Z.

9. Pruebe que la integral de linea∫

Cy2dx + 2xydy es independiente de la trayectoria

C de A a B.

10. Un alambre con la forma de la circunferencia x2 + y2 = a2, z = 0 tiene densidad

constante y masa total M . Determine su momento inercial con respecto de (a) al eje

Z; (b) el eje X.

11. Determine el trabajo realizado por el campo de fuezas F = z i−x j + y kpara mover

la partıcula de (1, 1, 1) a (2, 4, 8) a lo largo de la curva y = x2 , z = x3.

12. Aplique el teorema de Green para evaluar la integral de linea

∮

C

x2 ydx + x y2dy

donde C es la frontera de la region entre las dos curvas y = x2 y y = 8− x2.

13. Evalue la integral de linea ∮

C

x2dy,

donde C es la cardioide r = 1+cosθ, aplicando primero teorema de Green y pasando

despues a coordenadas polares.


14. Suponga que la integral de linea∫

CPdx+Qdy es independiente de la trayectoria en

la region plana D. Demuestre que∮

C

Pdx + Qdy = 0

para cualquier curva simple cerrada suave por partes C en D.

15. Calcule la integral de linea de la forma diferencial rdr + r2dθ a lo largo de la curva

γ de ecuacion r = senθ , 0 ≤ θ ≤ π.

16. Se considera el campo vectorial F = (y

x2 + y2,− x

x2 + y2, 3z2) y la curva γ de ecua-

ciones parametricas x = λ , y = λ3+λ2−1 , z = λ+3. Calcule el trabajo necesario

para llevar una masa de unidad a lo largo de γ desde el punto P = (−1,−1, 2) hasta

el punto Q = (1, 1, 4).

Capıtulo 2

Superficies

Definicion 2.0.2 Se denomina superficie S en el espacio R3, a cualquier funcion

r : R ⊂ R2 → R3. En general r sera de clase C∞.

Figura 2.1:

2.1. Expresiones de una Superficie

Las principales expresiones de una superficie [3] son:

Ecuacion vectorial r = r(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)) para cada (u, v) ∈ D

Ecuacion parametrica x = x(u, v) , y = y(u, v) , z = z(u, v)) para cada (u, v) ∈ D

Ecuaciones explicitas alguno de los tipos son:

z = f(x, y) , x = g(y, z) , y = h(x, z))

Ecuacion explicita F (x, y, z) = 0.

17

18 CAPITULO 2. SUPERFICIES

En lo que sigue nos dedicaremos al estudio de las superficies en su forma parametrica.

2.1.1. Superficie parametrica

Una superficie parametrica S es la imagen de una funcion o transformacion r definida

en una region R del plano U V y que tiene valores en X Y Z, esto es:

r : R ⊂ R2 → R3

(u, v) 7→ r(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)) (1)

Supongamos (en lo que sigue) que las funciones componentes de r tienen derivadas

parciales continuas con respecto de u y v y tambien que los vectores

ru = ∂r∂u

= (∂x∂u

, ∂y∂u

, ∂z∂u

)

rv = ∂r∂v

= (∂x∂v

, ∂y∂v

, ∂z∂v

)

Son distintos de cero y no paralelos en cada punto interior de RLas variables u y v son los parametros de la superficie S (en analogıa con el parametro

t para una curva parametrica).

Ejemplo 2.1.1 La funcion r : [0, 2π〉 × R → R3 definida por r(u, v) = (cosu , senu , v)

representa un cilindro de base regular como se muestra en la figura 2.2.

Figura 2.2:

2.2. AREA DE LA SUPERFICIE PARAMETRICA 19

Ejemplo 2.1.2 1. A partir de una superficie de ecuacion explicita, z = f(x, y) por

ejemplo, se puede tener una superficie parametrica dada por

x = x , y = y , z = f(x, y)

2. Podemos considerar de igual forma, una superficie dada en coordenadas cilındricas

por la grafica de z = g(r, θ) como una superficie parametrica con parametros r y θ.

La transformacion r del plano r θ al espacio X Y Z esta dada entonces por:

x = r cosθ , y = r senθ , z = g(r, θ)

3. Podemos considerar tambien una superficie dada en coordenadas esfericas por ρ =

h(θ, φ) como una superficie parametrica con parametros θ y φ y la transformacion

correspondiente del plano θ φ al espacio X Y Z esta dada entonces por

x = h(θ, φ) senφ cosθ , y = h(θ, φ) senφ senθ , z = h(θ, φ) cosφ

Ejemplo 2.1.3 Identifique y haga un esbozo de la grafica de la superficie parametrica S

dada por r = (u, v,√

1− u2 − v2) donde (u, v) ∈ D = {(u, v) ∈ R2 / u2 + v2 ≤ 1}

Solucion

Como x = u , y = v , z =√

1− u2 − v2 ⇒ z = f(x, y) =√

1− x2 − y2

Figura 2.3:

Ahora definamos el area de la superficie parametrica general dada en la ecuacion (1).

2.2. Area de la superficie parametrica

Consideremos una particion interior de la region R ( el dominio de r en el plano U V )

en rectangulos R1 , R2 , ...Rn, cada una con dimensiones 4u y 4v. Sea (ui, vi) la esquina


inferior de Ri. La imagen Si de Ri bajo r no sera generalmete un rectangulo en el espacio

X Y Z; se vera como una figura curvilinea en la superficie imagen S, con r(ui, vi) como

un vertice. Sea 4Si el area de esta figura curvilinea Si.

Figura 2.4:

Las curvas parametricas r(u, vi) y r(ui, v) (con parametros u y v respectivamente) estan

sobre la superficie S y se intersectan en el punto r(ui, vi). En este punto de interseccion,

estas dos curvas tienen los vectores tangentes ru(ui, vi), rv(ui, vi) como se muestra en

la figura. Por tanto su producto vectorial N(ui, vi) = ru(ui, vi) × rv(ui, vi) es un vector

normal a S en el punto r(ui, vi).

Figura 2.5:

Ahora consideremos que 4u y 4v son pequenos. Entonces el area 4Si de la figu-

ra curvilinea Si sera aproximadamente igual al area 4Pi del paralelogramo con lados

adyacentes ru(ui, vi)4u y rv(ui, vi)4v. Pero el area de este paralelogramo es


4Pi = |ru(ui, vi)4u× rv(ui, vi)4v = |N(ui, vi)|4u4v.

