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Semestre 3-2011

José Luis Quintero Octubre 2011

CÁLCULO VECTORIAL (0254)

Universidad Central de Venezuela Facultad de Ingeniería

Ciclo Básico Departamento de Matemática Aplicada

Semestre 3-2011

José Luis Quintero Octubre 2011

TEMA 1

INTEGRALES DE LÍNEA Y SUS APLICACIONES

Cálculo Vectorial (0254)

Semestre 3-2011

Integrales de Línea y sus Aplicaciones

Prof. José Luis Quintero U.C.V. F.I.U.C.V. CÁLCULO VECTORIAL (0254) - TEMA 1

Las notas presentadas a continuación tienen como único fin, el de prestar apoyo al

estudiante y facilitar su entendimiento en el tema de integrales de línea y sus aplicaciones.

La guía contempla un pequeño resumen de la teoría correspondiente que sirve de

repaso a los contenidos teóricos que componen el tema. Se presentan ejercicios resueltos y

propuestos, algunos son originales, otros se han tomado de guías redactadas por profesores,

también hay ejercicios tomados de exámenes y de algunos textos. Se ha tratado de ser lo

más didáctico posible y se espera prestar un apoyo a la enseñanza del Cálculo Vectorial en

Ingeniería.

Agradezco las observaciones y sugerencias que me puedan hacer llegar en la mejora

del presente material, las mismas pueden ser enviadas a la siguiente dirección de correo:

[email protected].

INDICE GENERAL Integrales de Línea y sus Aplicaciones


1.1. Campo escalar

1.2. Campo vectorial

1.3. Operador

1.4. Operador gradiente

1.5. Operador divergencia

1.6. Operador rotacional

1.7. Operador laplaciano

1.8. Campos especiales

1.9. Campos vectoriales con Maple

1.10. Integral de línea

1.11. Integral de línea en el espacio

1.12. Centro de masa

1.13. Momento de inercia

1.14. Ejercicios resueltos

1.15. Integrales de línea de campos vectoriales

1.16. Relación entre integrales de línea de campos vectoriales e integrales de

línea de campos escalares

1.17. Flujo y circulación de un campo

1.18. Teorema fundamental para integrales de línea

1.19. Independencia de la trayectoria

1.20. Conservación de la energía

1.21. Campos conservativos en R2

1.22. Campos conservativos en R3


1.24. Teorema de Green

1.25. Aplicación del Teorema de Green al cálculo de áreas de regiones planas

1.26. Formas vectoriales del Teorema de Green


1.28. Ejercicios propuestos

1

1

3

4

4

5

7

9

10

13

18

19

21

23

35

39

40

41

42

45

46

49

51

62

67

68

71

92

CAMPO ESCALAR Integrales de Línea y sus Aplicaciones Pág.: 1 de 104


1.1. CAMPO ESCALAR

Definición 1. Un campo escalar es una función nf :R R→ que asigna a cada valor de r un

único valor f(r).

Geométricamente un campo escalar se representa mediante las superficies isoescalares (superficies en las que el valor f(r) se mantiene constante). Dependiendo de la

magnitud de la que se trate las superficies isoescalares tomarán un nombre u otro (isotermas,

isobaras, etc.). Debido a la definición de campo escalar dos superficies isoescalares nunca

pueden cortarse. Un ejemplo típico son las tablas P-v-T usadas en Termodinámica, obtenidas

precisamente de superficies isoescalares (ver figura 1).

Ejemplo 1. Para describir matemáticamente un campo escalar se tiene, por ejemplo, M f(x,y,z)= . Si se quiere definir el campo escalar distancias al origen de coordenadas se

tiene: 2 2 2M f(x,y,z) x y z= = + + .

Dado un punto del espacio se tiene bien escrita una magnitud para ese punto. En el punto

(1,1,1) la magnitud, en este caso, es 3 .

La representación gráfica de un campo escalar se puede realizar por medio de sus

superficies de nivel, es decir, uniendo con una línea todos los puntos que presente el mismo

potencial, y observando estos dibujos tendremos una idea de cómo se comporta este campo.

Un ejemplo podrían ser las líneas de nivel de un mapa geográfico. En él se indican cuanto

vale en cada punto la altura. Basta echar una ojeada a un mapa geográfico para, observando

dónde se acumulan más líneas de nivel saber que en esos puntos la pendiente será mayor

(ver figura 1).

1.2. CAMPO VECTORIAL

Definición 2. Un campo vectorial es una función n n:R R→A que asigna a cada valor de r

un único valor A(r).

CAMPO VECTORIAL Integrales de Línea y sus Aplicaciones Pág.: 2 de 104


Figura 1. Superficie P-v-T de una sustancia pura, con indicación de las isotermas e isobaras

La representación gráfica de los campos vectoriales se realiza mediante líneas

vectoriales. Debido a la definición de campo vectorial dos líneas vectoriales nunca pueden

cortarse. Para describir matemáticamente un campo escalar se debe tener en cuenta que se aportan todas las componentes del vector. Se puede denotar como M f(x,y,z)= o también

como x xM f (x,y,z)= , y yM f (x,y,z)= , z zM f (x,y,z)= .

Ejemplo 2. Un ejemplo (que representa una fuerza cualquiera) de campo vectorial sería

M i j k2 2(x,y,z) x y xy= + + . Note que las componentes de un campo vectorial son cada una

campos escalares.

Aunque representar un campo vectorial no es sencillo, una manera de hacerlo es

mediante el concepto de las líneas de fuerza, que son líneas tangentes en todo punto a la dirección del campo. Si el campo fuera uno de velocidades, estas líneas coincidirían con las

trayectorias de las partículas sometidas a dicho campo. Algunas propiedades de estas líneas

es que no pueden cortarse pues, si así fuera, se tendría que en ese punto habría dos valores

para el mismo campo. Para lograr que estas líneas hablen del módulo del campo (es decir, de

su intensidad) se dibujan de tal manera que la densidad de líneas sea proporcional a dicho

módulo.

CAMPO VECTORIAL Integrales de Línea y sus Aplicaciones Pág.: 3 de 104


Ejemplo 3. En un día con mucho viento, la temperatura que haga en cualquier parte de una

ciudad será un campo escalar. Así se puede decir que en el punto "tal'' existen tantos grados

de temperatura y en el "cual'' otros ciertos grados de temperatura. Dado cualquier punto de la

ciudad diciendo que temperatura hace se tiene un campo escalar (de temperaturas). Si para

esta misma ciudad se toma la intensidad y dirección del viento como un vector se tendrá un

campo vectorial. Análogamente se puede decir: en este punto el vector de la velocidad del

viento es tanto, pero en este otro punto es cuanto. Se tiene definida una cierta magnitud

vectorial en todos los puntos del espacio.

Una magnitud definida en un cierto espacio (p.ej. el euclídeo) y que pueda expresarse

analíticamente como una función de las coordenadas espaciales y del tiempo constituye un

campo en sentido físico. Si la magnitud fuera escalar, se tiene un campo escalar, mientras

que si se tratara de una magnitud vectorial, se tendría un campo vectorial. A su vez, ambos

pueden ser estacionarios, si no dependen del tiempo, sino únicamente de las coordenadas

espaciales y no estacionarios, cuando hay dependencia temporal.

1.3. OPERADOR

Definición 3. Un operador, O , es un objeto que transforma a una función g, en otra h,

Og h= .

Por ejemplo, al derivar una función f(x) , la función resultante, f '(x) , generalmente es

distinta. Por lo tanto, al procedimiento de derivación se le puede asignar un operador,

df d ˆf '(x) f(x) Df(x)dx dx

≡ = = .

A este operador, D , se le llama operador diferencial. A continuación se verán ciertos

operadores aplicados a campos escalares o a campos vectoriales, también llamados

operadores diferenciales.

OPERADOR GRADIENTE Integrales de Línea y sus Aplicaciones Pág.: 4 de 104


1.4. OPERADOR GRADIENTE

Definición 4. Si f(x,y,z) es un campo escalar, se puede formar un vector con sus derivadas

parciales, llamado gradiente de f, denotado como

f(x,y,z) gradf(x,y,z)∇ = = i j kf f f

x y z

∂ ∂ ∂+ +∂ ∂ ∂

,

en donde se reconoce el operador diferencial i j kx y z

∂ ∂ ∂∇ = + +∂ ∂ ∂

aplicado a la función f.

El gradiente de una función escalar es un vector que evaluado en un punto indica la

dirección en la cual la función crece más rápidamente. Por ejemplo, si la función a la que se

refiere es la temperatura, el gradiente de la temperatura indica la dirección en la que la

temperatura crece más rápidamente. Para obtener la rapidez de crecimiento de una función f en

alguna dirección particular, se toma el producto interno entre el gradiente de f y el vector unitario en la dirección deseada u, u uD f ( f)= ∇ • , este concepto se conoce como derivada

direccional. Al tratar a las funciones vectoriales, se ve que resulta conveniente referirse a las

derivadas parciales de cada componente, a través de una notación que simplifique su escritura.

Para este efecto se definen dos operaciones: la divergencia y el rotacional.

1.5. OPERADOR DIVERGENCIA

Definición 5. Sea F una función vectorial de las variables x, y, z. La divergencia de F se

define como

FF FF F yx z(x,y,z) div (x,y,z)

x y z

∂∂ ∂∇ • = = + +

∂ ∂ ∂,

siendo Fx, Fy, Fz las componentes de F.

La divergencia de F es una función escalar (tal como se espera en un producto punto).

Para tener una idea de lo que significa la divergencia de F, considere que F es un campo de velocidad de un fluido y tome un pequeño elemento de volumen v x y z∆ = ∆ ∆ ∆ . (ver figura 2).

OPERADOR DIVERGENCIA Integrales de Línea y sus Aplicaciones Pág.: 5 de 104


La derivada parcial de Fx respecto de x, de acuerdo a la definición de derivada parcial, es

una diferencia entre lo que sale en x x+ ∆ y lo que entra por la cara en x; las otras dos

componentes Fy y Fz no contribuyen en nada a esta diferencia entre estas caras del elemento de

volumen. Análogamente, la derivada parcial de Fy respecto de y, indica una diferencia entre entrada y salida por las caras en y, y en y y+ ∆ ; y la derivada parcial de Fz respecto a z entre

las caras en z, y en z z+ ∆ .

Entonces la divergencia del campo de velocidad es una medida de como cambia F al

volumen por unidad de tiempo y volumen (expansión y contracción). Es decir que la divergencia

de un campo vectorial F es una medida relativa de lo que entra y sale en un elemento de

volumen.

F x(x+∆x,y,z)i

y

F x(x ,y,z)i

∆x

∆y

∆z

Z

X Y

x

z

Figura 2. Componente Fx de F en las caras en x y x+∆x del elemento de volumen

1.6. OPERADOR ROTACIONAL

Definición 6. El rotacional del campo vectorial F se define como

i j kF F i j ky yz x z x

x y z

x y z

F FF F F F(x,y,z) rot (x,y,z) det

y z z x x yF F F

∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∇ × = = = − + − + − ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

OPERADOR ROTACIONAL Integrales de Línea y sus Aplicaciones Pág.: 6 de 104


El rotacional de F es un campo vectorial. Si F representa a un campo de velocidad en un

fluido y se considera la primera componente de F∇ × , la parcial de Fz respecto de y representa

al desplazamiento relativo por unidad de tiempo y longitud de la cara en y respecto a la cara en y y+ ∆ , y la parcial de Fy respecto a z el desplazamiento relativo por unidad de tiempo y

longitud de la cara en z respecto a la cara en z z+ ∆ , como se indica en la figura 3. De tal manera que z yF y F z∂ ∂ − ∂ ∂ indica la tendencia del elemento de volumen a girar alrededor de

un eje paralelo al eje x.

y

F z(x ,y+ ∆ y ,z )k

F z(x ,y ,z )k

∆ x

∆ y

∆ z

Z

X Y

x

z

F y(x ,y ,z )j

F y(x ,y ,z+∆ z )j

Figura 3. Componentes Fy y Fz de F en las caras en z y z+∆z , y las caras en

y y y+∆y del elemento de volumen, respectivamente

Si z yF y F z∂ ∂ − ∂ ∂ es positivo significa que si se señala con el pulgar de la mano derecha

en la dirección x positiva, el giro ocurre en el sentido en que se cierra la mano. Si

z yF y F z∂ ∂ − ∂ ∂ es negativo entonces la tendencia de giro es contraria. Si la diferencia es cero,

no hay tendencia a rotar en esa dirección. De esta forma se puede señalar que el rotacional de

un campo de velocidad es una medida de la tendencia de giro en un elemento de volumen sobre

sí mismo en cada punto del fluido; si F 0∇ × = , en el fluido no hay "pequeños remolinos" o no

hay desplazamiento relativo entre las capas vecinas de fluido.

Observación 1. Hay una operación sobre campos vectoriales en el plano que está estrechamente relacionada con el rotacional. Si F i jP(x,y) Q(x,y)= + es un campo vectorial en

el plano, también se puede considerar como un campo vectorial en el espacio para el cual la

componente k es cero y las otras dos componentes son independientes de z. Entonces, el

rotacional de F se reduce a

OPERADOR ROTACIONAL Integrales de Línea y sus Aplicaciones Pág.: 7 de 104


F kQ P

x y

∂ ∂∇ × = − ∂ ∂

y siempre apunta en la dirección k. La función

Q P

x y

∂ ∂−∂ ∂

de x y y se llama rotacional escalar de F.

Ejemplo 4. a. Sea F un campo vectorial continuo y con segundas derivadas parciales continuas en un

conjunto abierto 3D R⊆ . Pruebe que Fdiv(rot ) 0= .

Solución. Sea F(x,y,z) (P(x,y,z),Q(x,y,z),R(x,y,z))= . Se tiene entonces que:

i j k

Fx y z

R Q P R Q Prot , ,

y z z x x yP Q R

∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂= = − − − ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

De modo que:

F

2 2 2 2 2 2

R Q P R Q Pdiv(rot ) , , , ,

x y z y z z x x y

R Q P R Q P0

x y x z y z y x z x z y

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂= • − − − ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂= − + − + − =∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

b. Demuestre que el campo vectorial V(x,y,z) (x,y,z)= no puede ser el rotacional de algún

campo vectorial F.

Solución. Suponga que V Frot= . Entonces Vdiv( ) 3 0= ≠ . Por tanto, de acuerdo a lo demostrado

en el apartado anterior V no puede ser el rotacional de algún campo vectorial F.

1.7. OPERADOR LAPLACIANO

Definición 7. El operador diferencial puede ser utilizado en más de una ocasión sobre una

función de varias variables. Un ejemplo corresponde a la divergencia del gradiente de una

función, conocida como el laplaciano de la función escalar f denotada como

OPERADOR LAPLACIANO Integrales de Línea y sus Aplicaciones Pág.: 8 de 104


2div(grad f) ( f) f= ∇ • ∇ = ∇ ,

siendo el operador laplaciano en coordenadas cartesianas

2

2 2 2x y z

∂ ∂ ∂∇ = + +∂ ∂ ∂

.

Existe un conjunto de identidades de uso frecuente en el cálculo diferencial vectorial

como las mostradas en la tabla 1.

1.2. 3.

4. 5. F G F G6. F G F G7. F F F8. F G G F F G9. F10. F F F11.

2

(f g) f g

(cf) c f, c ctte

(fg) f g g f

(f / g) (g f f g) / g , g 0

div( ) div div

rot( ) rot rot

div(f ) fdiv f

div( ) rot rot

divrot 0

rot(f ) f.rot f

rot

∇ + = ∇ + ∇∇ = ∇

∇ = ∇ + ∇

∇ = ∇ − ∇ ≠+ = ++ = +

= + • ∇× = • − •

== + ∇ ×

0

12.13.

14.

2 2 2

2 2

f

(fg) f g g f 2( f g)

div( f g) 0

div(f g g f) f g g f

∇ =

∇ = ∇ + ∇ + ∇ • ∇∇ × ∇ =

∇ − ∇ = ∇ − ∇

Tabla 1. Identidades vectoriales, siendo f y g campos escalares y,

F y G campos vectoriales.

Las funciones cuyo laplaciano es igual a 0 se denominan funciones armónicas.

También se puede aplicar el operador laplaciano 2∇ a un campo vectorial de la forma

F (P,Q,R)= por sus componentes:

F2 2 2 2( P, Q, R)∇ = ∇ ∇ ∇ .