Figura 2.6:

Esto significa que el area a(S) de la superficie S esta dada aproximadamente por

a(S) =n∑

i=1

4Si ≈n∑

i=1

4Pi ≈n∑

i=1

|N(ui, vi)|4u4v

Pero esta ultima suma es una suma de Riemman para la integral doble∫ ∫

R|N(u, v)|du dv

Por tanto, esto nos motiva a definir el area A de la superficie parametrica S como

A = a(S) =

∫ ∫

R|N(u, v)|du dv =

∫ ∫

R|∂r

∂u× ∂r

∂v|du dv

Ejemplo 2.2.1 Calcule el area de la superficie esferica: x2 + y2 + z2 = a2

Solucion

La parametrizacion de la esfera (en coordenadas esfericas) esta dada por:

r(θ , ϕ) = (a senϕ cosθ , a senϕ senθ , a cosϕ)

definida sobre

D = {(θ , ϕ) ∈ R2 / 0 ≤ θ ≤ 2π , 0 ≤ ϕ ≤ π}rθ = (−a senϕ senθ , a senϕ cosθ , 0 )

rϕ = (a cosϕ cosθ , a cosϕ senθ , −a senϕ)⇒ |rθ × rϕ| =

√a4 sen2ϕ = a2 senϕ

Luego el area de la superficie esferica es:

A =

∫ 2π

0

∫ π

0

a2 senϕ dϕ dθ = 4 π a2


Ejemplo 2.2.2

Determine el area de la rampa espiral dada en coordenadas cilindricas z = θ , 0 ≤ r ≤ 1

y 0 ≤ θ ≤ π.

Solucion La parametrizacion de la rampa espiral esta dada por:

Figura 2.7:

r(r , θ) = (r cosθ , r senθ , θ)

definida sobre

D = {(r , θ) ∈ R2 / 0 ≤ r ≤ 1 , 0 ≤ θ ≤ π}rr = (cosθ , senθ , 0 )

rθ = (−r senθ , r cosθ , 1 )⇒ |rr × rθ| =

√1 + r2

Luego el area de la rampa espiral es:

A =

∫ π

0

∫ 1

0

√1 + r2 dr dθ =

∫ π

0

(r

2

√1 + r2 +

1

2Ln(r +

√1 + r2) |10 dθ

=π

2(√

2 + Ln(1 +√

2))

Ejemplo 2.2.3

Determine el area de la superficie del toro generado al girar el cırculo (x − b)2 + z2 =

a2 (0 < a < b) en el plano XZ alrededor del eje Z.

Solucion

El toro queda descrito mediante las ecuaciones:

x = r cosθ = ( b + a cosψ) cosθ

y = r senθ = ( b + a cosψ) senθ

z = a senψ


Figura 2.8:

Luego

r(θ , ψ) = (( b + a cosψ) cosθ , ( b + a cosψ) senθ , a senψ)

definida sobre

D = {(θ , ψ) ∈ R2 / 0 ≤ θ ≤ 2 π , 0 ≤ ψ ≤ 2 π}

⇒ |rθ × rψ| = a ( b + a cosψ)

Luego el area de la superficie del toro es:

A =

∫ 2 π

0

∫ 2 π

0

a ( b + a cosψ)dθ dψ = 4 π 2 a b


1. Identifique las superficie con la ecuaci’on vectorial dada:

a) r(u, v) = (ucosv, usenv, u2)

b) r(u, v) = (1 + 2u,−u + 3v, 2 + 4u + 5v)

c) r(u, v) = (u, cosv, senv)

2. Encuentre una representacion parametrica para la superficie.

a) La parte del hiperboloide −x2−y2+z2 = 1 que se encuentra abajo del rectangulo

[−1, 1]× [−3, 3].

b) La parte del cilindro x2 + z2 = 1 que encuentra entre los planos y = −1 y

y = 3.

c) La parte del paraboloide eliptico x + y2 + 2z2 = 4 que se encuentra frente al

plano x = 0.


3. Encuentre las ecuaciones parametricas de la superficie generada por la curva y)e−x

, 0 ≤ x ≤ 3, al girar alrededor del eje x, y uselas para trazar la superficie.

4. Encuentre el area de la superficie.

a) La parte de la superficie z = x + y2 que se encuentra arriba del triangulo con

vertices (0, 0), (1, 1) y (0, 1).

b) La parte del cilindro x2+z2 = a2 que se encuentra dentro del cilindro x2+y2 = a2.

c) La parte del paraboloide hiperboloide hiperbolico z = y2 − x2 que se encuentra

entre los cilindros x2 + y2 = 1 , x2 + y2 = 4.

5. Estime el area de la parte de la superficie z = (1 + x2)/(1 + y2) que se encuentra

arriba del cuadrado |x|+ |y| ≤ 1 con una aproximacion de 4 cifras decimales.

Capıtulo 3

Integrales de Superficie

3.1. Integrales de Superficie

Una integral de superficie es a las superficies en el espacio lo que una integral de linea

es a las curvas planas [2].

Consideremos una delgada hoja de metal curva con la forma de la superficie S. Supong-

amos que esta hoja tiene densidad variable dada en el punto (x, y, z) por la funcion

continua conocida f(x, y, z) en unidades tales como gramos por centimetro cuadrado de

superficie. Deseamos definir la integral de superficie∫ ∫

S

f(x, y, z) ds

de modo que al evaluar nos de la masa total de la delgada hoja del metal. Si f(x, y, z) =

1, el valor numerico de la integral debe ser igual al area de S. Sea S una superficie

parametrica descrita por la funcion o transformacion

r(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v))

para (u, v) en la region D en el plano U V . Supongamos que las funciones componentes

de r tienen derivadas parciales continuas y que los vectores ru y rv son distintos de cero

y no paralelos en cada punto interior de D.

Sabemos que el area a(S) de la superficie S esta dada aproximadamente por

a(S) =n∑

i=1

4Pi =n∑

i=1

|N(ui, vi)|4u4v

donde 4Pi = |N(ui, vi)|4u4v es el area del paralelogramo Pi tangente a la superficie S

en el punto r(ui, vi). El vector

N =∂r

∂u× ∂r

∂v

25

26 CAPITULO 3. INTEGRALES DE SUPERFICIE

es normal a S en r(u, v). Si la superficie S tiene ahora una funcion de densidad f(x, y, z),

entonces podemos aproximar la masa total m de la superficie (masa = densidad× area

por:

m ≈n∑

i=1

f(r(ui, vi))4Pi =n∑

i=1

f(r(ui, vi)) |N(ui, vi)|4u4v F

Esta aproximacion es una suma de Riemann para la integral de superficie de la funcion

f sobre la superficie S, que se denota por:

∫ ∫S

f(x, y, z) ds =∫ ∫

Df(r(u, v))|N(u, v)|du dv

=∫ ∫

Df(r(u, v))| ∂r

∂u× ∂r

∂v|du dv

En la integral de superficie

∫ ∫

S

f(x, y, z) ds , ds = |N(u, v)|du dv convierte la integral

de supereficie en una integral doble ordinaria sobre la region D en el plano U V

En el caso particular de una superficie S descrita por z = h(x, y), con (x, y) ∈ D en

el plano X Y , podemos utilizar x e y como parametros ( en vez de u y v). Entonces el

elemento de area de la superficie adquiere la forma [5]

ds =

√1 + (

∂h

∂x)2 + (

∂h

∂y)2 dx dy

La integral de superficie de f sobre S esta dada entonces por

∫ ∫

S

f(x, y, z) ds =

∫ ∫

D

f(x, y, h(x, y))

√1 + (

∂h

∂x)2 + (

∂h

∂y)2 dx dy

Los centroides y los momentos de inercia para las superficies se calculan de manera

analoga a sus correpondientes en las curvas.

Ejemplo 3.1.1 Calcule la integral de superficie

∫ ∫

S

x2 z ds, donde S es la superficie

del cono circular recto truncado z2 = x2 + y2, limitado superior e inferiormente por los

planos z = 1 y z = 4.

Solucion

Figura 3.1:

Notemos que la superficie S esta formado por el

cono: h(x, y) =√

x2 + y2, y por los planos z = 1 y

z = 4, luego

hx = x√x2+y2

hy = y√x2+y2

Proyectando ahora la superficie S sobre el plano

X Y (que es la mas facil de observar) se tiene que:

3.1. INTEGRALES DE SUPERFICIE 27

∫ ∫

S

x2 z ds =

∫ ∫

D

x2 z√

1 + h2x + h2

y dx dy =

∫ ∫

D

√2 x2

√x2 + y2 dx dy

Figura 3.2:

y luego parametricemos usando coorde-

nadas polares la region proyectada D:

x = r cosθ

y = r senθ

donde 1 ≤ r ≤ 4 , 0 ≤ θ ≤ 2 π

y J(r , θ) = r.

Finalmente,

∫ ∫

S

x2 z ds =

∫ ∫

D

√2 x2

√x2 + y2 dx dy =

∫ 2 π

0

∫ 4

1

√2 r4 cos2θ dr dθ =

1023√

2 π

5

Ejemplo 3.1.2 Calcule la integral de superficie

∫ ∫

S

x z

yds, donde S es la superficie

formado por la parte del cilindro x = y2 que se encuentra en el primer octante entre los

planos z = 0 , z = 5 , y = 1 y y = 4.

Solucion

Notemos que la superficie S es mas facil proyectarlo sobre el plano Y Z.

Figura 3.3:

Por lo tanto consideraremos que:

∫ ∫

S

x z

yds =

∫ ∫

D

x z

y

√1 + g2

y + g2z dy dz

donde g(y, z) = x = y2 y D la proyeccion de S

sobre el plano Y Z.

Como g(y, z) = y2, se tiene:

gy = 2y

gz = 0

La region D esta dada por: D = {y, z) ∈ R2 / 0 ≤ z ≤ 5 , 1 ≤ y ≤ 4}


Figura 3.4:

Luego

∫ ∫

S

x z

yds =

∫ ∫

D

x z

y

√1 + g2

y + g2z dy dz

=

∫ 4

1

∫ 5

0

y2 z

y

√1 + 4y2 dz dy

=25

2

∫ 4

1

y√

1 + 4y2 dy

=25

16

∫ 4

1

√1 + y2 d(1 + 4y2)

=25

24(65

√65− 5

√5)

Ejemplo 3.1.3 Determine el centroide de la superficie hemisferica con densidad uni-

taria, z =√

a2 − x2 − y2 , x2 + y2 ≤ a2

Solucion

El centroide se encuentra en el eje Z, es decir, (0, 0, z) donde z = 1m

∫ ∫S

z ρ(x, y, z) ds

Consideremos ρ(x, y, z) = 1. Como z =√

a2 − x2 − y2 se tiene

ds =

√1 + (

∂h

∂x)2 + (

∂h

∂y)2 dx dy =

a

zdx dy

Luego la masa del hemisferio (en este caso area de la semiesfera) es

m =

∫ ∫

S

ρ(x, y, z) ds =

∫ ∫

S

ds = 2πa2

Finalmente

z =1

2π a2

∫ ∫

D

za

zdx dy =

1

2πa

∫ ∫

D

dx dy =1

2πaπ a2 =

a

2

donde D es el cırculo de radio a en el plano X Y .

3.2. Segundo tipo de Integral de Superficie

La integral de superficie

∫ ∫

S

f(x, y, z) ds es analoga a la integral de linea∫C f(x, y)ds.

Existe un segundo tipo de integral de linea de la forma∫C Pdx + Qdy. Para definir la

integral de superficie [2] ∫ ∫

S

f(x, y, z) ds

con dx dy en vez de dS, reemplazamos el area del paralelogramo 4Pi en la ecuacion (?)

por el area de su proyeccion en el plano X Y .

3.2. SEGUNDO TIPO DE INTEGRAL DE SUPERFICIE 29

Figura 3.5:

Consideremos el vector normal unitario a S

n =N

|N | = (cosα, cosβ, cosγ)

como

N =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k

∂x∂u

∂y∂u

∂z∂u

∂x∂v

∂y∂v

∂z∂v

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

o en la notacion del Jacobiano N =(

∂(y,z)∂(u,v)

, ∂(z,x)∂(u,v)

, ∂(x,y)∂(u,v)

).

Las componentes del vector normal unitario n son

cosα =1

|N |∂(y, z)

∂(u, v), cosβ =

1

|N |∂(z, x)

∂(u, v), cosγ =

1

|N |∂(x, y)

∂(u, v)

De la figura vemos que la proyeccion (con signo) del area4Pi en el plano X Y es4Pi cosγ.