OPERADOR LAPLACIANO Integrales de Línea y sus Aplicaciones Pág.: 9 de 104


Ejemplo 5. Sea r(x,y,z) (x,y,z)= un campo vectorial no nulo y rr = . Demuestre que

2(1 /r) 0∇ = .

Solución.

Se tiene

r 3(1 r) r∇ = − .

Sabiendo que

rn n 2(r ) nr −∇ = ,

aplicando la identidad F F F(f ) f( ) f∇ • = ∇ • + • ∇

se obtiene

r rr r r

3 3 3 3 5

1 1 3 3( ) 0

r r r r r

− ∇ • = ∇ • + • ∇ = + • =

.

1.8. CAMPOS ESPECIALES

Definición 8. Un campo vectorial F es irrotacional, conservativo o derivado de un potencial en una cierta región del espacio, si en todos los puntos de dicha región rot =F 0 .

Definición 9. Un campo vectorial F es de gradiente en una cierta región del espacio, si en todos sus puntos coincide con el vector gradiente de un campo escalar U, es decir, F grad U= .

Observación 2.

a. Todo campo vectorial de gradiente es irrotacional.

b. Todo campo irrotacional es un campo de gradiente de un cierto campo escalar, es decir,

dado un campo vectorial F tal que rot =F 0 , es siempre posible encontrar un campo

escalar U tal que F grad U= .

c. Al campo escalar U se le llama potencial de F o función potencial de F o potencial escalar de F.

Definición 10. Un campo vectorial F es solenoidal en una cierta región del espacio, si en todos sus puntos Fdiv 0= .

Observación 3. a. Todo campo vectorial de rotacionales V F( rot )= es solenoidal, es decir

V Frot= ⇒ Vdiv 0= .

CAMPOS ESPECIALES Integrales de Línea y sus Aplicaciones Pág.: 10 de 104


b. Todo campo solenoidal es un campo de rotacionales.

c. Al campo vectorial F se le llama potencial vectorial de V.

Definición 11. Un campo vectorial F es armónico en una cierta región del espacio, si en todos los puntos de dicha región es irrotacional y solenoidal, es decir, rot =F 0 y Fdiv 0= .

Observación 4. La función potencial de todo campo vectorial armónico es un campo escalar

armónico.

Ejemplo 6. Sea el campo vectorial A(x, y,z) (yz, xz,xy)= . Demuestre que A es irrotacional y

solenoidal.

Solución.

i j kA 0

x y zrot( ) (x x, (y y),z z) (0,0,0)

yz xz xy

∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂= = − − − − = = .

Por lo tanto, A es irrotacional.

Adiv( ) (yz) (xz) (xy) 0 0 0 0x y z

∂ ∂ ∂= + + = + + =∂ ∂ ∂

.

Por lo tanto, A es solenoidal.

1.9. CAMPOS VECTORIALES CON MAPLE

A continuación se propondrán ejemplos de campos vectoriales en 2R y 3R

acompañados de la sintaxis utilizada en MAPLE.

> with(plots):

> fieldplot([-y,x],x=-5..5,y=-5..5);

CAMPOS VECTORIALES CON MAPLE

Integrales de Línea y sus Aplicaciones Pág.: 11 de 104


> with(plots):

> fieldplot([ln(1+y*y),ln(1+x*x)],x=-5..5,y=-5..5);

> with(plots):

> fieldplot([sin(x),sin(y)],x=-5..5,y=-5..5);

> with(plots):

> fieldplot([ln(1+x*x+y*y),x],x=-5..5,y=-5..5);

CAMPOS VECTORIALES CON MAPLE



> with(plots):

> fieldplot3d([x,y,z],x=-1..1,y=-1..1,z=-1..1,grid=[5,5,5]);

> with(plots):

>fieldplot3d([x*x,y*y,z*z],x=-1..1,y=-1..1,z=-1..1,grid=[6,6,6]);

INTEGRAL DE LÍNEA Integrales de Línea y sus Aplicaciones Pág.: 13 de 104


1.10. INTEGRAL DE LÍNEA

Se definirá una integral que es similar a una integral simple excepto que, en lugar de

integrar en un intervalo [a,b], se integra sobre una curva C. Estas integrales se denominan

integrales de línea, aunque “integrales de curva” sería un mejor término. Fueron inventadas

a principios del siglo XIX para resolver problemas donde intervienen corrientes de fluidos,

fuerzas, electricidad y magnetismo.

Se comienza con una curva plana C dada por las ecuaciones paramétricas x x(t)= ,

y y(t)= a t b≤ ≤ o, lo que es equivalente, por la ecuación vectorial r i j(t) x(t) y(t)= + , y

suponga que C es una curva suave (r ' es continua y r 0'(t) ≠ ). Si se divide el intervalo de

variación del parámetro [a,b] en n subintervalos i 1 i[t , t ]− de igual longitud y se hace i ix x(t )= ,

i iy y(t )= , entonces los puntos correspondientes i i iP(x ,y ) (ver figura 4) dividen C en n

subarcos con longitudes 1 2 ns , s , ..., s∆ ∆ ∆ .

Figura 4. Construcción de la integral de línea

Suponga que se escoge cualquier punto * * *i i iP (x ,y ) del i-ésimo subarco (esto

corresponde a un punto *it en i 1 i[t , t ]− ). Ahora si f es cualquier función de dos variables

definida y acotada sobre C, se evalúa f en el punto * *i i(x ,y ) y se multiplica por la longitud is∆

del subarco, y se forma la suma

n

* *i i i

i 1

f(x ,y ) s

=

∆∑



que es semejante a una suma de Riemann. Entonces se toma el límite de esa suma y se da la

siguiente definición por analogía con una integral simple.

Definición 12. Si f está definida sobre una curva suave C, dada por las ecuaciones x x(t)= ,

y y(t)= a t b≤ ≤ , entonces la integral de línea de f a lo largo de C es

n

* *i j i

nC

i 1

f(x,y)ds lím f(x ,y ) s→∞

=

= ∆∑∫

si este límite existe.

Se sabe de cursos anteriores que la longitud de C es

b 2 2

a

dx dyL dt

dt dt

= + ∫ .

Se puede demostrar que si f es una función continua, entonces el límite de la

definición anterior siempre existe y se puede usar la siguiente fórmula para evaluar la integral

de línea:

b 2 2

C a

dx dyf(x,y)ds f(x(t),y(t)) dt

dt dt

= + ∫ ∫ . (1)

El valor de esta integral no depende de la parametrización de la curva, siempre que la curva se recorra exactamente una vez cuando t varía de a a b. Si s(t) es la longitud de C

entre r(a) y r(t) , entonces

2 2

ds dx dy

dt dt dt

= +

.

En el caso especial donde C es el segmento de recta que enlaza (a,0) con (b,0),

usando x como parámetro, se pueden escribir las ecuaciones paramétricas de C como sigue: x x= , y 0= , a x b≤ ≤ .

La fórmula (1) se convierte entonces en



b

C a

f(x,y)ds f(x,0)dx=∫ ∫

y por tanto la integral de línea se reduce a una integral simple ordinaria en este caso. Igual

que una integral simple ordinaria, se puede interpretar la integral de línea de una función positiva como un área. De hecho, si f(x, y) 0≥ ,

C

f(x, y)ds∫

representa el área de un lado de la “cerca” o “cortina” cuya base es C y cuya altura en el punto (x,y) es f(x,y) .

Ejemplo 7. Evalúe

2

C

(2 x y)ds+∫ ,

donde C es la mitad superior de la circunferencia unitaria 2 2x y 1+ = .

Solución.

Se recordará que la circunferencia unitaria se puede parametrizar por medio de las ecuaciones x cos(t), y sen(t)= = y la mitad superior corresponde al intervalo 0 t≤ ≤ π . Por lo tanto se

tiene que

2 2 2 2 2

C 0 0

3

0

(2 x y)ds (2 cos (t)sen(t)) sen (t) cos (t)dt (2 cos (t)sen(t))dt

cos (t) 22t 2 .

3 3

π π

π

+ = + + = +

= − = π +

∫ ∫ ∫

Ejemplo 8. Sea el arco

2 2

2 2t(t) 1,

t 1 t 1

= − + + c , 0 t 1≤ ≤ .

Calcule su longitud.

Solución. 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 4 4 2 2 2 2 2

2 4 2 4 2 4 2 4 2

2 2t 4t 2(t 1) 2t2t 4t 2 2t(t) 1, (t) ; ;

t 1 t 1 (t 1) (t 1) (t 1) (t 1)

16t 4 8t 4t 4t 8t 4 (2t 2) (t 1) 2(t) 2

(t 1) (t 1) (t 1) (t 1) (t 1)

− + − − − ′= − ⇒ = = + + + + + +

+ − + + + + +′ = = = = =+ + + + +

c c

c



1

11

c 2 00

2l dt 2 tg (t)

2(t 1)

− π= = =+∫

Ejemplo 9. Calcule el área de la porción del cilindro 2 2x y 2x+ = ubicada por encima del

plano z 0= y por debajo de la superficie 2 2z x y= + .

Solución. Paso 1. Conversión del diferencial de longitud de arco (ds).

(t) (1 cos(t),sen(t)), 0 t 2 (t) ( sen(t),cos(t)) (t) 1= + ≤ ≤ π = − =r r' r' ds (t) dt dt= =r' .

Paso 2. Construcción y resolución de la integral simple.

2 2

2 2

C 0 0

2 2

2 t t t t2 2 2 2 0

0 0 0

f(x,y)ds (1 cos(t)) sen (t)dt 2(1 cos(t))dt

2 cos ( )dt 2 cos( ) dt 4 cos( )dt 8sen( ) 8

π π

π π ππ

= + + = +

= = = = =

∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫

Ejemplo 10. La base de una pared delgada tiene la forma de la curva dada por las

ecuaciones

3 32

x(t) 30cos (t), y(t) 30sen (t), 0 t π= = ≤ ≤ ,

y la altura de la misma en el punto (x,y) es y

3f(x,y) 1= + . Si se quieren pintar ambos lados

de esa cerca, sabiendo que el costo de pintar un metro cuadrado es de 7000 unidades

monetarias (u.m.), ¿cuál es el costo total? (unidades de longitud en mts)

Solución.

Se tiene que 2 22

x '(t) 90cos (t)sen(t), y '(t) 90sen (t)cos(t), 0 t π= − = ≤ ≤ . Entonces:

/2

3 2 4 2 2 4 2

0

/2 /2

3 4

0 0

2

2 (1 10sen (t)) 90 cos (t)sen (t) 90 sen (t)cos (t)dt

2 (1 10sen (t))90cos(t)sen(t)dt 180 (cos(t)sen(t) 10sen (t)cos(t))dt

sen180

π

π π

+ +

+ = +

=

∫∫ ∫

/25

0

t sen t 110 180 2 450

2 5 2

π + = + =

El costo total es de 450 7.000 3.150.000 u.m.× = .

Suponga ahora que C es una curva suave a trozos, es decir, C es la unión de un número finito de curvas suaves 1C , 2C , …, nC . Entonces se define la integral de f a lo largo

de C como la suma de las integrales de f a lo largo de cada una de las partes suaves de C:



C C C C1 2 n

f(x,y)ds f(x,y)ds f(x,y)ds ... f(x,y)ds= + + +∫ ∫ ∫ ∫ .

Ejemplo 11. Calcule la integral curvilínea

(x y)ds

Γ

+∫ ,

siendo Γ el triángulo de vértices O(0,0), A(1,0), B(0,1) (ver figura 5). Solución.

1 2 3

1 2 3

I (x y)ds (x y)ds (x y)ds (x y)ds I I I

Γ Γ Γ Γ

= + = + + + + + = + +∫ ∫ ∫ ∫ .

A(1,0)

B(0,1)

OX

Y

Γ

Γ

Γ

1

23

Figura 5. Gráfica del ejemplo 11

r1

x t: (t)

y 0

=Γ =

t∈[0,1] ds = dt .

Luego 1

1

0

1I t dt

2= =∫ .

r2

x t: (t)

y 1 t

=Γ = −

t∈[0,1] 2 2ds x (t) y (t) dt 2 dt′ ′= + = .

Luego 1

2

0

I 1 2 dt 2= =∫ .



r3

x 0: (t)

y t

=Γ =

t∈[0,1] ds = dt,

1

3

0

1I t dt

2= =∫ .

Por tanto

(x y)ds 1 2

Γ

+ = +∫ .

1.11. INTEGRAL DE LÍNEA EN EL ESPACIO

Suponga que C es una curva suave en el espacio, dada por las ecuaciones x(t), y(t), z(t), a t b≤ ≤ o por r i j k(t) x(t) y(t) z(t)= + + . Si f es una función de tres variables

que es continua en una región que contiene a C, entonces se define la integral de línea a lo

largo de C (con respecto a la longitud de arco) de igual modo que para curvas planas:

n

* * *i i i i

n C

i 1

f(x,y,z)ds lím f(x ,y ,z ) s→∞

=

= ∆∑∫ .

De manera que

b 2 2 2

C a

dx dy dzf(x,y,z)ds f(x(t),y(t),z(t)) dt

dt dt dt

= + + ∫ ∫ .

Observe que la integral puede escribirse en notación vectorial, que es más compacta

r rb

a

f( (t)) '(t) dt∫ .

Si f(x,y,z) 1= , se tiene

rC C

ds '(t) dt L= =∫ ∫ ,

donde L es la longitud de la curva C.

INTEGRAL DE LÍNEA EN EL ESPACIO



Ejemplo 12. Sean

c 3: 0,2 Rπ → , t (cos(t),sen(t), t)֏ y 2 2 2f(x, y,z) x y z= + + .

Evalúe la integral

c

f(x, y,z)ds∫ .

Solución.

c2 2 2

2 2d(cos(t)) d(sen(t)) dt'(t) sen (t) cos (t) 1 2

dt dt dt

= + + = + + =

.

Se sustituye x, y, y z en términos de t para obtener a lo largo de t: 2 2 2 2 2 2 2f(x, y,z) x y z cos (t) sen (t) t 1 t= + + = + + = + .

Esto conduce a

2 23

2 2

0c 0

t 2 2f(x,y,z)ds (1 t ) 2dt 2 t (3 4 )

3 3

π π π= + = + = + π ∫ ∫ .

Ejemplo 13. Evalúe

C

ysen(z)ds∫ ,

donde C es la hélice circular dada por las ecuaciones x cos(t), y sen(t), z t= = = , 0 t 2≤ ≤ π .

Solución. 2

2 2 2

C 0

ysen(z)ds (sen (t)) sen (t) cos (t) 1dt 2

π

= + + = π∫ ∫ .

1.12. CENTRO DE MASA

Cualquier interpretación física de una integral de línea

C

f(x,y)ds∫

depende de la interpretación física de la función f.

CENTRO DE MASA Integrales de Línea y sus Aplicaciones Pág.: 20 de 104


Suponga que (x,y)ρ representa la densidad lineal, en un punto (x,y) de un alambre

delgado, que tiene la forma de la curva C. Entonces la masa de la parte del alambre de i 1P− a

iP es aproximadamente * *i i i(x ,y ) sρ ∆ y, por tanto, la masa total del alambre es

aproximadamente

n

* *i i i

i 1

(x ,y ) s

=

ρ ∆∑ .

Al tomar más y más puntos en la curva, se obtiene la masa m del alambre como el

valor límite de estas aproximaciones:

n

* *i i i

nC

i 1

m lím (x ,y ) s (x,y)ds→∞

=

= ρ ∆ = ρ∑ ∫ .

Por ejemplo, si 2f(x,y) 2 x y= + representa la densidad de un alambre semicircular,

entonces la integral del ejemplo 7 representa la masa del alambre. El centro de masa del alambre, con función de densidad ρ está ubicado en el punto (x,y) , donde

y x

C C

M M1 1x x (x,y)ds y y (x,y)ds

m m m m= = ρ = = ρ∫ ∫ .

Ejemplo 14. Halle la masa del arco de la curva tx e cos(t)= , ty e sen(t)= , tz e=

desde el punto que corresponde a t 0= hasta un punto cualquiera de parámetro 0t si la

densidad del arco viene dada por

2 2 2

2(x,y,z)

x y zρ =

+ +.