La correspondiente suma de Riemann motiva la definicion

∫ ∫S

f(x, y, z) dx dy =∫ ∫

Sf(x, y, z) cosγ dS

=∫ ∫

R f(r(u, v)) ∂(x,y)∂(u,v)

du dv

De manera analoga, definimos

∫ ∫S

f(x, y, z) dy dz =∫ ∫

Sf(x, y, z) cosα dS

=∫ ∫

R f(r(u, v)) ∂(y,z)∂(u,v)

du dv

∫ ∫S

f(x, y, z) dz dx =∫ ∫

Sf(x, y, z) cosβ dS

=∫ ∫

Sf(r(u, v)) ∂(z,x)

∂(u,v)du dv

Nota∂(x, z)

∂(u, v)= −∂(z, x)

∂(u, v)

y esto implica que∫ ∫

S

f(x, y, z) dx dz = −∫ ∫

S

f(x, y, z) dz dx

La integral de superficie general de segundo tipo es la suma

∫ ∫S

P dy dz + Qdz dx + R dx dy =∫ ∫

S(P cosα + Qcosβ + Rcosγ) dS ? ?

=∫ ∫

R

(P ∂(y,z)

∂(u,v)+ Q ∂(z,x)

∂(u,v)+ R ∂(x,y)

∂(u,v)

)du dv

En este caso P , Q y R son funciones continuas de x , y y z.

Supongamos que F = (P, Q, R). Entonces, el integrando de la ecuacion (? ?) es sim-

plemente F . n de modo que obtenemos∫ ∫

S

F.n dS =

∫ ∫

S

P dy dz + Qdz dx + R dx dy


entre estos dos tipos de integrales de superficie. Esta formula es analoga a la formula

anterior ∫

CF.T ds =

∫

CPdx + Qdy + Rdz

para integrales de linea.

Ejemplo 3.2.1 Supongamos que S es la superficie z = h(x, y) con (x, y) en D Muestre

entonces que∫ ∫

S

P dy dz + Qdz dx + R dx dy =

∫ ∫

D

(−P

∂z

∂x−Q

∂z

∂y+ R

)dx dy

donde P , Q y R de la segunda integral se evaluan en (x, y, h(x, y))

Solucion

Se tiene que∫ ∫

S

P dy dz+Qdz dx+R dx dy =

∫ ∫

S

(P

∂(y, z)

∂(x, y)+ Q

∂(z, x)

∂(x, y)+ R

∂(x, y)

∂(x, y)

)dx dy (∗)

luego

∂(y, z)

∂(x, y)=

∣∣∣∣∣∣

∂y∂x

∂y∂y

∂z∂x

∂z∂y

∣∣∣∣∣∣= −∂z

∂x,

∂(z, x)

∂(x, y)=

∣∣∣∣∣∣∂z∂x

∂z∂y

∂x∂x

∂x∂y

∣∣∣∣∣∣= −∂z

∂y,

∂(x, y)

∂(x, y)= 1

Reemplazando estos resultados en (∗) se tiene:∫ ∫

S

P dy dz + Qdz dx + R dx dy =

∫ ∫

D

(−P

∂z

∂x−Q

∂z

∂y+ R

)dx dy

3.3. El Flujo de un Campo Vectorial

Una de las aplicaciones mas importantes de las integrales de superficie requieren del

calculo del flujo de un campo vectorial. Para definir el flujo del campo vectorial F a traves

de la superficie S, supondremos que S tiene un campo vectorial normal unitario n que

varia de manera continua de un puntro a otro de S. Esta condicion excluye de nuestra

consideracion a las superficies con un solo lado (no orientables) como la banda de Mobius

[5].

Si S es una superficie con dos lados (orientable) entonces existen dos elecciones posibles

de n. Por ejemplo si S es una superficie cerrada (como una esfera) que separe el espacio

en dos partes, entonces podemos elegir como n el vector normal exterior ( en cada punto

de S) o el vector normal interior. El vector n = N|N | puede ser el normal exterior o interior;

la eleccion de estos depende de la forma como se ha parametrizado a S.

3.3. EL FLUJO DE UN CAMPO VECTORIAL 31

Figura 3.6: Banda de Mobius: r(u, v) = ( (2− v sin(u2 )) sen(u) , (2− v sin(u

2 )) cos(u) , v cos(u2 ))

Ahora consideremos el flujo de un campo vectorial. Supongamos que tenemos el campo

vectorial F , la superficie orientable S y un campo vectorial normal unitario n sobre S.

Definamos el flujo φ de F a traves de S en la direccion de n

φ =

∫ ∫

S

F.n dS (∗ ∗ ∗)

Por ejemplo si F = ρ V donde V es el campo vectirial de velocidades correspondiente al

flujo estacionario en el espacio de un fluido de densidad ρ y n es elvector normal unitario

exterior para una superficie cerrada S que acota la region T del espacio, entonces el flujo

determinado por la ecuacion (∗ ∗ ∗) es la tasa neta de flujo del fluido fuera de T a traves

de su superficie frontera S en unidades tales como gramos por segundo.

Una aplicacion similar es al flujo de calor, que desdde el punto de vista matematico

es bastante similar al flujo de un fluido. Supongamos que un cuerpo tiene temperatura

u = u(x, y, z) en el punto (x, y, z). Los experimentos indican que el flujo de calor en el

cuerpo queda descrito por el vector del flujo del calor

q = −k5 u

El numero k (que por lo general pero no siempre es constante) es la conductividad termica

del cuerpo. El vector q apunta en la direccion del flujo de calor y su longitud es la razon

de flujo de calor a traves de un area unitaria normal a q. Esta razon de flujo se mide

en unidades como calorias por segundo por centimetro cuadrado. Si S es una superficie

cerrada dentro del cuerpo que acota la region solida T y n denota el vector normal unitario

exterior a S, entonces ∫ ∫

S

q.n dS = −∫ ∫

S

k 5 u.n dS


es la razon neta del flujo de calor ( en calorias por segundo, por ejemplo) hacia fuera de

la region T a traves de su superficie frontera S.

Ejemplo 3.3.1 Determine el flujo del campo vectorial F = (x, y, 3) hacia afuera de la

region T acotada por el paraboloide z = x2 + y2 y por el plano z = 4.

Solucion

El flujo total de F hacia fuera de T esta dado por:

∫ ∫

T

F . n dS =

∫ ∫

S1

F . n1 dS +

∫ ∫

S2

F . n2 dS

Figura 3.7: Figura 3.8:

Sea n1 = (0, 0, 1), luego

∫ ∫

S1

F . n1 dS =

∫ ∫

S1

3 dS = 3 (π 22 ) = 12 π.