Solución.

r' t t t t t0(t) (e cos(t) e sen(t),e cos(t) e sen(t),e ) 0 t t= − + ≤ ≤

r' 2t 2t 2t 2t t(t) e (1 2cos(t)sen(t)) e (1 2cos(t)sen(t)) e 3e 3e= − + + + = =

t t0 0ttt 0

2t 2t0 0

2 3em dt 3 e dt 3(1 e )

e e

−−= = = −+∫ ∫ .

El centro de masa en (x,y, z), se calcula como

CENTRO DE MASA Integrales de Línea y sus Aplicaciones Pág.: 21 de 104


yz xyxz

C C C

M MM1 1 1x x (x,y,z)ds, y y (x,y,z)ds, z z (x,y,z)ds

m m m m m m= = ρ = = ρ = = ρ∫ ∫ ∫

1.13. MOMENTO DE INERCIA

Las integrales curvilíneas pueden usarse también para definir el momento de inercia

de un alambre respecto a un eje coordenado. Así las siguientes integrales permiten el cálculo

de los momentos de inercia, con respecto a los ejes x, y y z:

2 2x

C

I (y z ) (x,y,z)ds,= + ρ∫

2 2y

C

I (x z ) (x,y,z)ds,= + ρ∫

2 2z

C

I (x y ) (x,y,z)ds= + ρ∫ .

El radio de giro de C respecto de cada eje viene dado por las siguientes expresiones:

y2 2 2x zx y z

II IR , R , R

m m m= = = .

Ejemplo 15. Halle el momento de inercia respecto al eje y, de un alambre delgado, con

densidad de masa lineal constante (ρ(x,y,z)=k), cubriendo la curva frontera del semicírculo

superior con centro en (a,0) y radio a (ver figura 6).

Solución.

Es

2yI x (x,y,z)ds

Γ

= ρ∫ .

En este caso I I Iy y y( ) ( ) ( )Γ Γ Γ= +1 2 siendo Γ1 Γ2 el diámetro y la semicircunferencia

respectivamente, que forman la frontera del semicírculo.

MOMENTO DE INERCIA Integrales de Línea y sus Aplicaciones Pág.: 22 de 104


t

X

Y

Γ

Γ

1

2

(a,0)


1

x x

y 0

=Γ =

x∈[0,2a] ds = dx

2

x a acos(t)

y asen(t)

= +Γ =

x∈[0,π ] ds=adt.

Luego:

y y 1 y 2I ( ) I ( ) I ( )Γ = Γ + Γ

2a2a

3 32 2 2 3 2 3

00 0 0

kx 8a k 3x k dx k a (1 cos(t)) adt ka (1 cos (t) 2cos(t))dt ka

3 3 2

π π π+ + = + + + = +∫ ∫ ∫ .

Es decir

3y

8 3I ( ) a k

3 2

π Γ = +

.

EJERCICIOS RESUELTOS Integrales de Línea y sus Aplicaciones Pág.: 23 de 104


1.14. EJERCICIOS RESUELTOS

1. Sea f un campo escalar y F un campo vectorial. Diga si tiene sentido cada una de las

siguientes expresiones. Si no, explique por qué. Si lo tiene, indique si el resultado es un

campo escalar o un campo vectorial.

a. rotacional f

b. divergencia F

c. gradiente F

d. div(grad f) e. rotacional(rot F) f. (grad f) (div )× F

g. gradiente f h. rotacional(grad f)

i. grad(div F)

j. grad(div f)

k. div(div F)

l. div(rotacional(grad f))

Solución. a. rotacional f. No tiene sentido. El rotacional se aplica a un campo vectorial.

b. divergencia F. Si tiene sentido. Resultado. Campo escalar.

c. gradiente F. No tiene sentido. El gradiente se aplica a un campo escalar. d. div(grad f). Si tiene sentido. Resultado. Campo escalar.

e. rotacional(rot F). Si tiene sentido. Resultado. Campo vectorial. f. (grad f) (div )× F . No tiene sentido. El producto cruz se aplica entre campos

vectoriales.

g. gradiente f. Si tiene sentido. Resultado. Campo vectorial.

h. rotacional(grad f). Si tiene sentido. Resultado. Campo vectorial. i. grad(div F). Si tiene sentido. Resultado. Campo vectorial.

j. grad(div f). No tiene sentido. La divergencia se aplica a un campo vectorial.

k. div(div F). No tiene sentido. La divergencia se aplica a un campo vectorial. l. div(rotacional(grad f)). Si tiene sentido. Resultado. Campo escalar.

2. Sean el campo posición =r(x,y,z) (x,y,z) y el campo eléctrico

= ε rE

r3

Q

producido por una carga Q localizada en el origen, donde ε es una constante.



a. Demuestre que

3

1( )

∇ • + ∇ × + ∇ = −

rE r E

r r.

Solución. r r

E r E r r rr r

r

3 3

2 2 2 3/2 2 2 2 3/2 2 2 2 3/2

2 2 2 3/2 2 2 2

( ) (div( )) div Q Q

x y zQ , , , ,

x y z (x y z ) (x y z ) (x y z )

x yQ

x y(x y z ) (x y z )

∇ • = = ε = ε ∇ •

∂ ∂ ∂ = ε • ∂ ∂ ∂ + + + + + +

∂ ∂ = ε + ∂ ∂+ + + +

r

r

3/2 2 2 2 3/2

2 2 2 1/2 2 2 2 2 2 2 1/2 2 2 2 2 2 2 1/2 2 2 2

2 2 2 3 2 2 2 3 2 2 2 3

2 2 2 1

z

z (x y z )

(x y z ) ( 2x y z ) (x y z ) (x 2y z ) (x y z ) (x y 2z )Q

(x y z ) (x y z ) (x y z )

(x y z )Q

∂ +

∂ + +

+ + − + + + + − + + + + − = ε + + + + + + + +

+ += ε r r 0/2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1/2

2 2 2 3 2 2 2 3

( 2x y z x 2y z x y 2z ) (x y z ) .0Q

(x y z ) (x y z )

− + + + − + + + − + + = ε = + + + +

3 3 3

Q Q (z) (y) (x) (z) (y) (x)rot( ) rot Q rot( ) , ,

y z z x x y

ε ε ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∇ × = = ε = = − − − = ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

rE E r 0

r r r

−

− − −

− − −

∇ = ∇ = ∇ + + + +

∂ + + ∂ + + ∂ + += ∂ ∂ ∂

+ + + + + += − − −

r

2 2 2 1/2

2 2 2

2 2 2 1/2 2 2 2 1/2 2 2 2 1/2

2 2 2 3/2 2 2 2 3/2 2 2 2 3/2

1 1((x y z ) )

x y z

((x y z ) ) ((x y z ) ) ((x y z ) ), ,

x y z

2x(x y z ) 2y(x y z ) 2z(x y z ), ,

2 2 2

= − − − = − + + + + + +

r

r2 2 2 3/2 2 2 2 3/2 2 2 2 3/2 3

x y z, ,

(x y z ) (x y z ) (x y z )

b. ¿Qué características posee el campo eléctrico E?

Solución. El campo eléctrico E es irrotacional y solenoidal.

3. Las ecuaciones de Maxwell que relacionan la variación respecto al tiempo del campo eléctrico E, y el campo magnético H, en una región que no contiene carga ni corriente, se

pueden expresar como sigue:

Ediv( ) 0= , H

E1

rot( )c t

∂= −∂, Hdiv( ) 0= y

EH

1rot( )

c t

∂=∂,

donde c es la velocidad de la luz.

a. Utilice estas ecuaciones para demostrar que

a.1. E

E2

2 2

1( )

c t

∂∇ × ∇ × = −∂

Solución.



H E EE E H

2

2 2

1 1 1 1 1( ) rot(rot( )) rot (rot( ))

c t c t c t c t c t

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∇ × ∇ × = = − = − = − = − ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ .

a.2. E

E2

2

2 2

1

c t

∂∇ =∂

Solución. E E

E E E 02 2

2

2 2 2 2

1 1grad(div( )) rot(rot( ))

c t c t

∂ ∂∇ = − = + =∂ ∂

.

b. ¿Qué nombre reciben los campos E y H? Solución. Como en cada uno de ellos su divergencia es nula entonces se llamas campos

solenoidales.

4. Coloque al lado de cada proposición la letra V o F según sea verdadera o falsa

respectivamente. a. El campo vectorial (x, y,z) (f(x),g(y),h(z))F = con f, g y h funciones diferenciables, es

irrotacional. V b. El campo vectorial (x,y,z) (x,y,z)V = puede ser el rotacional de algún campo

vectorial. F c. Sea f un campo escalar y F un campo vectorial. La expresión (grad f) (div ) F× tiene

sentido. F d. Sea f un campo escalar. El resultado de la expresión div(rotacional(grad f)) es un

campo escalar. V e. div(rot ) 0 F = V

f. Si (x,y,z) (x,y,z)r r= = y r r= , entonces 2r∇ • = . F

5. Pruebe que la fórmula para calcular

C

f(x, y)ds∫

en coordenadas polares de una curva 1 2r r( ),= θ θ ≤ θ ≤ θ viene dada por

2 22

1

drf(r cos( ),rsen( )) r d

d

θ

θ

θ θ + θ θ ∫ .

Solución. Equivalencias polares – cartesianas: x r cos( ) , y rsen( )= θ = θ

r 1 2( ) (r( )cos( ),r( )sen( )) ,θ = θ θ θ θ θ ≤ θ ≤ θ

r 1 2'( ) (r '( )cos( ) r( )sen( ),r '( )sen( ) r( )cos( )) ,θ = θ θ − θ θ θ θ + θ θ θ ≤ θ ≤ θ

r 2 2 2 2'( ) (r '( )cos( ) r( )sen( )) (r '( )sen( ) r( )cos( )) (r( )) (r '( ))θ = θ θ − θ θ + θ θ + θ θ = θ + θ



S r 2 '2f(x, y) f(r cos( ),rsen( )) , ds '( ) d r r d= θ θ = θ θ = + θ

6. Calcule la longitud de arco de r 1 cos( ), 0 2= + θ ≤ θ ≤ π .

Solución. r ( ) ((1 cos( ))cos( ),(1 cos( ))sen( )) , 0 2θ = + θ θ + θ θ ≤ θ ≤ π .

2 2 2

2 2

0 0 0

(1 cos( )) ( sen( )) d 1 2cos( ) 1d 2 1 cos( )d

π π π

+ θ + − θ θ = + θ + θ = + θ θ∫ ∫ ∫

2 2 2

0 0 0

2

0

sen( ) sen( ) sen( )2 1 cos( )d 2 d 2 d 2 d

1 cos( ) 1 cos( ) 1 cos( )

2 2 1 cos( ) 2 1 cos( ) 2 2 2 2 2 8

π π π π

ππ π

π

θ θ θ+ θ θ = θ = θ − θ− θ − θ − θ

− θ − − θ = + =

∫ ∫ ∫ ∫

7. Una pieza de acero del motor de un tractor tiene su base circular modelada por la función

vectorial r(t) (2cos(t),2sen(t))= y su altura por 2z 1 y= + . Calcule el área lateral de esa

pieza.

Solución.

Como la base es circular se tiene r r' (t) (2cos(t),2sen(t)) (t) ( 2sen(t),2 cos(t)) 0 t 2= ⇒ = − ≤ ≤ π

2 2

2 2 2 2

C 0 0

A f(x,y)ds (1 4sen (t)) 4(sen (t) cos (t))dt 2 (1 4sen (t))dt 12

π π

= = + + = + = π∫ ∫ ∫

8. Halle el área de la porción del cilindro de ecuación 2 2x y 6y+ = la cual es limitada por la

esfera de ecuación 2 2 2x y z 36+ + = .

Solución.

Paso 1. Parametrización de la curva. 2 2 2 2 2 2x y 6y x y 6y 9 9 x (y 3) 9+ = ⇒ + − + = ⇒ + − = .

r (t) (3cos(t),3 3sen(t)) , 0 t 2= + ≤ ≤ π . Paso 2. Cálculo de r '(t) . r r'(t) ( 3sen(t),3cos(t)) '(t) 3= − ⇒ = .


2

2 2

0

2 2

2 2

0 0

2 36 9cos (t) (3 3sen(t)) 3dt

6 36 9cos (t) 9 18sen(t) 9sen (t)dt 6 18 18sen(t)dt

π

π π

− − + =

− − − + = − =

∫∫ ∫



2 2

0 0

/2 2 3 /2

0 3 /2 /2

cos(t)18 2 1 sen(t)dt 18 2 dt

1 sen(t)

cos(t) cos(t) cos(t)18 2 dt dt dt

1 sen(t) 1 sen(t) 1 sen(t)

π π

π π π

π π

− = =+

+ − + + +

∫ ∫

∫ ∫ ∫

/2 2 3 /2

0 3 /2 /236 2 1 sen(t) 1 sen(t) 1 sen(t) 36 2 2 2 144

π π π

π π

+ + + − + = = .

9. Evalúe

C

2xds∫ ,

donde C está formada por el arco 1C de la parábola 2y x= de (0,0) a (1,1) seguido por el

segmento de recta vertical 2C de (1,1) a (1,2).

Solución. 1C es la gráfica de una función de x, de modo que se puede escoger x como parámetro y

las ecuaciones para 1C se convierten en 2x x y x 0 x 1= = ≤ ≤ . Por tanto,

1 1

dy2 2 2dxdx dx

C 0 01

5 5 12xds 2x ( ) ( ) dx 2x 1 4x dx

6

−= + = + =∫ ∫ ∫ .

En 2C se escoge y como parámetro, de modo que x 1= y y= 1 y 2≤ ≤ y

2

dy2 2dxdy dy

C 12

2xds 2(1) ( ) ( ) dy= + =∫ ∫

2

1

2dy 2=∫ .

Entonces,

C C C1 2

5 5 12xds 2xds 2xds 2

6

−= + = +∫ ∫ ∫ .

10. Halle la longitud de arco de la hélice cónica C de ecuaciones paramétricas dadas por tx(t) ae cos(t)= , ty(t) ae sen(t)= , tz(t) ae= , (a 0)>

desde el punto (0,0,0) hasta el punto (a,0,a).

Solución.

Paso 1. Conversión del diferencial de longitud de arco (ds). t t t

t t t

(t) (ae cos(t),ae sen(t),ae ), t 0

(t) (ae (cos(t) sen(t)),ae (cos(t) sen(t)),ae ), t 0

= ≤

= − + ≤

r

r'



2 2t 2 2 2t 2 2 2t

t 2 2

t 2 2 2 2 t

(t) a e (cos(t) sen(t)) a e (cos(t) sen(t)) a e

ae (cos(t) sen(t)) (cos(t) sen(t)) 1

ae cos t 2cos(t)sen(t) sen (t) cos (t) 2cos(t)sen(t) sen (t) 1 3ae

= − + + +

= − + + +

= − + + + + + =

r'

tds (t) dt 3ae dt= =r'

Paso 2. Construcción y resolución de la integral impropia.

0 00

t t t b

b b bbC b

ds 3ae dt lím 3ae dt lím 3ae 3a lím (1 e ) 3a→−∞ →−∞ →−∞

−∞

= = = = − =∫ ∫ ∫ .

11. Calcule el área de la porción de superficie cilíndrica de ecuación 2 2x y 1+ = comprendida

entre los planos z y , z 0= = .

Solución. Curva de interés:

r r' r'2 2x y 1 (t) (cos(t),sen(t),0) (t) ( sen(t),cos(t),0) (t) 1+ = ⇒ = ⇒ = − ⇒ = .

/2/2

0C 0

A 4 yds 4 sen(t)dt 4 cos(t) 4

ππ= = = − =∫ ∫ .

12. Encuentre el área de la cerca indicada en la figura 7, que tiene por base la curva en coordenadas polares de ecuación = + θr 1 cos( ) , donde ≤ θ ≤ π0 2 y se encuentra limitada

superiormente por la superficie de ecuación = +2 2z x y .

Figura 7. Representación gráfica de la región del ejercicio 12

Solución. Paso 1. Parametrización de la curva C.

r ( ) ((1 cos( ))cos( ),(1 cos( ))sen( )) , 0 2θ = + θ θ + θ θ ≤ θ ≤ π

Paso 2. Cálculo de la norma del vector derivada.

r'

2 2 2 2

2 32

( ) (1 cos( )) ( sen( )) 1 2cos( ) cos ( ) sen ( ) 2 2cos( )

2 1 sen ( )cos( ) cos ( ) 2 1 cos( ) 2 cos( )θ

θ = + θ + − θ = + θ + θ + θ = + θ

= + θ θ + θ = + θ =



Paso 3. Dependencia de la superficie del parámetro de integración. θ= + = + θ θ + + θ θ = + θ =2 2 2 2 2 2 22

z x y (1 cos( )) cos ( ) (1 cos( )) sen ( ) 1 cos( ) 2cos ( )

Paso 4. Cálculo del área de la cerca.

2 2

2 3 32 2 2 2

C 0 0

3 321 12 3 2 3 30

A f(x,y)ds 4 cos ( ) cos( ) d 4 cos ( )d cos ( )d

16(sen( ) sen ( )) 16.(1 ) .

π π πθ θ θ θ

π

πθ θ

= = θ = θ − θ

= − = − =

∫ ∫ ∫ ∫

13. La cerca metálica indicada en la figura 8 tiene por base la curva C de ecuaciones

paramétricas dadas por tx e cos(t)= ; ty e sen(t)= , 0 t≤ ≤ π y se encuentra limitada

superiormente por un techo que tiene la forma de la superficie 2 2z 1 x y= + + .

Figura 8. Gráfica del ejercicio 13

Calcule

a. La longitud de la curva C.

Solución. Paso 1. Cálculo del vector derivada.

= − + = − +r' t t t t t(t) (e cos(t) e sen(t),e cos(t) e sen(t)) e (cos(t) sen(t),cos(t) sen(t))

Paso 2. Cálculo de la norma del vector derivada.

= − + + =r' t 2 2 t(t) e (cos(t) sen(t)) (cos(t) sen(t)) 2e

Paso 3. Cálculo de la longitud de C. π π

π= = = −∫ ∫ ∫r' t

C 0 0

ds (t) dt 2 e dt 2(e 1)

b. El área de la cerca metálica.

Solución.



Paso 1. Dependencia de la superficie del parámetro de integración.

= + + = + + = +2 2 2t 2 2t 2 2tz 1 x y 1 e cos (t) e sen (t) 1 e .

Paso 2. Cálculo del área de la cerca. π π π

ππ π π

= = = + = +

= + = + = + −

∫ ∫ ∫ ∫∫

r r'

2t t t 3t

C 0 0 0

t 3t t 3t 31 1 403 3 3

0

A f(x,y)ds f( (t)) (t) dt 2 (1 e )e dt 2 (e e )dt

2 (e e )dt 2(e e ) 2(e e )

14. Un alambre homogéneo tiene la forma de una curva C cuya ecuación vectorial viene dada

por = + −r(t) (cos(t) t.sen(t),sen(t) t.cos(t)) con ≤ ≤ π0 t 2 .

Encuentre para el alambre:

a. Las coordenadas de su centro de masa. Solución.

Paso 1. Cálculo del vector derivada y de su norma. = ⇒ =r' r'(t) (t.cos(t), t.sen(t)) (t) t

Paso 2. Cálculo de la masa del alambre. π π π

= = = = = π∫ ∫ ∫r'2 2 2

22

0C 0 0

tm f(x,y)ds k (t) dt k tdt k 2k

2

Paso 3. Cálculo de los momentos.

r'2 2

2y

C 0 0

M x.f(x,y)ds k x(t) (t) dt k (cos(t) t.sen(t))tdt 4 k

π π

= = = + = − π∫ ∫ ∫

r'2 2

x

C 0 0

M y.f(x,y)ds k y(t) (t) dt k (sen(t) t.cos(t))tdt 2 k

π π

= = = − = π∫ ∫ ∫

2y x

2 2

M M 4 k 2 k 1(x,y) , , 2,

m m 2 k 2 k

π π = = − = − ππ π

b. Su momento de inercia polar. Solución.

r'

2 2

2 2 2 2 20

C 0 0

222 4 2 4

3 2 2

0 0

I (x y ).f(x,y)ds k ((x(t)) (y(t)) ) (t) dt k (1 t )tdt

t t 4 16k (t t )dt k k k (2 4 )

2 4 2 4

π π

ππ

= + = + = +

π π= + = + = + = π + π

∫ ∫ ∫

∫



15. Encuentre la masa y el momento de inercia con respecto al eje x de un alambre

homogéneo cuya forma corresponde con el arco de la cicloide r (t) (t sen(t),1 cos(t)) , 0 t 2= − − ≤ ≤ π .

Solución.

Paso 1. Cálculo de la rapidez.

r r' r' 2 t2

(t) (t sen(t),1 cos(t)) (t) (1 cos(t),sen(t)) (t) 2 sen ( )= − − ⇒ = − ⇒ =

Paso 2. Cálculo de la masa.

2 2

t t2 2

C 0 0

m K ds 2K sen( ) dt 2K sen( )dt 8K

π π

= = = =∫ ∫ ∫

Paso 3. Cálculo del momento de inercia respecto al eje x.

2 2

2 2 5t tx 2 2

C 0 0

22

2 2 3 5t t t t t4 22 2 2 3 2 5 2 0

0

8 25643 5 15

I K y ds 2K (1 cos(t)) sen( ) dt 8K sen ( )dt

8K (1 cos ( )) sen( )dt 8K( 2cos( ) cos ( ) cos ( ))

8K(4 ) K

π π

ππ

= = − =

= − = − + −

= − + =

∫ ∫ ∫∫

16. Un alambre tiene la forma de una curva C que se obtiene al intersectar la porción de superficie cilíndrica de ecuación = ≤ 2z y ; y 2 con la porción del plano de ecuación

+ = ≤ ≤ x z 4 ; 0 x 4 . La densidad del alambre en cada uno de sus puntos viene dada por

ρ =+2

z(x,y,z)

8y 1.

Encuentre para el alambre:

a. Las coordenadas de su centro de masa.

Solución.

Paso 1. Parametrización de la curva C. Proyectando en el plano xy se tiene que + = − ≤ ≤ 2x y 4 ; 2 y 2 . En consecuencia

= − ⇒ = − ⇒ = + − ≤ ≤r r' r' 2 2 2(t) (4 t , t, t ) (t) ( 2t,1,2t) (t) 8t 1 2 t 2

Paso 2. Cálculo de la masa del alambre.

− −

= ρ = + = = = =+∫ ∫ ∫ ∫

2 2 2 22 3

2 2 2

20C 2 2 0

t 2t 16m (x,y,z)ds 8t 1dt t dt 2 t dt

3 38t 1

Paso 3. Cálculo de los momentos. 2 2 2

3 52 2 2 4

yz

0C 2 0

4t t 64 64 128M x. (x,y,z)ds (4 t )t dt 2 (4t t )dt 2

3 5 3 5 15−

= ρ = − = − = − = − =

∫ ∫ ∫



−

= ρ = =∫ ∫2

3xz

C 2

M y. (x,y,z)ds t dt 0 ,

−

= ρ = = = =∫ ∫ ∫2 2 2

54 4

xy

0C 2 0

2t 64M z. (x,y,z)ds t dt 2 t dt

5 5

Paso 4. Cálculo del centro de masa. = = =

yz xyxzM MM 4 12

centro de masa (x,y, z) , , ,0,m m m 5 5

.

b. Su momento de inercia respecto al eje x. Solución.

2 2 25 7

2 2 2 4 2 4 6x

0C 2 0

t t 64 256 1728I (y z ). (x,y,z)ds (t t )t dt 2 (t t )dt 2

5 7 5 7 35−

= + ρ = + = + = + = + =

∫ ∫ ∫

17. Un alambre toma la forma de la semicircunferencia 2 2x y 1+ = , y 0≥ , y es más grueso

cerca de su base que cerca de la parte superior. Encuentre el centro de masa del alambre si la densidad lineal en cualquier punto es (x,y) k(1 y)ρ = − donde k es una constante.

Solución. Se usa la parametrización x cos(t), y sen(t)= = . La masa del alambre viene dada por

C 0

m k(1 y)ds k(1 sen(t))dt k( 2)

π

= − = − = π −∫ ∫ .

Se tiene que

2

C C 0

1 1 1 4y y (x,y)ds yk(1 y)ds (sen(t) sen (t))dt .

m k( 2) 2 2( 2)

π− π= ρ = − = − =

π − π − π −∫ ∫ ∫

Como x 0= , el centro de masa es

40, (0,0.38)2( 2)

− π ≈ π − .

18. Un alambre delgado homogéneo tiene la forma de la curva intersección de las superficies 2 2 2 2x y z R+ + = , y x= , que se encuentra en el primer octante. Pruebe que la distancia

del centro de masa del alambre al origen de coordenadas es igual a

2 2R

π.

Solución.

Paso 1. Parametrización de la curva.



2 2

2 2 2

2 2R2

y z2y z R 1

( ) R+ = ⇒ + = .

r Rp 22(t) ( cos(t),Rsen(t)) , 0 t π= ≤ ≤

Por tanto

r R R22 2

(t) ( cos(t), cos(t),Rsen(t)) , 0 t π= ≤ ≤ .


/2 /22 2 2 2R2

0 0

KRm K 2 sen (t) R cos (t)dt KR dt

2

π ππ= + = =∫ ∫ .

Paso 3. Cálculo del centro de masa. π

= = = =π π π∫

/22

2yz R

20

M 2K 2KR 2Rx cos(t)dt

m KR 2KR 2

π

= = = =π π π∫

/22

2xz R

20

M 2K 2KR 2Ry cos(t)dt

m KR 2KR 2 ,

π

= = =π π∫

/2

xy 2

0

M 2K 2Rz R sen(t)dt

m KR.

Paso 4. Cálculo de la distancia origen-centro de masa. 2 2 2

2 2 2

4R 4R 8R 2 2d R= + = =

ππ π π.

19. Halle el momento de inercia respecto al eje z de un alambre cuya forma es la curva C que es la intersección del plano y z 2 0− − = con el cilindro 2 2x z 25+ = , si su densidad es

2

1(x,y,z)

25 xρ =

+.

Solución.

2 2z

C

I (x y ) (x,y,z)ds= + ρ∫ .

Para encontrar las ecuaciones paramétricas de la curva C se tiene:

x(t) 5cos(t)= , z(t) 5sen(t)= , y(t) 2 5sen(t)= + , 0 t 2≤ ≤ π . r(t) (5cos(t),2 5sen(t),5sen(t))= + , 0 t 2≤ ≤ π . r '(t) ( 5sen(t),5cos(t),5cos(t))= − .

2 2 2 2

z2

0

25sen (t) 25cos (t) 25cos (t)I (29 20sen(t)) dt 58

25 25cos (t)

π+ +

= + = π+∫ .

20. Dado un alambre semicircular que tiene la forma de la ecuación 2 2x y 1,+ = y 0≥ , y

densidad (x,y) x yρ = + , halle su centro de masa y el momento de inercia en y.



Solución. Paso 1. Parametrización de la curva. (t) (cos(t),sen(t)), t 0,= ∈ π r .

Paso 2. Transformación de la función densidad. ( (t)) cos(t) sen(t)ρ = +r .

Paso 3. Construcción y resolución de la integral de la masa.

2

C 0 0

20

m (x,y)ds (cos(t) sen(t))dt 2 (cos(t) sen(t))dt

2(sen(t) cos(t)) 2(1 1) 4

ππ

π

= ρ = + = +

= − = + =

∫ ∫ ∫

Paso 4. Construcción y resolución de las integrales de momentos.

y

C 0

M x (x,y)ds cos(t)(cos(t) sen(t))dt 0

π

= ρ = + =∫ ∫

x

C 0

2 2 2 2sen (t) sen(2t)2 t 12 2 4 2 4 2

00 0

M y (x,y)ds sen(t)(cos(t) sen(t))dt

2 sen(t)cos(t)dt sen (t)dt 2( ) 2( ) 1

π

π π ππ π

= ρ = +

= + = + − = + = +

∫ ∫

∫ ∫

M My 2xm m 8

(x,y) ( , ) (0, )π+= = .

Paso 5. Construcción y resolución de la integral de la inercia en y.

22 2 3 2

y

C 0 0

3 3 2sen (t) cos (t) 1 13 3 3 3

0

I x (x,y)ds cos t( cos(t) sen(t))dt 2 (cos (t) cos (t)sen(t))dt

2(sen(t) ) 2(1 ) 2

ππ

π

= ρ = + = +

= − − = − + =

∫ ∫ ∫

21. Un alambre homogéneo tiene la forma del triángulo de vértices A(0,0), B(2,4) y C(4,0). Demuestre que 16

y 3I m= siendo m su masa.

Solución.


ABC

ds 4( 5 1)= +∫ .

Paso 2. Cálculo de yI .



1 1 1

2 2 2 2y

ABC 0 0 0

11

2 3 2

0 0

I x ds 16t dt 4t 2 5dt 4(1 t) 2 5dt

16( 5 1)16( 5 1)t 16 5t 8 5 dt t 8 5t 8 5t

3

16( 5 1) 16 5 16 48 5 64 5 16 16 1616 5 (4 5 1) m

3 3 3 3 3

∆

= = + + +

+ = + + + = + +

+ + + += + = = = + =

∫ ∫ ∫ ∫

∫

1.15. INTEGRALES DE LÍNEA DE CAMPOS VECTORIALES

Se recordará de Cálculo Integral, que el trabajo realizado por una fuerza variable f(x)

al mover una partícula de a a b a lo largo del eje x es

b

a

W f(x)dx= ∫ .

El trabajo realizado por una fuerza constante F al mover un objeto de un punto P a otro punto Q, en el espacio, es F DW = • donde D PQ=

��

es el vector desplazamiento. Ahora

suponga que F i j kP Q R= + + es un campo de fuerzas continuo en 3R .

Se desea calcular el trabajo realizado por esta fuerza al mover una partícula a lo largo

de una curva suave C (ver figura 9).

Figura 9. Trabajo mecánico sobre una curva

INTEGRALES DE LÍNEA DE CAMPOS VECTORIALES



Se divide C en subarcos i 1 iP P− con las longitudes is∆ dividiendo el intervalo del

parámetro [a,b] en subintervalos de igual longitud. Se elige un punto * * * *i i i iP (x ,y ,z ) sobre el

i-ésimo subarco correspondiente al valor del parámetro *it .

Si is∆ es pequeño, entonces cuando la partícula se mueve de i 1P− a iP a lo largo de la

curva, ella avanza aproximadamente en la dirección de T *i(t ) , que es el vector tangente

unitario en *iP . Se supone que en cada segmento Pi-1Pi es F constante e igual al valor que

toma en un Mi del arco Pi-1Pi. Entonces, el trabajo realizado por la fuerza F al mover la

partícula de i 1P− a iP es aproximadamente

* * * * * * * *i i i i i i i i i iF(x ,y ,z ) [ s T(t )] [F(x ,y ,z ) T(t )] s• ∆ = • ∆

y el trabajo total realizado para mover la partícula a lo largo de C es aproximadamente

F T

n

* * * * * *i i i i i i i

i 1

[ (x ,y ,z ) (x ,y ,z )] s

=

• ∆∑

donde T(x,y,z) es el vector tangente unitario en el punto (x,y,z) de C. Intuitivamente se ve

que estas aproximaciones deben mejorar a medida que n crece. Por tanto, se define el

trabajo W realizado por el campo de fuerza F, como el límite de las sumas de Riemann. En

consecuencia el trabajo mecánico se expresa como

F T F TC C

W (x,y,z) (x,y,z)ds ds= • = •∫ ∫ . (2)

Observación 5. La ecuación (2) indica que el trabajo es la integral de línea, con respecto a la

longitud de arco, de la componente tangencial de la fuerza.

Si la curva C está dada por la ecuación vectorial r i j k(t) x(t) y(t) z(t)= + + , entonces

r

Tr'(t)

(t)'(t)

= ,

de modo que se puede escribir también la ecuación (2) en la forma siguiente:




rF r r F r r

r

b b

a a

'(t)W ( (t)) '(t) dt ( (t)) '(t)dt

'(t)

= • = •

∫ ∫ .

Es frecuente que esta última integral se abrevie como

F rC

d•∫

y que aparezca también en otras áreas de la física. Por tanto, se tiene la definición para la

integral de línea de cualquier campo vectorial continuo.

Definición 13. Sea F un campo vectorial continuo definido sobre una curva suave C dada por una función vectorial r(t) , a t b≤ ≤ . Entonces la integral de línea de F a lo largo de C es

F r F r r F Tb

C a C

d ( (t)) '(t)dt ds• = • = •∫ ∫ ∫ .