Por otra parte, sea G(x, y, z) = x2+y2−z = 0. Luego N2 = ∇G = (2x , 2y , −1) (orientacion

hacia afuera) y

∫ ∫

S2

F . n2 dS =

∫ ∫

R

F .N2

|N2| |N2| dx dy =

∫ ∫

R

( 2x2 + 2y2 − 3 ) dx dy

donde R = {(x, y) ∈ R2 / 0 ≤ x2 + y2 ≤ 4} es la proyeccion de la superficie T sobre el

plano X Y . Parametricemos R mediante las coordenadas polares:

x = r cosθ

y = r senθ donde 0 ≤ r ≤ 2 , 0 ≤ θ ≤ 2 π y J(r, θ) = r

3.3. EL FLUJO DE UN CAMPO VECTORIAL 33

∫ ∫

S2

F . n2 dS =

∫ ∫

R

( 2x2 + 2y2 − 3 ) dx dy

=

∫ 2 π

0

∫ 2

0

( 2r2 − 3 ) r dr dθ

= 4 π

Por lo tanto el flujo total hacia fuera de T es: 12 π + 4 π = 16 π.

Ejemplo 3.3.2 La temperatura u de una bola metalica es proporcional al cuadrado de

la distancia desde el centro de la bola. Encuentre la rapidez del termico que atraviesa la

esfera S de radio a con centro en el centro de la bola.

Solucion

Considerando el centro de la esfera (0, 0, 0), se tiene:

u(x, y, z) = C (x2 + y2 + z2)

donde C es la constante de proporcionalidad. Entonces el flujo termico es:

F (x, y, z) = −k∇u = −k C (2x, 2y, 2z)

donde k es la conductividad del metal.

La normal a la esfera que esta dada por:G(x, y, z) = x2 + y2 + z2 − a2 = 0 es:

N = ∇G = (2x, 2y, 2z) (con orientacion hacia afuera)

∫ ∫

S

F . n dS =

∫ ∫

S

F .N

|N | dS

=

∫ ∫

S

−k C

a(2x, 2y, 2z) . (x, y, z) dS

=

∫ ∫

S

−2 k C

a(x2 + y2 + z2) dS

= −∫ ∫

S

2 k C

a(x2 + y2 + z2) dS

= −∫ ∫

S

2 k C

aa2 dS

= −2 a k C

∫ ∫

S

dS

= −2 a k C ( 4 π a2 )

= −8 k C a3.


3.4. El Teorema de la Divergencia

El teorema de la divergencia es a las integrales de superficie lo que el teorema de

Green a las integrales de linea. Nos permite convertir una integral de superficie sobre

una superficie cerrada en una integral triple sobre la region que encierra la superficie o

viceversa. El Teorema de la Divergencia tambien se conoce como el teorema de Gauss y

como el teorema de Ostrogradski. Gauss lo utilizo para estudiar los campos de fuerzas

del cuadrado inverso; mientaras que Ostrogradski lo utilizo para estudiar el flujo de calor.

Ambos realizaron sus estudios en la decada de 1830 [6].

Teorema 3.4.1 (DIVERGENCIA) Supongamos que S es una superficie cerrada suave

por partes que acota la region del espacio T . Sea F = P i + Qj + R k un campo vectorial

con funciones componentes que tienen derivadas parciales de primer orden continuas en

T . Sea n el vector normal unitaria exterior a S. Entonces

∫ ∫

S

F.n dS =

∫ ∫ ∫

T

∇.FdV


OBSERVACION

Si n esta dado en terminos de sus cosenos directores como n = (cosα , cosβ , cosγ),

entonces podemos escribir el teorema de la divergencia en forma escalar:

∫ ∫

S

(P cosα + Qcosβ + R cosγ) dS =

∫ ∫ ∫

T

(∂P

∂x+

∂Q

∂y+

∂R

∂z) dV

Es mejor parametrizar S de modo que el vector normal dado por la aproximacion sea la

normal exterior. Entonces escribir la ecuacion anterior en forma cartesiana:

∫ ∫

S

P dy dz + Q dz dx + R dx dy =

∫ ∫ ∫

T

(∂P

∂x+

∂Q

∂y+

∂R

∂z) dV

Ejemplo 3.4.1 Resuelva el ejemplo 3.3.1. usando el teorema de la divergencia.

Solucion

Sean Dado que F = (x, y, 3) se tiene que P = x , Q = y , R = 3

∂P∂x

= 1 , ∂Q∂y

= 1 , ∂R∂z

= 0

luego div F = 2

Dado que F es de clase C1, el teorema de la divergencia implica que

∫ ∫

S

F.n dS =

∫ ∫ ∫

T

2 dV

3.4. EL TEOREMA DE LA DIVERGENCIA 35

Para resolver la integral triple usemos coordenadas cilindricas

x = r cosθ 0 ≤ θ ≤ 2π

y = r senθ 0 ≤ r ≤ 2

z = z , r2 ≤ z ≤ 4 , J(r, θ, z) = r

∫ ∫

S

F.n dS =

∫ 2π

0

∫ 2

0

∫ 4

r2

2 r dz dr dθ = 16 π

Ejemplo 3.4.2 Sea S la superficie del cilindro solido T acotada por los planos z = 0

, z = 3 y por el cilindro x2 + y2 = 4. Calcule el flujo hacia fuera∫ ∫

SF.n dS dado que

F = (x2 + y2 + z2) (x, y, z).

Solucion

Sean P = (x2 + y2 + z2) x , Q = (x2 + y2 + z2) y , R = (x2 + y2 + z2) z

∂P∂x

= 3x2 + y2 + z2 , ∂Q∂y

= 3y2 + z2 + x2 , ∂R∂z

= 3z2 + x2 + y2

luego div F = 5 (x2 + y2 + z2)

Dado que F es de clase C1, el teorema de la divergencia implica que∫ ∫

S

F.n dS =

∫ ∫ ∫

T

5 (x2 + y2 + z2)dV

Para resolver la integral triple usemos coordenadas cilindricas

x = r cosθ 0 ≤ θ ≤ 2π

y = r senθ 0 ≤ r ≤ 2

z = z J(r, θ, z) = r

∫ ∫

S

F.n dS =

∫ 2π

0

∫ 2

0

∫ 3

0

5 (r2 + z2) r dz dr dθ = 300 π

Ejemplo 3.4.3 Muestre que la divergencia del campo vectorial F en el punto P esta dada

por

{div F}(P ) = lımr→0

1

Vr

∫ ∫

Sr

F.n dS (α)

donde Sr es la esfera de radio r con centro en P y Vr = 43π r3 es el volumen de la bola

Br acotada por la esfera.