TEOREMA 1. La integral

F r rb

a

( (t)) '(t)dt•∫

es invariante si se reemplaza la representación paramétrica r (t), I a,b∈ por otra equivalente

y que describe la curva en el mismo sentido. Cambia únicamente de signo, si la nueva

representación equivalente describe la curva en sentido opuesto.

Ejemplo 16. Halle el trabajo realizado por el campo de fuerza F i j2(x,y) x xy= − al mover una

partícula a lo largo del cuarto de circunferencia r2

(t) (cos(t),sen(t)), 0 t π= ≤ ≤ .

Solución. Como x cos(t), y sen(t)= = , se tiene que

F r 2( (t)) (cos (t), cos(t)sen(t))= − , r '(t) ( sen(t), cos(t))= − .

Por tanto, el trabajo realizado es

/2

2

0

2( 2cos (t)sen(t))dt

3

π

− = −∫ .




Ejemplo 17. Calcule

F r r

1

J ( ) d

+Γ

= •∫ ,

siendo F j i 1x y y += − Γ el segmento de recta que une los puntos A=(1,0) y B=(0,1) (ver

figura 10).

Solución.

La recta es x+y=1 es decir que viene dada por

rx t

(t) t 1,0y 1 t

== ∈ = −

.

Luego:

X

Y

B

A

Γ

Γ +

+

1

2


dx dt

dy dt

= = −

Por tanto: 0 1

1 01

J xdy ydx t( dt) (1 t)dt dt 1

+Γ

= − = − − − = =∫ ∫ ∫ ,

es decir: J = 1.

RELACIÓN ENTRE INTEGRALES DE LÍNEA DE CAMPOS VECTORIALES E INTEGRALES

DE LÍNEA DE CAMPOS ESCALARES



1.16. RELACIÓN ENTRE INTEGRALES DE LÍNEA DE CAMPOS VECTORIALES E INTEGRALES DE LÍNEA DE CAMPOS ESCALARES

Suponga que el campo vectorial F en 3R está dado en forma de componentes por

F i j kP Q R= + + . Usando la definición para calcular la integral de línea a lo largo de C:

F r r i j k i j k

r r r

b b

a a

b

a

C

( (t)) '(t)dt (P Q R ) (x '(t) y '(t) z '(t) )dt

[P( (t))x '(t)dt Q( (t))y '(t)dt R( (t))z '(t)dt]

P(x,y,z)dx Q(x,y,z)dy R(x,y,z)dz

• = + + • + +

= + +

= + +

∫ ∫∫∫

Ejemplo 18. Evalúe

C

ydx zdy xdz+ +∫ ,

donde C consta del segmento de recta 1C de (2,0,0) a (3,4,5) seguido por el segmento de

recta 2C de (3,4,5) a (3,4,0).

Solución. Se puede escribir 1C como

r(t) (1 t)(2,0,0) t(3,4,5) (2 t,4t,5t)= − + = + ,

o bien, con sus ecuaciones

x 2 t y 4t z 5t 0 t 1= + = = ≤ ≤ .

Así,

1

C 01

ydx zdy xdz (4t)dt (5t)4dt (2 t)5dt 24.5+ + = + + + =∫ ∫ .

2C se escribe:

r(t) (1 t)(3,4,5) t(3,4,0)= − + = (3,4,5 5t)−

o

x 3= , y 4= , z 5 5t= − , 0 t 1≤ ≤ .

Entonces dx 0 dy= = , de modo que

RELACIÓN ENTRE INTEGRALES DE LÍNEA DE CAMPOS VECTORIALES E INTEGRALES

DE LÍNEA DE CAMPOS ESCALARES



1

C 0

ydx zdy xdz 3( 5)dt 15+ + = − = −∫ ∫ .

Sumando los valores de estas integrales se obtiene

C

ydx zdy xdz 24.5 15 9.5+ + = − =∫ .

1.17. FLUJO Y CIRCULACIÓN DE UN CAMPO

En vez de ser un campo de fuerza, suponga que

F(x,y,z) = (M(x,y,z),N(x,y,z),P(x,y,z))

representa el campo de velocidades de un fluido que corre en una región del espacio (por

ejemplo, un dique de madera o la cámara de una turbina de un generador eléctrico). Bajo

esas circunstancias, la integral de F T• , a lo largo de una curva en la región, da el flujo del

fluido a lo largo de la curva.

TEOREMA 2. Si r(t) (g(t),h(t),k(t))= , a t b≤ ≤ , es una curva suave en el dominio de un

campo continuo de velocidades F(x, y,z) (M(x,y,z),N(x,y,z),P(x,y,z))= , el flujo a lo largo de

la curva de t a= a t b= es la integral de F T• sobre la curva de a a b:

F Tb

a

Flujo ds= •∫ .

En este caso, la integral se llama integral de flujo. Si la curva es un lazo cerrado, el

flujo se llama circulación alrededor de la curva.

Ejemplo 19. Calcule la circulación del campo F(x,y,z) (yz(2x 1),xz(x 1),xy(x 1))= − + + a lo

largo de la curva C dada por la intersección de las superficies de ecuaciones dadas por

2 2 21S : x y z 2z 3 , z 3 2+ + − = < y 2 2

2S : x y z 5 , z 1+ + = ≥ .

El recorrido de C es antihorario visto desde la parte superior de 2S .

Solución.

2 2 21S : x y z 2z 3 , z 3 2+ + − = < , esfera. 2 2

2S : x y z 5 , z 1+ + = ≥ , paraboloide.

Curva intersección: r (t) (2cos(t),2sen(t),1) , t 0,2= ∈ π .

FLUJO Y CIRCULACIÓN DE UN CAMPO



2

0

2

2 2 3 2

0

2 2

2 2 2

0 0

(2sen(t)(4cos(t) 1)( 2sen(t)) 2cos(t)(2cos(t) 1)2 cos(t))dt

( 16sen (t)cos(t) 4sen (t) 8 cos (t) 4cos (t))dt

(4 16sen (t)cos(t) 8cos(t)(1 sen (t)))dt (4 8cos(t) 24sen (t)cos(t))dt

π

π

π π

− − + +

− + + +

− + − = + − =

∫∫∫ ∫ 8π

Ejemplo 20. Una aplicación interesante de la integral de línea es la formulación matemática

de la ley de Ampere, que relaciona corrientes eléctricas con sus efectos magnéticos. Suponga

que H denota un campo magnético en 3R , y sea C una curva cerrada orientada en 3R . Con

las unidades físicas apropiadas, la ley de Ampere asegura que

HC

ds I• =∫ ,

donde I es la corriente neta que pasa por cualquier superficie acotada por C.

1.18. TEOREMA FUNDAMENTAL PARA INTEGRALES DE LÍNEA

Se recordará de Cálculo Integral uno de los teoremas fundamentales del Cálculo

Integral:

b

a

F '(x)dx F(b) F(a)= −∫ ,

donde F’ es continua en [a,b]. Si se considera el vector gradiente f∇ como una función f, de

dos o tres variables, como una especie de derivada de f, entonces el siguiente teorema puede

considerarse como una versión del teorema fundamental para integrales de línea.

TEOREMA 3. Sea C una curva suave dada por la función vectorial r(t) , a t b≤ ≤ . Sea f una

función diferenciable de dos o tres variables cuyo vector gradiente f∇ es continuo en C.

Entonces

TEOREMA FUNDAMENTAL PARA INTEGRALES DE LÍNEA



r r rC

f d f( (b)) f( (a))∇ • = −∫ .

Si f es una función de tres variables y C es una curva espacial que une los puntos

1 1 1A(x ,y ,z ) y 2 2 2B(x ,y ,z ) entonces

r 2 2 2 1 1 1

C

f d f(x ,y ,z ) f(x ,y ,z )∇ • = −∫ .

Si se demuestra esto se tiene:

r r r

r r r

b b

C a a

b

a

f dx f dy f dzf d f( (t)) '(t)dt dt

x dt y dt z dt

df( (t))dt f( (b)) f( (a))

dt

∂ ∂ ∂∇ • = ∇ • = + + ∂ ∂ ∂

= = −

∫ ∫ ∫∫

1.19. INDEPENDENCIA DE LA TRAYECTORIA

Suponga que 1C y 2C son curvas suaves a trozos (que se llaman trayectorias) que

tienen el mismo origen A y extremo B. Se sabe que, en general

F r F rC C1 2

d d• ≠ •∫ ∫ .

Una implicación del teorema 3 es que

r rC C1 2

f d f d∇ • = ∇ •∫ ∫

dondequiera que f∇ sea continua. Al campo vectorial f∇ se le suele llamar conservativo. En

otras palabras, la integral de línea de un campo vectorial conservativo depende sólo del punto

inicial y del punto terminal de la curva.

INDEPENDENCIA DE LA TRAYECTORIA



Se puede decir que las integrales de línea de campos vectoriales conservativos

son independientes de la trayectoria. Una curva se llama cerrada si su extremo coincide con su origen (r r(b) (a)= ). Si

F rC

d•∫

es independiente de la trayectoria en su dominio D y C es cualquier trayectoria cerrada en D,

si se escogen dos puntos A y B sobre C y se considera a C como compuesta por la trayectoria

1C de A a B, seguida por la trayectoria 2C de B a A, se tiene que

F r F r F r F r F rC C C C C1 2 1 2

d d d d d 0

−

• = • + • = • − • =∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ,

ya que 1C y 2C− tienen el mismo origen y extremo. Recíprocamente, si

F rC

d 0• =∫

siempre que C sea una trayectoria cerrada en D, entonces se puede demostrar la

independencia de la trayectoria como sigue. Tome cualquiera dos trayectorias 1C y 2C de A a

B en D y defina C como la curva formada por 1C seguida por 2C− . Entonces

F r F r F r F r F rC C C C C1 2 1 2

0 d d d d d

−

= • = • + • = • − •∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ,

y en consecuencia se tiene que

F r F rC C1 2

d d• = •∫ ∫ .

De esta forma se ha demostrado el siguiente teorema:

INDEPENDENCIA DE LA TRAYECTORIA



TEOREMA 4.

F rC

d•∫

es independiente de la trayectoria en D si, y sólo si,

F rC

d 0• =∫

para cualquier trayectoria cerrada C en D.

Puesto que se sabe que la integral de línea de cualquier campo vectorial conservativo

F es independiente de la trayectoria, se deduce que

F rC

d 0• =∫

para cualquier trayectoria cerrada. La interpretación física es que el trabajo realizado al mover

un objeto en un campo de fuerza conservativo (como el campo gravitacional o eléctrico), a lo

largo de una trayectoria cerrada es 0. El siguiente teorema dice que los únicos campos

vectoriales que son independientes de la trayectoria son los conservativos. La afirmación

anterior fue demostrada para curvas planas, pero hay una versión semejante para curvas

espaciales.

Suponga que D es abierta, lo cual significa que para todo punto P en D hay un disco

con centro P que se encuentra totalmente en D. (Por tanto, D no contiene ninguno de los

puntos de su frontera.) Además, suponga que D es conexa, esto significa que cualesquiera

dos puntos de D se pueden unir mediante una trayectoria que se encuentre en D.

TEOREMA 5. Suponga que F es un campo vectorial continuo en una región conexa abierta D.

Si

F rC

d•∫

es independiente de la trayectoria en D, entonces F es un campo vectorial conservativo en D, es decir, existe una función f tal que Ff∇ = .

CONSERVACIÓN DE LA ENERGÍA



1.20. CONSERVACIÓN DE LA ENERGÍA

Se aplicarán las ideas vistas hasta aquí a un campo de fuerza continuo F que mueve un objeto a lo largo de una trayectoria C dada por r(t) , a t b≤ ≤ , donde r(a) A= es el punto

inicial y r(b) B= es el punto terminal de C. De acuerdo con la segunda ley de Newton del

movimiento, la fuerza F r( (t)) en un punto en C está relacionada con la aceleración

a r(t) ''(t)= por la ecuación

F r r( (t)) m ''(t)= .

Por tanto, el trabajo realizado por la fuerza sobre el objeto es

F r F r r r r r r

r r r r

b b b

C a a a

bb

2 2 2 2

aa

m dW d ( (t)) '(t)dt m ''(t) '(t)dt '(t) '(t) dt

2 dt

m d m m'(t) dt '(t) ( '(b) '(a) )

2 dt 2 2

= • = • = • = •

= = = −

∫ ∫ ∫ ∫∫

De modo que,

v v2 21 1

W m (b) m (a)2 2

= − ,

donde v r '= es la velocidad.

La cantidad

v 21m (t)

2,

es decir, la mitad de la masa por el cuadrado de la velocidad, se llama energía cinética del objeto. Por tanto, se puede escribir también la ecuación del trabajo como W K(B) K(A)= − que

indica que el trabajo realizado por un campo de fuerzas a lo largo de C es igual a la variación

de la energía cinética entre los puntos extremos de C. Suponga ahora, además, que F es un

campo de fuerza conservativo, es decir, se puede escribir F f= ∇ .

CONSERVACIÓN DE LA ENERGÍA



En física, la energía potencial de un objeto en el punto (x,y,z) está definida como P(x,y,z) f(x,y,z)= − , de modo que se tiene F P= −∇ . Entonces

F r r r rC C

W d P d P( (b)) P( (a)) P(A) P(B)= • = − ∇ • = − − = − ∫ ∫ .

Comparando ecuaciones, se ve que P(A) K(A) P(B) K(B)+ = + que indica que si un

objeto se mueve de un punto A a otro punto B bajo la influencia de un campo de fuerza

conservativo, entonces la suma de su energía potencial y su energía cinética permanece

constante. A esto se le llama ley de conservación de la energía, es la razón por la que el

campo vectorial se llama conservativo.

1.21. CAMPOS CONSERVATIVOS EN R2

Persiste la pregunta: ¿cómo es posible determinar si un campo vectorial F es o no es conservativo?. Suponga que se sabe que F(x,y) (P(x,y),Q(x,y))= es conservativo, donde P y

Q tienen derivadas parciales continuas de primer orden. Entonces hay una función f tal que

F f= ∇ , es decir,

f f

P y Qx y

∂ ∂= =∂ ∂

Por otro lado, se sabe que

2 2P f f Q

y y x x y x

∂ ∂ ∂ ∂= = =∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

.

TEOREMA 6. Si F(x,y) (P(x,y),Q(x,y))= es un campo vectorial conservativo, donde P y Q

tienen derivadas parciales continuas de primer orden en un dominio D, entonces en todo D se

tiene que P Q

y x

∂ ∂=∂ ∂

.

CAMPOS CONSERVATIVOS EN R2



El recíproco del teorema anterior es verdadero sólo para un tipo especial de región.

Para explicar esto, primero se necesita el concepto de curva simple, que es una curva que no

se corta a sí misma en ningún lugar entre sus puntos extremos. En el teorema anterior se

necesita una región conexa abierta. Para el siguiente teorema se necesita una condición más

fuerte. Una región simplemente conexa del plano es una región D conexa tal que toda

curva cerrada simple en D encierre sólo puntos que están en D. Una región simplemente

conexa no contiene agujeros y no puede estar formada por dos piezas separadas.

Ahora se puede enunciar un recíproco parcial del teorema anterior para regiones

simplemente conexas, que da un método adecuado para comprobar si un campo vectorial en 2R es conservativo o no.

TEOREMA 7. Sea F(x, y) (P(x,y),Q(x,y))= un campo vectorial sobre una región D abierta y

simplemente conexa. Suponga que P y Q tienen derivadas continuas de primer orden y P Q

y x

∂ ∂=∂ ∂

en toda la región D. Entonces F es conservativo.

Ejemplo 21. Determine si el campo vectorial F(x,y) (x y,x 2)= − − es o no es conservativo.

Solución. Sea P(x,y) x y= − y Q(x,y) x 2= − . Entonces

P Q

1, 1y x

∂ ∂= − =∂ ∂

.

De modo que, como P y Q x∂ ∂ ≠ ∂ ∂ , F no es conservativo de acuerdo con el teorema 7.

Ejemplo 22. Determine si el campo vectorial F 2 2(x,y) (3 2xy,x 3y )= + − es o no es

conservativo.

Solución. P Q

2xy x

∂ ∂= =∂ ∂

Aquí, el dominio de F es todo el plano 2(D R )= , que es abierto y simplemente conectado. Por

tanto, se puede aplicar el teorema 7 y concluir que F es conservativo.




En el ejemplo anterior, el teorema 7 indica que F es conservativo, pero no dice cómo hallar la función (potencial) f tal que F f= ∇ . Se puede emplear integración parcial, como

en el siguiente ejemplo.

Ejemplo 23. a. Si F 2 2(x,y) (3 2xy,x 3y )= + − , encuentre una función f tal que F f= ∇ .

b. Evalúe

F rC

d•∫ , donde C es la curva dada por r t t(t) (e sen(t),e cos(t)), 0 t= ≤ ≤ π .

Solución.

a. Del ejemplo anterior se sabe que F es conservativo y por tanto existe una función f con

Ff∇ = , es decir,

xf (x,y) 3 2xy,= + ( )∗

2 2yf (x, y) x 3y= − ( )∗∗

Integrando ( )∗ con respecto a x, se obtiene

2f(x,y) 3x x y g(y)= + + ( )∗ ∗ ∗

Note que la constante de integración es constante con respecto a x, es decir, es una

función de y, que se ha denotado por g(y). A continuación se deriva ambos miembros de

( )∗ ∗ ∗ con respecto a y:

2yf (x,y) x g'(y)= + ( )∗ ∗ ∗∗

Comparando ( )∗∗ con ( )∗ ∗ ∗∗ , se ve que 2g'(y) 3y= − . Integrando con respecto a y, se

tiene 3g(y) y K= − + donde K es constante. De modo que poniendo esto en ( )∗ ∗ ∗ se tiene

2 3f(x,y) 3x x y y K= + − +

como la función potencial deseada.

b. Para usar el teorema 3 todo lo que se tiene que saber son los puntos inicial y terminal de

C, es decir, r(0) (0,1)= y r( ) (0, e )ππ = − . En la expresión para f(x,y) de la parte (a), la

constante K puede tomar cualquier valor, de modo que

F r r 3 3

C C

d f d f(0, e ) f(0,1) e ( 1) e 1.π π π• = ∇ • = − − = − − = +∫ ∫

Este método es mucho más corto que el método directo para evaluar integrales de línea

visto anteriormente.




1.22. CAMPOS CONSERVATIVOS EN R3

Recuerde que el gradiente de una función f de tres variables es un campo vectorial en 3R y por tanto se puede calcular su rotacional. El siguiente teorema dice que el rotacional de

un campo vectorial gradiente es 0.

TEOREMA 8. Si f es una función de tres variables que tiene derivadas parciales continuas de segundo orden, entonces 0rot( f)∇ = .

Como un campo vectorial conservativo es aquel para el que F f= ∇ , el teorema

anterior se puede expresar también como sigue: Si F es conservativo, entonces F 0rot = . Este

resultado ofrece una forma de verificar si un campo vectorial es o no conservativo.

Ejemplo 24. Demuestre que el campo vectorial F 2(x,y,z) (xz,xyz, y )= − no es conservativo.

Solución. Al calcular el rotacional de F se obtiene Frot ( y(2 x),x,yz)= − + . Esto muestra que F 0rot ≠ y

por tanto, según el teorema 8, F no es conservativo.

El recíproco del teorema 8 no se cumple, pero el teorema que sigue muestra que el

recíproco es verdadero si F está definido en todas partes.

TEOREMA 9. Si F es un campo vectorial definido en todo 3R cuyas funciones componentes

tienen derivadas parciales continuas y =F 0rot , entonces F es un campo vectorial

conservativo.

Ejemplo 25.

a. Demuestre que F 2 3 3 2 2(x,y,z) (y z ,2xyz ,3xy z )= es un campo vectorial conservativo.

b. Encuentre una función f tal que F f= ∇ .

Solución.

a. Se calcula el rot de F:

i j k

F F 02 2 2 2 2 2 3 3

2 3 3 2 2

rot (6xyz 6xyz , 3y z 3y z ,2yz 2yz )x y z

y z 2xyz 3xy z

∂ ∂ ∂= ∇ × = = − − + − =∂ ∂ ∂

.

Como F 0rot = y el dominio de F es 3R , entonces F es conservativo.




b. Se tienen 2 3

xf (x,y,z) y z= ( )∗

3yf (x, y,z) 2xyz= ( )∗∗

2 2zf (x,y,z) 3xy z= ( )∗ ∗ ∗


2 3f(x,y,z) xy z g(y,z)= + ( )∗ ∗ ∗∗

Derivando ∗ ∗ ∗∗( ) con respecto a y, se obtiene

3y yf (x,y,z) 2xyz g (y,z)= + ,

asi que comparando con ( )∗∗ da yg (y,z) 0= .

g(y,z) h(z)= y 2 2zf (x, y,z) 3xy z h'(z)= + .

Entonces ( )∗ ∗ ∗ da h'(z) 0= . Por tanto 2 3f(x, y,z) xy z K= + .

Ejemplo 26. Considere el campo vectorial = + + − + + − +F a b(x,y,z) (2x y z, 3x 2y z,x y 2z) .

a. Halle los valores que deben tomar los parámetros a y b en R, para que F sea conservativo en todo 3R .

Solución. = − − − − − = ⇒ = − = −F b a a brot( ) ( 1 ,1 1, 3 ) (0,0,0) 3 , 1

b. Para los valores de a y b encontrados, determine la familia de funciones potenciales de F

y calcule el trabajo mecánico realizado por el campo a lo largo de la curva dada por 2 3 4(t) (t , t , t ) , 0 t 1r = ≤ ≤ .

Solución. = ∇ = − + − + − − +F(x, y,z) f(x, y,z) (2x 3y z, 3x 2y z,x y 2z)

= − + = − + − = − + x y zf (x, y,z) 2x 3y z , f (x,y,z) 3x 2y z , f (x,y,z) x y 2z

= − + = − + + ⇒ = − +

⇒ − + − = − +

= − ⇒ = − ⇒ = − +

∫

∫

2y y

y

2y

f(x, y,z) (2x 3y z)dx x 3xy zx g(y,z) f (x, y,z) 3x g (y,z)

3x 2y z 3x g (y,z)

g (y,z) 2y z g(y,z) (2y z)dy g(y,z) y yz h(z)

= − + + − + ⇒ = − +

− + = − + ⇒ = ⇒ = +

2 2z

2

f(x, y,z) x 3xy zx y yz h(z) f (x,y,z) x y h'(z)

x y 2z x y h'(z) h'(z) 2z h(z) z C

Familia de funciones potenciales de F: = − + + − + +2 2 2f(x, y,z) x 3xy zx y yz z C . (0) (0,0,0) , (1) (1,1,1) , W f(1,1,1) f(0,0,0) 0 0 0r r = = = − = − = .




1. Sea F 2 2(x,y) ( xy x , x y)= − − − . Para cada número real a considere la curva aC definida

como el gráfico de la función y (x 1)(ax 1), 0 x 1= − − ≤ ≤ . Determine la curva aC de

manera que el trabajo mecánico realizado por F a lo largo de aC desde el punto (0,1) al

punto (1,0) sea mínimo.

Solución. r(t) (t,(t 1)(at 1))= − − , r '(t) (1,at 1 a(t 1)) (1,2at a 1)= − + − = − − , 0 t 1≤ ≤ .

1

2 2

0

1

2 2 5 4 2 3 2

0

1

3 2 2 5 4 2 3 2

0

W(a) ( t(t 1)(at 1) t , t (t 1)(at 1)) (1,2at a 1)dt

( t(t 1)(at 1) t 2a t 3a(a 1)t (a 4a 1)t (a 1)t )dt

( at at t 2a t 3a(a 1)t (a 4a 1)t (a 1)t )dt

( 2

= − − − − − − − • − −

= − − − − − + + − + + + +

= − + − − + + − + + + +

= −

∫∫∫

1

2 5 4 2 3 2

0

12 2 2

6 5 4 3

0

2 2

a t 3a(a 1)t (a 5a 1)t (2a 1)t t)dt

2a 3a(a 1) (a 5a 1) (2a 1) tt t t t

6 5 4 3 2

2a 3a(a 1) (a 5a 1) (2a 1) 1

6 5 4 3 2

+ + − + + + + −

+ + + += − + − + −

+ + + += − + − + −

∫

4a 6a 3 2a 5 2 40a 72a 36 30a 75 40W'(a) 0

6 5 4 3 60

1 2 12a 1 0 a W''(a) W'' 0 mínimo

2 60 2

+ + − + + − − += − + − + = =

+ = ⇒ = − = ⇒ − >

Curva: 12

y (1 x)( x 1) , 0 x 1= − + ≤ ≤ .

2. Sea F 2 2(x,y) ( xy x , x y)= − − − . Para cada número real a considere la curva aC definida

como el gráfico de la función a 2y x 1 , 0 x 1= − ≤ ≤ . Determine la curva aC de manera

que el trabajo mecánico realizado por F a lo largo de aC desde el punto (0, 1)− al punto

a(1, 1)− sea máximo.

Solución.

Parametrizando C se tiene:

r a r a2(t) (t, t 1) , 0 t 1 , '(t) (1,2 t)= − ≤ ≤ = .



F r a a a a2 2 2 2 3 2 4 2( (t)) ( t( t 1) t , t ( t 1)) ( t t t , t t )= − − − − − = − + − − +

F r r a a a

a a a a a

a a a a

1 1

3 2 4 2

0 0

1 1

3 2 2 5 3 3 2 2 5

0 0

14 2 3 2 6 2

0

W ( (t)) '(t)dt ( t t t , t t ) (1,2 t)dt

( t t t 2 t 2 t )dt ( t t t 2 t )dt

t t t t 1.

4 2 3 3 4 6 3

= • = − + − − + •

= − + − − + = + − −

= + − − = + −

∫ ∫∫ ∫

Como se quiere que

a aa

21W( )

6 4 3= + −

sea máximo, se tiene entonces: a

a a1 2 3

W'( ) 0 .4 3 8

= − = ⇒ =

Por criterio de la segunda derivada y como se trata de una parábola cóncava hacia abajo

entonces alcanza un máximo.

Curva: 238

y x 1 , 0 x 1= − ≤ ≤

3. Calcule el trabajo requerido para mover una partícula bajo la acción del campo de fuerza

F x 1(x,y,z) (6z 4y,z,e )−= − desde el punto (1,2, 1)− hasta el punto (1, 2, 1)− − a lo largo de

la curva de intersección de las superficies dadas por 2x z 1+ = , 2 2z 8 x 2y= − − .

Solución.

Paso 1. Parametrización de la curva intersección. 2 2

2 2 2 2 (x 1) y1 2x 8 x 2y (x 1) 2y 8 1

8 4

−− = − − ⇒ − + = ⇒ + =

r 32 2

(t) (1 2 2 cos(t),2sen(t), 4 2 cos(t) 1) tπ π= + − − ≤ ≤ .


F r F r r3 /2

C /2

d ( (t)) '(t)dt

π

π

• = •∫ ∫

3 /2

2 2 2 2 cos(t)

/2

(96cos(t)sen(t) 12 2sen(t) 16 2sen (t) 8 2 cos (t) 2cos(t) 4 2sen(t)e )dt

π

π

+ + − − +∫

3 /2

2

/2

(24 2sen (t) 8 2 2cos(t))dt 4(1 2 )

π

π

− − = + π∫



4. Sea C una curva de ecuación vectorial r(t) , t a,b∈ y F un campo vectorial tal que

F r r( (t)) (t) '(t)= α , : a,b Rα → y (t) 0α > , t a,b∀ ∈ . Demuestre que se cumple la

igualdad dada por

F r FC C

d ds• =∫ ∫ .

Solución.

F r F r r r r r

r r F

b b b2

C a a a

b

a C

d ( (t)) '(t)dt (t) '(t) '(t)dt (t) '(t) dt

(t) '(t) '(t) dt ds

• = • = α • = α

= α =

∫ ∫ ∫ ∫∫ ∫

5. Calcule

2

K xdy ydx

+Γ

= −∫ ,

si 2+Γ es el arco de circunferencia de radio 1, mostrado en la figura 11 y que une A y B.

X

Y

B

A

Γ

Γ +

+

1

2


Solución.

r2

x cos(t)Es : (t) t 0,

2y sen(t)+ = π Γ = ∈ =

. Luego dx sen(t)dt

dy cos(t)dt

= − =

.

2

2 2

02

K xdy ydx (cos (t) sen (t))dt2

π

+Γ

π= − = + =∫ ∫



6. Calcule

2 2J y dx x dy+Γ

= −∫ ,

siendo +Γ la frontera de la región acotada por la recta y=x y la parábola y=x2 , estando

+Γ orientada en el sentido antihorario (ver figura 12).

Y

O

A Γ

Γ +

+

1

2

( 1 , 1 )

y = x y = x 2

X


Solución.

Puede escribirse 1 2+ + +Γ = Γ ∪ Γ .

r1 2

x t dx dt(t) t 0,1

dy 2tdty t

+ = =Γ = ∈ ⇒ == r2

x u dx du(u) t 1,0

y u dy du+ = − = −

Γ = ∈ − ⇒ = − = − .

Luego

F r F r

1 0

4 3 2 2

0 11 2

3J d d t 2t dt u u du

10+ + −Γ Γ

= • + • = − + − = − ∫ ∫ ∫ ∫

7. Calcule

J ydx xdy zdz

+Γ

= + +∫ ,

siendo Γ+ el arco de hélice circular: x(t) acos(t), y(t) asen(t), z(t) bt t 0,2= = = ∈ π Solución.

2

0

2 22

2 2 22 2 2 2 2 2 2 2

00 0

J asen(t)( asen(t)) acos(t)(acos(t)) bt(b) dt

a sen(2t) b ta (cos (t) sen (t)) b t dt a cos(2t) b t dt 2 b

2 2

π

π ππ

= − + +

= − + = + = + = π

∫

∫ ∫



8. Calcule

C

ydx xdy zdz− +∫ ,

siendo la curva

2 2 2

x y 2C :

x y z 2(x y)

+ =

+ + = +

que se encuentra en el primer octante, desde A (0,2,0)= hasta B (2,0,0)= .

Solución.

Paso 1. Parametrización de C.

2 2 2 2 2 2

2 2 2

x y 2C : x (2 x) z 4 z 4x 2x z 4x 2x

x y z 2(x y)

+ =⇒ + − + = ⇒ = − ⇒ = −

+ + = +

por ser z 0≥ , ya que la porción de la curva recorrida pertenece al primer octante.

En consecuencia, la expresión paramétrica de la curva si x es el parámetro sería:

r 2(t) (t,2 t, 4t 2t )= − − , t 0,2∈ .

Paso 2. Transformación de los diferenciales.

2

2(1 t)dx dt, dy dt, dz dt

4t 2t

−= = − =−

.

Paso 3. Conversión a una integral definida simple.

2 2

0 0

(2 t)dt tdt 2(1 t)dt (4 2t)dt− + + − = −∫ ∫ .

Paso 4. Resolución de la integral definida simple.

22

2

00

(4 2t)dt (4t t ) (8 4) 4− = − = − =∫ .

9. Halle el valor de

C

ydx zdy xdz+ +∫ ,

donde C es la curva intersección de las superficies 2 2z xy , x y 1= + = . El sentido de

recorrido de C es antihorario cuando es vista desde encima del plano xy.

Solución. r (t) (cos(t),sen(t), cos(t)sen(t)) 0 t 2= ≤ ≤ π

2

2 2

0

(sen(t)( sen(t)) cos(t)sen(t)cos(t) cos(t)(cos (t) sen (t))dt

π

− + + − = −π∫ .



10. Sean el campo de fuerzas = −F(x,y,z) ( y,x,z) y la curva C de intersección de las

superficies + + = = 2 2 2x y z 2x , z x . Calcule el trabajo realizado por el campo F al mover

una partícula a lo largo de C en sentido antihorario visto desde la dirección positiva del

eje z.

Solución.

Paso 1. Parametrización de la curva C.

Proyectando en el plano xy se tiene que

−+ + = ⇒ − + = ⇒ − + + = ⇒ + =

21 22 2 2 2 2 2 2 21 1

4 2 1 14 2

(x ) yx y x 2x 2x 2x y 0 2(x x ) y 1.

En consecuencia

= + + ⇒ = − − ≤ ≤ πr r' 1 1 1 1 1 1 1 12 2 2 2 2 22 2

(t) ( cos(t), sen(t), cos(t)) (t) ( sen(t), cos(t), sen(t)) 0 t 2

Paso 2. Cálculo del trabajo mecánico.