Solucion

Sabemos que ∫ ∫

Sr

F.n dS =

∫ ∫ ∫

Br

divF dV

Entonces aplicamos el teorema del valor promedio para integrales triples∫ ∫ ∫

Br

divF dV = Vr {divF}(P ∗)


para algun punto P ∗ de Br; supongamos que las funciones componentes de F tienen

derivadas parciales de primer orden, continuas en P , de modo que

{div F}(P ∗) → {div F}(P ) cuando P ∗ → P

Obtenemos la ecuacion (α) al dividir ambos lados entre Vr y considerar el limite cuando

r → 0.

NOTA

Supongamos que F = ρ V es el campo de vectorial para el flujo de un fluido. Podemos

interpretar la ecuacion (α) diciendo que {divF}(P ) es la tasa neta por unidad de volumen

de masa de fluido que fluye fuera (o “diverge”) del punto P . Por esta razon, el punto P

es una fuente si {divF}(P ) > 0 y un sumidero si {div F}(P ) < 0.

El calor en un cuerpo conductor se puede considerar desde el punto de vista matematico

como si fuera un fluido que fluye por el cuerpo.

El teorema de la divergencia se aplica para demostrar que si u = u(x, y, z, t) es la

temperatura en el punto (x, y, z) en el instante t en un cuerpo por el que fluye el calor,

entonces la funcion u debe satisfacer la ecuacion

∂2u

∂x2+

∂2u

∂y2+

∂2u

∂z2=

1

k

∂u

∂t

donde k es una constante (la difusion termica del cuerpo). Esta es una ecuacion diferencial

parcial llamada “ecuacion dl calor”. Si estan dadas la temperatura inicial u(x, y, z, 0) y

la temperatura en la frontera del cuerpo, entonces sus temperaturas interiores en los

instantes futuras quedan determinadas por la ecuacion del calor.

A continuacion se mencionan dos aplicaciones inmediatas del teorema de la divergencia

[6].

3.4.1. Ley de Gauss

La ley de Gauss de la electrostatica afirma: el flujo neto de electricidad a traves de

cualquier superficie cerrada es igual a la carga neta que se encuentra dentro de ella divida

entre la constante de permitividad del espacio libre εo.

Su formulacion matematica se establece como sigue:

Φε =1

εo

N∑i=1

qi =q

εo

=

∫ ∫

S

E.n dS

donde Φε denota el flujo electrico y q la carga total.


Utilizando el teorema de la divergencia se deduce que

Φε =

∫ ∫ ∫

V

div E.dV =q

εo

El valor matematico preciso de la constantes fısica ε0 (permitividad del vacio o del espacio

libre) es:

εo =107

4 π c2

donde c = 299792458 m/s es el valor exacto de la velocidad de la luz en el vacio.

3.4.2. Ley de Coulomb

La ley Gauss es tan importante, que hasta la misma ley de Coulumb se puede deducir

como un corolario de aquella, como se menciona a continuacion.

Teorema 3.4.2 Dos cargas electricas q0 y q, separadas entre si una distancia r, se atraen

con una fuerza F de magnitud

F =qo q

4 π εo r2

Prueba

Supongamos que se tiene una carga puntual q, considerada en el centro de una esfera

S de radio r. Sea E un campo de vectores que represnta el campo electrico sobre S. Es

claro que los dos vectores E y dS = n dS apuntan ambos hacia afuera de la esfera de

manera perpendicular a esta, ası que el angulo que forman ambos vectores en un mismo

punto tiene que ser cero. Por tanto,

E.n dS = E. dS = ||E|| ||n|| ds cos0o = E dS

Al aplicar la ley de Gauss a esta esfera S de radio r, se obtiene

q

εo

=

∫ ∫

S

E.n dS =

∫ ∫

S

E dS = E

∫ ∫

S

dS = E (4 π r2)

De aqui que

E =q

4 π εo r2(1)

Ahora consideremos una segunda carga electrica qo separada a una distancia r de la carga

q (no importa si se trata de cargas del mismo signo o de signos contrarios). Obviamente

qo esta sobre la esfera S, ası que la magnitud de la fuerza que actua sobre qo es

F = E qo (2)


Combinando (1) y (2) se obtiene la formula para la ley de Coulomb:

F =1

4 π εo

q qo

r2

La forma vectorial de la ley de Coulumb se puede expresar introduciendo el vector r, que

va desde el punto donde se encuentra la carga q hasta el punto donde se encuentra la

carga qo:

F =1

4 π εo

q qo

r3r

3.4.3. Teorema de Stokes

El teorema de Stokes se puede considerar como version del teorema de Green para tres

dimensiones. Mientras que el teorema de Green relaciona una integral doble sobre una

region plana D con una integral de linea alrededor de su curva frontera plana, el teorema

de stokes relaciona una integral de superficie sobre una superficie S con una integral de

linea alrededor de la curva frontera de S (que es una curva en el espacio)[4].

Figura 3.9:

La figura 3.9 muestra una superficie orientada con

vector normal unitario n. La orientacion de S induce

la orientacion positiva de la curva frontera C como se

muestra en la figura. Esto significa que si usted camina

a lo largo de la curva C, en la direccion positiva con

su cabeza apuntando en la direccion de n, entonces la

superficie siempre estara a su izquierda.

Teorema 3.4.3 ( STOKES) Sea S una superficie

suave a trozos y orientada que esta limitada por una curva frontera C, cerrada, suave

a trozos y positivamente orientada. Sea F un campo vectorial cuyas componentes tienen

derivadas parciales continuas en una region abierta R3 que contiene a S. Entonces

∮

CF.T dS =

∫ ∫

S

(rot F ).n dS


Notas

En terminos de las componentes de F = (P, Q, R) y las de rot F , podemos replantear

el teorema de Stokes, con la ayuda de la ecuacion

∫ ∫

S

F.n dS =

∫ ∫

S

P dy dz + Qdz dy + R dx dy


en su forma escalar:∮

CP dx + Qdy + R dz =

∫ ∫

S

(∂R

∂y− ∂Q

∂z) dy dz + (

∂P

∂z− ∂R

∂x) dz dx + (

∂Q

∂x− ∂P

∂y) dx dy

En el caso especial en el que la superficie S es plana y se encuentre en el plano X Y con

orientacion hacia arriba, la norma unitaria es k, la integral de superficie se convierte en

una integral doble y el teorema de Stokes es:∫

CF.T dS =

∫ ∫

S

rot F.n dS =

∫ ∫

S

rot F.k dA

Esta es precisamente la forma vectorial del teorema de Green que se dio anteriormente.

Ası que el teorema de Green es realmente un caso especial del teorema de Stokes.

Figura 3.10:

El teorema de Stokes tiene una interesante inter-

pretacion geometrica [6]: En la figura 3.10 se muestra

una curva cerrada y orientada C que encierra una su-

perficie abierta S, a la que se le asignado orientacion

positiva en una de sus caras. En el lado con ori-

entacion positiva de S podemos imaginar un numero

infinitamente grande de circulaciones adyacentes infinitamente pequenas, las cuales se

cancelan entre si de tal manera que la unica componente que contribuye al rotacional

neto del campo vectorial F integrando sobre la superficie S es precisamente la integral

de linea sobre el contorno C.

Ejemplo 3.4.4 Utilice el teorema de Stokes para calcular la integral∫ ∫

Srot F.n dS donde

F (x, y, z) = (yz, xz, xy) y S es la parte de la esfera x2 + y2 + z2 = 4 que se encuentra

dentro del cilindro x2 + y2 = 1 y arriba del plano X Y .

Solucion

La curva C es la interseccion del cilindro con la esfera:

C :

x2 + y2 + z2 = 4

x2 + y2 = 1⇒ x2 + y2 = 1

z =√

3 > 0

Figura 3.11:

La parametrizacion de C es:

x = cosθ

y = senθ 0 ≤ θ ≤ 2 π

z =√

3

C : α(θ) = (cosθ , senθ ,√

3)


⇒ ∫ ∫S

rot F . n dS =∮C F . T dS =

∫C F (α(θ)) . α ′(θ) dθ

F (α(θ)) = (√

3 senθ ,√

3 cosθ , cosθ senθ

α ′(θ) = (−senθ, cosθ , 0)

F (α(θ)) . α ′(θ) = −√

3 sen2θ +√

3 cos2θ

Finalmente

∫ ∫

S

rot F . n dS =

∫

CF (α(θ)) . α ′(θ) dθ

=

∫ 2π

0

√3 (−sen2θ + cos2θ) dθ

=

∫ 2π

0

√3 cos(2 θ) dθ

= 0

Observaciones

1. Si S1 y S2 son dos superficie orientadas con la misma curva frontera orientada C y

ambos satisfacen las hipotesis del teorema de Stokes [5], entonces

∫ ∫

S1

rot F . n dS =

∮

CF . T dS =

∫ ∫

S2

rot F . n dS

2. Utilicemos el teorema de Stokes para explicar el significado del vector rotacional

[5]. Supongamos que C es una curva cerrada orientada y V representa el campo de

velocidades de un fluido. Consideremos la integral de linea∫C V . T dS recordemos

que V.T es la componente de V en la direccion del vector tangente unitaria T . Esto

es, cuanto mas cercana sea la direccion de V a la direccion de T , mayor es el valor

de V.T . Entonces∫C V . T dS es una medidad de la tendencia del fluido a moverse al

rededor de C y se llama CIRCULACION de V alrededor de C.

Ahora sea P (xo , yo , zo) un punto del fluido y sea Sa un pequeno disco con radio a y

centro Po. Entonces (rot F ) (P ) ≈ (rot F ) (Po) para todos los puntos P sobre Sa porque

rot F es continuo. Ası por el teorema de Stokes, obtenemos la siguiente aproximacion a

la circulacion alrededor del circunferencia frontera Ca:

∫

Ca

V . T dS =

∫ ∫

Sa

rot V . n dS

≈∫ ∫

Sa

rot V (Po) . n(Po) dS

= rot V (Po) . n(Po) π a2


Figura 3.12:∫C V.T ds > 0 circulacion positiva Figura 3.13:

∫C V.T ds < 0 circulacion negativa

Esta aproximacion mejora a medida que a → 0 y tenemos

rot V (Po) . n(Po) = lıma→0

1

π a2

∫

Ca

V . T dS (∗)

La ecuacion (∗) da la relacion entre el rotacional y la circulacion. Demuestra que rot V . n

es una medida de la rotacion del fluido alrededor del eje n. El efecto de rotacion es mayor

alrededor del eje paralelo al rot V.

Figura 3.14:

Imaginemos una pequena rueda de paletas

colocada en el fluido en un punto P , como en

la figura, la rueda de paletas gira con mas rapi-

dez cuando su eje es paralelo al rot V .

Ejemplo 3.4.5 Aplique el teorema de Stokes

para calcular la integral de superficie∫ ∫

Srot F . n dS

donde F = (3y,−xz, yz2) y S es la superficie z = (x2 + y2)/2 tomando como frontera de

S a la curva C descrita por el corte de la misma con el plano z = 2 y orientada en el

sentido de las manecillas del reloj cuando se ve desde arriba.

Solucion

∫ ∫S

rot F . n dS =∮C F . T dS =

∫C P dx + Qdy + R dz =

∫C 3y dx− xzQ dy + yz2 dz

C: es una curva dada por la interseccion del paraboloide y el plano:

C :

z = 12(x2 + y2)

z = 2⇒ x2 + y2 = 4


Luego C se parametriza por: α(θ) = (2 cosθ , −2 senθ , 2) t ∈ [0, 2π]∫ ∫

S

rot F . n dS =

∫

C3y dx− xzQdy + yz2 dz

=

∫ 2 π

0

(3(−2senθ)(−2senθ)− (2cosθ)(2)(2cosθ) + (−2senθ)(4)(0))dt

=

∫ 2 π

0

(12sen2θ + 8cos2θ)dt

= 20 π.

Ejemplo 3.4.6 Se consideran el campo vectorial F (x, y, z) = (x2, x − 2x y, 0), y la su-

perficie regular S (con vector normal n de tercera componente positiva) que resulta de la

interseccion del plano 2y + z− 6 = 0 y el cubo [0, 4]× [0, 4]× [0, 4]. Si γ es el borde de S,

con orientacion antihoraria, calcule∮

γG . T dS. donde F = rot G.

Solucion

La superficie S esta parametrizado por r(x, y) = (x, y, 6− 2y), luego

Figura 3.15:

rx = (1, 0, 0)

ry = (0, 1,−2)

rx × ry = (0,−2, 1) = N

Por el Teorema de Stokes, se tiene:∮

γ

G . T dS =

∫ ∫

S

rot G.n dS

=

∫ ∫

D

F.N dx dy

=

∫ 4

0

∫ 3

1

(−2x + 4xy) dy dx

= −96.