F r F r r

2

C 0

2

1 1 1 1 1 1 1 12 2 2 2 2 22 2

0

2

2 21 1 1 1 14 42 2 2 2 2 2

0

T d ( (t)) '(t)dt

( sen(t), cos(t), cos(t)) ( sen(t), cos(t), sen(t))dt

( sen (t) cos(t) cos (t) sen(t) cos(t)sen(t))dt

π

π

π

= • = •

= − + + • − −

= + + − −

∫ ∫∫∫

2

1 1 1 14 42 2 2 2

0

2 2 2 2

1 1 1 14 42 2 2 2

0 0 0 0

2 2 22 2t 1 1 14 82 2 2 2 20 00 0

( cos(t) sen(t) cos(t)sen(t))dt

dt c os(t)dt sen(t)dt cos(t)sen(t)dt

sen(t) cos(t) sen (t)

π

π π π π

π π ππ π

= + − −

= + − −

= + + − =

∫∫ ∫ ∫ ∫

11. Sean C una curva suave en el plano xy parametrizada por la función vectorial (t)r , donde

t a,b∈ , con '(t) 1=r , F un campo vectorial definido y continuo en C tal que

( (t)) '(t)=F r r y los campos G donde ( (t)) (t)=G r r'' , (x,y,z) (x,y,z)=r y T(x,y) , 1=T .

a. Pruebe que

C

d b a• = −∫ F r .

Solución. b b b b

C a a a a1

d ( (t)) (t)dt (t) (t)dt (t) dt dt b a• = • = • = = = −∫ ∫ ∫ ∫ ∫2

F r F r r' r' r' r'



b. ¿Qué calcula la integral

C

d•∫ T r ?

Solución.

C C C

d ds ds• = =∫ ∫ ∫T r T . La integral calcula la longitud de arco de la curva C.

c. Calcule

C

d•∫ G r .

Solución.

C C C

d ( (t)) '(t)dt ''(t) '(t)dt 0• = • = • =∫ ∫ ∫G r G r r r r .

Como '(t) cons tante=r , entonces los vectores '(t)r y ''(t)r son ortogonales.

d. ¿Existe algún campo vectorial H tal que rot( ) =H r ?

Solución. (x) (y) (z)

div( ) 3 0x y z

∂ ∂ ∂= + + = ≠∂ ∂ ∂

r .

Como div( ) 0≠r , entonces r no puede ser el rotacional de ningún campo vectorial.

12. Sea C una curva de ecuación vectorial r(t) , t a,b∈ y F un campo vectorial tal que

( (t)) '(t)F r r= y '(t) 1r = , t a,b∈ . Demuestre que

C C

d ds

F r• =∫ ∫ .

Solución. b b b b

2

C a a a a

C C

d ( (t)) '(t)dt '(t) '(t)dt '(t) dt '(t) '(t) dt

'(t) ds ds

F r F r r r r r r r

r

• = • = • = =

= =

∫ ∫ ∫ ∫ ∫∫ ∫

13. Sean C la curva intersección de la esfera de ecuación 2 2 2x y z 4+ + = y el plano

2x y 2z 0+ + = y el campo vectorial

2

2 2 2

x(x,y,z) x z,4 y ,

x y zF

= + − + +

.

Calcule



C1

d

F r•∫ ,

donde 1C es el arco orientado de C dado por los puntos (x,y,z) C∈ con y 0≤ y punto

inicial dado por 0P ( 2,0, 2)− .

Solución. Sean los vectores (1,0, 1)1w = − y (2, 4,0)2w = − . Sean los vectores 1v y 2v vectores

perpendiculares construidos a partir de los vectores 1w y 2w como sigue:

(1,0, 1)1 1v w= = − ,

• (2, 4,0) (1,0, 1)(2, 4,0) (1,0, 1)

(1,0, 1) (1,0, 1)

(2, 4,0) (1,0, 1) (1, 4,1)

2 12 2 1

1 1

w vv w v

v v

− • −= − = − − −• − • −

= − − − = −

Una parametrización de la curva intersección C viene dada por

2 2(t) (1,0, 1)cos(t) (1, 4,1)sen(t)

2 3 2

2 4 2 22 cos(t) sen(t), sen(t), 2 cos(t) sen(t) , 0 t

3 3 3

r

= − + −

= + − − + ≤ ≤ π

De modo que

2 4 2 2(t) 2sen(t) cos(t), cos(t), 2sen(t) cos(t)

3 3 3r'

= − + − +

y

22 2 32 2 2( (t)) sen(t),4 sen (t), cos(t) sen(t)

3 9 4 12F r

= − +

.

Como el punto inicial es 0P ( 2,0, 2)− y se exige que y 0≤ , entonces 0 t≤ ≤ π . De modo

que

2

0

2 2 32 2 2 2 4 2 2sen(t),4 sen (t), cos(t) sen(t) 2sen(t) cos(t), cos(t), 2sen(t) cos(t) dt

3 9 4 12 3 3 3

π − + • − + − +

∫ .

Resolviendo

2 216 2 128 2 54 4 13 9 3 27 9 6

0

( sen (t) sen(t)cos(t) cos(t) sen (t)cos(t) cos(t)sen(t) )dt

π

− + − + + +∫

2 216 2 128 24 13 3 27 6

0

2 216 2 128 24 13 3 27

0 0 0 0

I I I I1 2 3 4

( sen (t) sen(t)cos(t) cos(t) sen (t)cos(t) )dt

sen (t)dt sen(t)cos(t)dt cos(t)dt sen (t)cos(t)dt

π

π π π π

− + − + +

− + − + +

∫∫ ∫ ∫ ∫

��

6

0

I5

dt

π

∫��



2 24 21 3 3 3

0 0

I sen (t)dt (1 cos(2t))dt

π ππ= − = − − = −∫ ∫ , 2

0

I sen(t)cos(t)dt 0

π

= =∫ ,

16 23 3

0

I cos(t)dt 0

π

= − =∫ , 2128 24 27

0

I sen (t)cos(t)dt 0

π

= =∫ , 15 6 6

0

I dt

ππ= =∫

En consecuencia: 2

1 2 3 4 5 3 6 2I I I I I I π π π= + + + + = − + = −

14. Sea el campo de velocidades de un fluido = + + + − − +F xy 2 2 xy 2 xy 2(x,y,z) (ye cos(z) y z cos(x)cos(y),xe cos(z) 2xyz sen(x)sen(y), e sen(z) 2xy z) .

a. Pruebe que F es conservativo.

Solución.

= + +xy 2 2P(x,y,z) ye cos(z) y z cos(x)cos(y) ,

= + −xy 2Q(x,y,z) xe cos(z) 2xyz sen(x)sen(y) , = − +xy 2R(x,y,z) e sen(z) 2xy z

∂ ∂= − + =∂ ∂

xyR Qxe sen(z) 4xyz

y z ,

∂ ∂= − + =∂ ∂

xy 2P Rye sen(z) 2y z

z x ,

∂ ∂= + + − =∂ ∂

xy xy 2Q Pe cos(z) xye cos(z) 2yz cos(x)sen(y)

x y

Por lo tanto F es conservativo. b. Calcule el flujo a lo largo de la curva C que une los puntos π

2A(0, ,0) y π π

2 4B( ,0, ) .

Solución.

xy 2 2 xy 2 2f(x,y,z) (ye cos(z) y z cos(x)cos(y))dx e cos(z) xy z sen(x)cos(y) g(y,z)= + + = + + +∫

+ − = + − +xy 2 xy 2yxe cos(z) 2xyz sen(x)sen(y) xe cos(z) 2xyz sen(x)sen(y) g (y,z)

= ⇒ =yg (y,z) 0 g(y,z) h(z)

− + = − + + ⇒ =xy 2 xy 2e sen(z) 2xy z e sen(z) 2xy z h'(z) h(z) C

Por lo tanto

= + + +xy 2 2f(x,y,z) e cos(z) xy z sen(x)cos(y) C .

22

Flujo f(B) f(A)= − = .



15. Sea el campo de fuerzas F xy xy(x,y,z) (ye zsen(xz),xe , xsen(xz))= − − .

a. Demuestre que F es conservativo y determine una función potencial.

Solución.

Campo de existencia de F: Todo el espacio tridimensional (simplemente conexo). Igualdad de las derivadas parciales:

xy xyxy xy

xy xy

(ye zsen(xz)) (xe )e xye ,

y x

(ye zsen(xz)) ( xsen(xz)) (xe ) ( xsen(xz))sen(xz) xz cos(xz) , 0

z x z y

∂ − ∂= + =∂ ∂

∂ − ∂ − ∂ ∂ −= − − = = =∂ ∂ ∂ ∂

xy xyz z

xy

xy xy

xy

f(x, y,z) xe dy e g(x,z) f (x,y,z) xsen(xz) g (x,z) g(x,y)

xsen(xz)dz

g(x,y) xsen(xz)dz cos(xz) h(y) f(x,y,z) e cos(xz) h(y)

xe xe h'(y)

h'(y) 0 h(y) C f(x,y,z) e

= = + ⇒ = − = ⇒

= −

= − = + ⇒ = + +

⇒ = +

= ⇒ = ⇒ = +

∫∫∫

cos(xz) C+

Una función potencial sería xyf(x,y,z) e cos(xz)= + .

b. Determine las ecuaciones paramétricas de la curva 2 2 2x y z 6z

C :z y 3

+ + =

+ =

y calcule el trabajo que realiza F a lo largo de C.

Solución.

Proyectando en xz:

r

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2(z 3)2 2 2 2 x9/2 9

3 3

2 2

x (3 z) z 6z x 9 6z z z 6z 0 2z 12z x 9

2(z 6z 9) x 9 18 2(z 3) x 9 1

(t) (3cos(t), sen(t),3 sen(t)) 0 t 2

−

+ − + = ⇒ + − + + − = ⇒ − + = −

− + + = − + ⇒ − + = ⇒ + =

= − + ≤ ≤ π

Como F es conservativo y C es cerrada entonces el trabajo realizado es igual a cero.

16. Considere el campo vectorial = + + − + + − +F a b(x, y,z) (2x y z, 3x 2y z,x y 2z).

a. Halle los valores que deben tomar los parámetros a y b en R, para que F sea conservativo en todo 3R .

Solución. = − − − − − = ⇒ = − = −F b a a brot( ) ( 1 ,1 1, 3 ) (0,0,0) 3 , 1



b. Para los valores de a y b encontrados, determine la familia de funciones potenciales

de F y calcule el trabajo mecánico realizado por el campo a lo largo de la curva dada

por 2 3 4(t) (t , t , t ) , 0 t 1r = ≤ ≤ .

Solución. MÉTODO ALTERNATIVO 1:

= ∇ = − + − + − − +F(x,y,z) f(x,y,z) (2x 3y z, 3x 2y z,x y 2z)

= − + = − + − = − + x y zf (x,y,z) 2x 3y z , f (x,y,z) 3x 2y z , f (x,y,z) x y 2z

= − + = − + + ⇒ = − +

⇒ − + − = − +

= − ⇒ = − ⇒ = − +

∫

∫

2y y

y

2y

f(x, y,z) (2x 3y z)dx x 3xy zx g(y,z) f (x, y,z) 3x g (y,z)

3x 2y z 3x g (y,z)

g (y,z) 2y z g(y,z) (2y z)dy g(y,z) y yz h(z)

= − + + − + ⇒ = − +

− + = − + ⇒ = ⇒ = +

2 2z

2

f(x, y,z) x 3xy zx y yz h(z) f (x,y,z) x y h'(z)

x y 2z x y h'(z) h'(z) 2z h(z) z C

Familia de funciones potenciales de F: = − + + − + +2 2 2f(x, y,z) x 3xy zx y yz z C .

MÉTODO ALTERNATIVO 2: = ∇ = − + − + − − +F(x, y,z) f(x, y,z) (2x 3y z, 3x 2y z,x y 2z)

x y z

0 0 0

x y z2 2 2

0 0 0

2 2 2

f(x, y,z) 2udu ( 3x 2u)du (x y 2u)du

u ( 3xu u ) (xu yu u

x 3xy y xz yz z C

= + − + + − +

= + − + + − +

= − + + − + +

∫ ∫ ∫

Familia de funciones potenciales de F: = − + + − + +2 2 2f(x, y,z) x 3xy zx y yz z C . (0) (0,0,0) , (1) (1,1,1) , W f(1,1,1) f(0,0,0) 0 0 0r r = = = − = − = .

TEOREMA DE GREEN Integrales de Línea y sus Aplicaciones Pág.: 62 de 104


1.24. TEOREMA DE GREEN

El teorema de Green establece la relación entre una integral de línea alrededor de una

curva cerrada y simple, y una integral doble sobre la región plana D limitada por C. En el

enunciado del teorema de Green se usa la orientación positiva de una curva C, cerrada y

simple, que, por convenio, es el recorrido de C en sentido contrario al de las manecillas del

reloj. De esta forma, si C está dada por la función vectorial r(t) , a t b≤ ≤ , entonces la región

D está siempre a la izquierda cuando el punto r(t) recorre C.

TEOREMA 10. (TEOREMA DE GREEN). Sea C una curva suave a trozos, cerrada, simple y

positivamente orientada del plano, y sea D la región limitada por C. Si P y Q tienen derivadas

parciales continuas en una región abierta que contiene a D, entonces

CD

Q PPdx Qdy dA

x y

∂ ∂+ = − ∂ ∂ ∫ ∫∫ .

Se sabe que un dominio D cuya frontera es una curva cerrada, simple y regular a

trozos se denomina simplemente conexo (es decir un dominio sin huecos) (ver figura 13).

Cuando la frontera está formada por varias curvas cerradas el dominio D se denomina

múltiplemente conexo (ver figura 14).

D

Figura 13. Dominio simplemente conexo



D

Figura 14. Dominio múltiplemente conexo

El teorema de Green es también válido para una región múltiplemente conexa R y su

frontera Γ, siempre que se recorra de forma que la región R quede a la izquierda de Γ. Así, para el caso de la región de la figura 15 debe considerarse la orientación que se muestra, (es

decir, el sentido de giro de las agujas del reloj para los contornos interiores y el contrario para

el contorno exterior.)

ΓΓΓΓ

R

ΓΓΓΓ 1

3

2 ΓΓΓΓ

Figura 15. Orientación adecuada del contorno de R

Para el caso de la figura 16, basta considerar los cortes AB y CD, que transforman la

región R triplemente conexa en una región simplemente conexa.

ΓΓΓΓ

R ΓΓΓΓ 1

3

2 ΓΓΓΓ A C

A C

B D D B

Figura 16. Región triplemente conexa



Ejemplo 27. Evalúe

4

C

x dx xydy+∫ ,

donde C es la frontera triangular (ver figura 17) que une los puntos (0,0), (0,1) y (1,0),

orientada positivamente.

Figura 17. Curva triangular del ejemplo 27

Solución.

La gráfica indica la región encerrada por la curva C. Se tiene:

4 P QP(x,y) x 0 Q(x,y) xy y

y x

∂ ∂= ⇒ = = ⇒ =∂ ∂

Por lo tanto:

( )

1 1 x 1 11 x 24 21 1

2 200 0 0 0

C D

13

0

Q Px dx xydy dA ydydx y dx 1 x dx

x y

1 1(1 x)

6 6

−− ∂ ∂ + = − = = = − ∂ ∂

= − − =

∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Nótese que de haber hecho la integral de línea se habrían tenido que hacer 3 integrales con

las correspondientes parametrizaciones.

Ejemplo 28. Evalúe

sen(x) 4

C

(3y e )dx (7x y 1)dy− + + +∫ ,

donde C es 2 2x y 9+ = .

Solución.

x

y

1

1

y = 1 - x



La región D limitada por C es el disco 2 2x y 9+ ≤ , así que trabajando con coordenadas polares

después de aplicar el teorema de Green:

2 3

sen(x) 4

C 0 0

(3y e )dx (7x y 1)dy 4 rdrd 36

π

− + + + = θ = π∫ ∫ ∫ .

Ejemplo 29. Pruebe el Teorema de Green para el campo F 2 2(x,y) (y ,x xy)= − , donde C es la

curva frontera de la región R del plano xy determinada por las desigualdades

2 2x y 4 , y x 2 0+ ≤ − − ≤ .

Solución.