Ejemplo 3.4.7 Calcule la circulacion del cam-

po de velocidades de un fluido F (x, y, z) = ( arctan (y2) , 3x , e3 z tan(z)) a lo largo de la

interseccion de la esfera x2 + y2 + z2 = 4 con el cilindro x2 + y2 = 1, con z > 0.

Solucion

La circulacion de un campo es su integral a lo largo de la curva cerrada (trabajo), esto

es: ∫

C

F . T ds.

Recordemos que la razon entre la circulacion del campo de velocidades y el area de la

superficie encerrada por la curva, tiende a un cierto valor a medida que el radio de la curva

tiende a cero; si este valor es nulo, entonces el fluido es irrotacional.


Figura 3.16:

Primero parametricemos la superficie S (que es la

interseccion del cilindro con la esfera) por r(r, θ) =

(r cosθ , r senθ ,√

4− r2) donde 0 ≤ r ≤ 1 y

0 ≤ θ ≤ 2 π. Luego se tiene:

N = rr × rθ = ( r√4−r2 cosθ , r√

4−r2 senθ , r )

Para calcular la circulacion del campo F , aplique-

mos el teorema de Stokes:∫

C

F . T ds =

∫ ∫

S

rot F . n dS

=

∫ ∫

D

rot F . N dr dθ

=

∫ 2 π

0

∫ 1

0

(0, 0, 3) . (r√

4− r2cosθ ,

r√4− r2

senθ , r ) dr dθ

=

∫ 2 π

0

∫ 1

0

3 r dr dθ

= 3 π

Observacion

Notemos que calcular la circulacion en forma directa es bastante engorroso.


1. Calcule∫ ∫

S(x2 + y2) dS, siendo S la superficie del cono z2 = 3(x2 + y2), con 0 ≤

z ≤ 3.

2. Sea S la semiesfera x2 + y2 + z2 − a2 = 0 , z ≥ 0. Halle∫ ∫

S(x2 + y2) dS.

3. Sea F un campo irrotacional con derivadas primeras continuas en un dominio D

simplemente conexo de R3. Sea γ una curva simple cerrada contenida en D. Pruebe

que la circulacion (∮

γF . T ds) es cero.

4. Calcule∮

C2ydx+3xdy−z2dz siendo C la circunferencia de ecuaciones parametricas

x = 3cost , y = 3sent , z = 0 , para 0 ≤ t ≤ 2 π.

5. Se consideran el cono S de ecuaciones parametricas x = ucosv , y = usenv , z =

3u , para 0 ≤ u ≤ 1 , 0 ≤ v ≤ 2 π y el campo vectorial F = (x, y, z). Halle el

flujo de F a traves de S en el sentido normal exterior.

6. Halle el flujo de F = (sen(xyz), x2y, z2ex/5) que atraviesa la parte del cilindro 4y2 +

z2 = 4 que esta arriba del plano XY y entre los planos x = −2 y x = 2 con


orientaciones hacia arriba.

7. Un fluido tiene densidad de 1500 y campo de velocidad v = (−y, x, 2z). Encuentre

la rapidez de flujo que atraviesa la superficie, dirigido hacia afuera (flujo exterior)

x2 + y2 + z2 = 25.

8. Utlice la ley de Gauss para hallar la carga contenida en la semiesfera solida x2 +

y2 + z2 ≤ a2 , z ≥ 0, si el campo electrico es E(x, y, z) = (x, y, 2z).

9. Utlice la ley de Gauss para hallar la carga encerrada por el cubo con vertices

(±1,±1,±1) si el campo electrico es E(x, y, z) = (x, y, z).

10. La temperatura en el punto (x, y, z) en una sustancia con conductividad K = 6, 5 es

u(x, y, z) = 2y2 + 2z2. Encuentre la rapidez del flujotermico hacia dentro que cruza

la superficie cilındrica y2 + z2 = 6 , 0 ≤ x ≤ 4.

11. Aplicando el teorema de Stokes, calcule la integral de linea∮

Cx2y3dx + dy + zdz

donde C es la curva x2 + y2 = R2 , z = 0 recorrido en sentido antihorario.

12. Sea S la superficie helicoidal paramerizadopor r(u, v) = (ucosv , usenv , v) 0 ≤u ≤ 1 , 0 ≤ v ≤ 2 π/2. Verifique el teorema de Stokes sobre la superficie S con

normal exterior hacia arriba para el campo vectorial F (x, y, z) = (z, x, y).

13. Verifique que se cumple el teorema de Stokes para el campo vectorial dado F y la

superficie S.

a) F (x, y, z) = (3y, 4z,−6x), S es la parte del paraboloide z = 9− x2 − y2 que se

encuentra arriba del plano XY , orientado hacia arriba.

b) F (x, y, z) = (y, z, x), S es la parte plano x + y + z = 1 que se encuentra en el

primer octante, orientado hacia arriba.

14. Calcule el trabajorealizado por el campo de fuerza

F (x, y, z) = (xx + z2, yy + x2, zz + y2)

al mover una partıcula alrededor del borde de la parte de la esfera x2+y2+z2 = 4 que

esta en el primer octante, en sentido contrario al giro de las manecillas del reloj(visto

desde arriba).

15. Si S es una esfera y F satisface las hipotesis del teorema de Stokes, demuestre que∫ ∫

Srot F . n dS = 0.

Bibliografıa

[1] Apostol Tom, M. Calculus Vol I y II, ed.,Reverte, Barcelona 2001.

[2] Edwards, Jr., D. Calculo con Geometra Analıtica, ed.,Prentice Hall, Mexico, 1998.

[3] Garcia Lopez, A. Calculo II, ed.,CLAGSA, Madrid, 1997.

[4] Pita Ruiz, C. Calculo Vectorial, ed.,Prentice Hall, Mexico, 1998.

[5] Stewart, J.Calculo Multivariable,4a ed.,Thomson, Learning, Mexico, D.F. 2006.

[6] Velasco Sotomayor, G. Problemario de calculo multivariable, ed.,Thomson, Learn-

ing, Mexico, D.F. 2003.

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Indice alfabetico

area de la superficie, 19

campos conservativos y funciones poten-

ciales, 6

flujo de un campo vectorial, 30

independencia de la trayectoria, 6

Integrales de Superficie, 25

La Integral de Linea con respecto de la

longitud de arco, 2

ley de Coulomb, 37

ley de Gauss, 36

segundo tipo de Integral de superficie, 28

superficie parametrica, 18

Teorema de la divergencia, 34

teorema de stokes, 38

46

Separata de Matematica III FIME

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