Graficando la región R (ver figura 18):


Se tiene:

r 1C : (t) ( 2t,2 2t) , 0 t 1= − − ≤ ≤ r 2C : (t) (2cos(t),2sen(t)) , t2

π= − π ≤ ≤ ,

2 2P(x,y) y , Q(x,y) x xy= = − ,

por lo tanto:

Q P

2x y , 2yx y

∂ ∂= − =∂ ∂

Por integrales de línea:

1 1

2 2 2 21

0 0

1

2

0

I ((2 2t) ,4t 2t(2 2t)) ( 2, 2)dt 2 ((2 2t) 4t 2t(2 2t))dt

208 (1 t t )dt

3

= − + − • − − = − − + + −

= − − + = −

∫ ∫∫



/2

2 22

/2 /2

3 3 2 3

/2 /2

2

I (4sen (t),4cos (t) 4cos(t)sen(t)) ( 2sen(t),2cos(t))dt

( 8sen (t) 8cos (t) 8cos (t)sen(t))dt 8 (sen(t) cos (t))dt

8 sen(t)dt 8 (1 sen (t))cos(t)dt

8 sen

π

−ππ π

−π −ππ π

−π −π

= − • −

= − + − = − −

= − + −

= −

∫∫ ∫∫ ∫

/2 /2 /2

2 8 40(t)dt 8 cos(t)dt 8 sen (t)cos(t)dt 16

3 3

π π π

−π −π −π

+ − = − =∫ ∫ ∫

Por lo tanto,

1 2

20 40 20I I I

3 3 3= + = − + = .

Por integrales dobles:

0 x 2

122 4 x

02 2

2

2

02 2

2

2

0 0

2 2 2 2 2

2 2

I (2x 3y)dydx

3(x 4x 4) 12 3x2x(x 2) 2x 4 x dx

2

3x 12x 12 12 3x2x(x 2) 2x 4 x dx

2

(2x 4x 2x 4 x 3x 6x)dx (2x 4 x x 2x)dx

2(4

3

+

− − −

−

−

− −

= −

+ + − += + + − −

+ + − += + + − −

= + + − − − = − − −

= − −

∫ ∫

∫∫∫ ∫

03

2 3/2 2

2

xx ) x 4

3−

− − = −

/2 2 /2 2

22

/2 0 /2 0

/2/2

/2/2

I (2r cos( ) 3rsen( ))rdrd (2 cos( ) 3sen( ))r drd

8 8 32(2 cos( ) 3sen( ))d 2sen( ) 3cos( )

3 3 3

π π

−π −π

ππ−π

−π

= θ − θ θ = θ − θ θ

= θ − θ θ = θ + θ =

∫ ∫ ∫ ∫

∫

Por lo tanto,

1 2

32 20I I I 4

3 3= + = − + = .

APLICACIÓN DEL TEOREMA DE GREEN AL CÁLCULO DE ÁREAS DE REGIONES PLANAS



1.25. APLICACIÓN DEL TEOREMA DE GREEN AL CÁLCULO DE ÁREAS DE REGIONES PLANAS

Una aplicación del teorema de Green tiene que ver con el cálculo de áreas. Como el

área de D es

D

dA∫∫ ,

se desean escoger P y Q de modo que

Q P1

x y

∂ ∂− =∂ ∂

.

Hay varias posibilidades:

P(x,y) 0, Q(x,y) x= = P(x,y) y, Q(x,y) 0= − = P(x,y) y 2, Q(x,y) x 2= − =

Entonces el teorema de Green da las siguientes fórmulas para el área de D:

C C C

1A xdy ydx xdy ydx

2= = − = −∫ ∫ ∫ .

Ejemplo 30. Calcule el área de la región R limitada por la elipse 2 2

2 2

x y1

a b+ = .

Solución.

Una parametrización de la elipse es

x acos(t)t 0,2

y bsen(t)

=∈ π =

(orientación positiva)

Luego: 2

2 2

0

1 1(R) xdy ydx (abcos (t) ab sen (t))dt ab

2 2

π

+Γ

µ = − = + = π∫ ∫ .

FORMAS VECTORIALES DEL TEOREMA DE GREEN



1.26. FORMAS VECTORIALES DEL TEOREMA DE GREEN

Los operadores rot y div permiten escribir también otras variantes del teorema de

Green que serán útiles posteriormente. Suponga que la región plana D, su curva frontera C, y

las funciones P y Q satisfacen las hipótesis del teorema de Green. Considere además el campo

vectorial F i jP Q= + . Su integral de línea correspondiente es

F rC C

d Pdx Qdy• = +∫ ∫

y su rotor es

F kQ P

rotx y

∂ ∂= − ∂ ∂ .

En consecuencia se tiene que

F k k kQ P Q P

(rot )x y x y

∂ ∂ ∂ ∂• = − • = − ∂ ∂ ∂ ∂

y ahora se puede escribir también la ecuación del teorema de Green en forma vectorial

F r F kC

D

d (rot ) dA• = •∫ ∫∫ .

La ecuación anterior expresa la integral de línea de la componente tangencial de F a lo largo de C como la integral doble de la componente vertical del Frot sobre la región D,

limitada por C. La expresión anterior es una consecuencia del llamado teorema del rotor de

Stokes en el plano.

A continuación se deducirá una fórmula semejante que se refiere a la componente

normal de F. Si C está dada por la ecuación vectorial r(t) (x(t),y(t)),= a t b≤ ≤ entonces el

vector unitario tangente viene dado por




Tr rx '(t) y '(t)

(t) ,'(t) '(t)

=

.

Se puede verificar que el vector normal exterior a C está dado por

nr ry '(t) x '(t)

(t) ,'(t) '(t)

= −

.

Entonces, se tiene que:

F n F n r rr r

b b

C a a

b

a CD

P(x(t), y(t))y '(t) Q(x(t),y(t))x '(t)ds ( )(t) '(t) dt '(t) dt

'(t) '(t)

P QP(x(t), y(t))y '(t)dt Q(x(t),y(t))x '(t)dt Pdy Qdx dA

x y

• = • = −

∂ ∂= − = − = + ∂ ∂

∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫∫

por el teorema de Green, pero el integrando en esta integral doble es precisamente la

divergencia de F. Así se tiene una segunda variante vectorial del teorema de Green dada por

F n FC

D

ds div (x,y)dA• =∫ ∫∫ .

Esta variante dice que la integral de línea de la componente normal de F a lo largo de

C es igual a la integral doble de la divergencia de F sobre la región D, limitada por C. La

expresión anterior es una consecuencia del llamado teorema de la divergencia de Gauss

en el plano.

TEOREMA 11. Si C es una curva suave cerrada en el dominio de un campo continuo (x, y) (M(x,y),N(x,y))=F y n es el vector normal unitario que señala hacia afuera sobre C, el

flujo de F a través de C está dado por la integral de línea

F nC

ds•∫ .

Ejemplo 31. Sea F 2(x,y) (xy ,y x)= + . Integre F krot • sobre la región en el primer cuadrante

acotada por las curvas 2y x= , y x= .




Solución.

Método 1. Se calcula F krot (1 2xy)= − . Se integra sobre la región y se tiene

1 x

20 x

1(1 2xy)dydx

12− =∫ ∫ .

Método 2. La integral de línea a lo largo de la curva y x= de izquierda a derecha viene dada por

1

3

0

5(x 2x)dx

4+ =∫ .

A lo largo de la curva 2y x= se obtiene lo siguiente:

1

5 2

0

4x dx (x x )(2xdx)

3+ + =∫ .

Aplicando la forma vectorial del teorema de Green se tiene que

F rC

4 5 1d

3 4 12• = − =∫ .

Ejemplo 32. Sea F 3 5(x,y) (y ,x )= . Calcule la integral de la componente normal de F

alrededor del cuadrado unitario.

Solución.

Esto se puede hacer usando el teorema de la divergencia. En efecto se tiene

F n FC

D

ds div dA• =∫ ∫∫ .

Pero Fdiv 0= , de modo que la integral es cero.




1. Calcule el trabajo llevado a cabo por el campo de fuerza F al llevar un objeto desde A

hasta B, siguiendo a) un camino compuesto de un tramo horizontal seguido de uno

vertical; y b) un camino compuesto por un tramo vertical seguido de uno horizontal.

Discutir si el resultado es lógico o no.

( )F i j 2

2y 2y(x,y) ; A(1,1) ; B(4, 2)xx

QP

= − − ��

Solución.

a. Si se llama C a la curva indicada (figura 19), la podemos subdividir en las curvas C1 y

C2 mostradas en la figura. En tal caso se tendrá:

C C C1 2

= +∫ ∫ ∫

Figura 19. Primera curva del ejercicio 1

Hallando ambas integrales por separado (escogiendo parametrizaciones simples):

x

y

(1,1)

C1

(4,-2)

C2

EJERCICIOS RESUELTOS Integrales de Línea y sus Aplicaciones

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( ) ( )

( )

33

31 42

0 0C1

33

2 3 9 31 12 2 4 2 4 40

0C2

x 1 t 1 1C , 0 t 3 Pdx Qdy dt

1 ty 1 1 t

x 4 2(1 t)C , 0 t 3 Pdx Qdy dt t t

4y 1 t

= + ≤ ≤ ⇒ + = = − = += +

= − ≤ ≤ ⇒ + = = − = − = − = −

∫ ∫

∫ ∫

Con lo cual resulta:

3 34 4

C

Pdx Qdy (- ) 0+ = + =∫

b. Si se llama C* a este nuevo camino (ver figura 20), se ve que se puede separar en dos

tramos C3 y C4. Se tendrá entonces, igual que en el apartado anterior, que

C* C C3 4

= +∫ ∫ ∫ .

Realizando parametrizaciones parecidas a las ejecutadas en el apartado anterior, se

llega a lo siguiente:

Figura 20. Segunda curva del ejercicio 1

x

y

(1,1) C3

(4,-2)

C4


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332

3 00

C3

3 32

2 200

C4

x 1 2(1 t)C , 0 t 3 Pdx Qdy ( 1)dt (2t t ) 3

1y 1 t

x 1 t ( 2) 4C , 0 t 3 Pdx Qdy dt 3

1 ty 2 (1 t)

= − ≤ ≤ ⇒ + = − − = − = − = −

= + − ≤ ≤ ⇒ + = = − = += − +

∫ ∫

∫ ∫

Sumando esto se obtiene

C*

Pdx Qdy 3 3 0+ = − + =∫ .

Por ambas vías se obtiene el mismo resultado. Esto es lógico, ya que:

2

P 2y Qy xx

∂ ∂= =∂ ∂

.

Las derivadas cruzadas son iguales, excepto cuando x = 0, pero esto último no ocurre

dentro de un dominio simplemente conexo que abarca a ambos caminos analizados.

2. Calcule la integral de línea del campo vectorial dado por la expresión

F(x,y) = P(x,y)i + Q(x,y)j = eyi + xeyj

a lo largo de la trayectoria dada por:

r(t) = (senh(5t4)/senh(5); t4 + 5t3 - 3t2 - 2t) , 0 ≤ t ≤ 1 Solución.

yP Qe

y x∂ ∂= =∂ ∂

⇒ F es conservativo.

Por lo tanto puede expresarse como el gradiente de una función potencial f; esto es:

∇f = F. Si se obtiene tal función f, se puede aplicar el teorema fundamental de las

integrales de línea. Para ello se nota que:

y yfP e f xe g(y)

x∂ = = ⇒ = +∂

(1)

donde g(y) es una función que depende solamente de la variable y. Si ahora se deriva la

función f obtenida respecto a y, se debe llegar a una expresión equivalente a la otra

función coordenada, esto es, Q. y yf

xe g(y) Q xe g(y) 0 g(y) Ky

∂ ′ ′= + = = ⇒ = ⇒ =∂

.

Reemplazando este resultado en (1) se tiene:

yf xe K= + (2)

Ya se tiene la función potencial. Ahora se puede aplicar el teorema fundamental:


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F � r � r r rC C

d f d f( (1)) f( (0))= ∇ = −∫ ∫ .

Calculando los puntos extremos de la curva con los valores correspondientes del

parámetro se tiene:

( )r r 4 3 2senh(0) senh(5)(0) ,0 (0,0) (1) ,1 5 1 3 1 2 1 1,1

senh(5) senh(5)

= = = + ⋅ − ⋅ − ⋅ =

Aplicando ahora la función f dada por (2) a estos dos puntos se tiene: r rf( (0)) 0 K f( (1)) e K= + = + .

Y finalmente:

F � r r rC

d f( (1)) f( (0)) e= − =∫

De esta manera se evita ejecutar una integral de línea sumamente engorrosa.

3. Sean el campo vectorial dado por F 2 2(x,y) (2x y 6xy 1,x (x 3))= + + + y el campo escalar

dado por 2x y(x,y) eϕ = .

a. Pruebe que F no es conservativo y G F.= ϕ si lo es.

Solución. 2 3 2

2 2(2x y 6xy 1) (x 3x )2x 6x , 3x 6x

y x∂ + + ∂ += + = +

∂ ∂

2 3 2(2x y 6xy 1) (x 3x )y x

∂ + + ∂ +≠∂ ∂

De modo que F no es conservativo en 2R .

Sea 2x y 2 2. e (2x y 6xy 1,x (x 3))= ϕ = + + +G F . Se tiene entonces:

2x y 2 2 22 x y 2 x y 2

2x y 3 2

(e (2x y 6xy 1))x e (2x y 6xy 1) e (2x 6x)

y

xe (2x y 6x y 3x 6)

∂ + + = + + + +∂

= + + +

2x y 2 2 2 2x y 2 x y 2 x y 3 2(e x (x 3))2xye x (x 3) e (3x 6x) xe (2x y 6x y 3x 6)

x∂ + = + + + = + + +

∂.

2 2x y 2 x y 2(e (2x y 6xy 1)) (e x (x 3))y x

∂ + + ∂ +=∂ ∂

,

G F.= ϕ es conservativo.

b. Encuentre la familia de funciones potenciales de G.

Solución. 2 2 2 2x y 2 x y 2 x y x yf(x,y) e (2x y 6xy 1)dx g(y) e 2x ydx e 6xydx e dx g(y)= + + + = + + +∫ ∫ ∫ ∫


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Resolviendo 2x y 2e 2x ydx∫

por partes:

2 2x y x yu x du dx , dv 2xye dx v e= ⇒ = = ⇒ = .

2 2 2x y 2 x y x ye 2x ydx xe e dx= −∫ ∫ .

En consecuencia:

2 2 2x y 2 x y x y

2 2 2 2 2 2x y x y x y x y x y x y

f(x, y) e 2x ydx e 6xydx e dx g(y)

xe e dx 3e e dx g(y) xe 3e g(y).

= + + +

= − + + + = + +

∫ ∫ ∫∫ ∫

2 2 2x y 2 3 x y 2 x yg'(y) e x (x 3) x e 3x e 0 g(y) C.= + − − = ⇒ =

Por lo tanto: 2x yf(x, y) (x 3)e C= + + es la familia de funciones potenciales de G.

Procedimiento alternativo: 2 2x y 2 x yf(x,y) e x (x 3)dy g(x) (x 3)e g(x).= + + = + +∫

2 2 2x y 2 x y x yg'(x) e (2x y 6xy 1) e (x 3)2xye 0 g(x) C.= + + − − + = ⇒ =

Por lo tanto: 2x yf(x, y) (x 3)e C= + + es la familia de funciones potenciales de G.

4. Conteste a los siguientes requerimientos: a. ¿Para qué valores de a y b resulta conservativo el campo vectorial dado por la

expresión F a b2 z 2 z(x,y,z) ( xsen( y), x cos( y) ye ,y e )− −= π π + ?

Solución. F b az zrot (2ye ye ,0,2x cos( y) x cos( y)) (0,0,0)− −= + π − π π = .

De modo que b a2 , 2= − = π .

b. ¿Para los valores de a y b encontrados calcule el flujo de F a lo largo de la curva parametrizada por r 2(t) (cos(t),sen(2t),sen (t)) 0 t= ≤ ≤ π .

Solución.

Se procede a encontrar la familia de potenciales escalares: 2x

f(x,y,z) sen( y) g(y,z)= π +π

,

2 z 2 zy yx cos( y) 2ye x cos( y) g (y,z) g (y,z) 2ye− −π − = π + ⇒ = − .

De modo que


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2 zg(y,z) y e h(z)−= − + .

Se tiene hasta ahora: 2

2 zxf(x,y,z) sen( y) y e h(z)−= π − +

π,

2 z 2 zy e y e h'(z) h'(z) 0 h(z) K− −= + ⇒ = ⇒ = .

Se encontró la familia: 2

2 zxf(x,y,z) sen( y) y e K−= π − +

π.

Como F es conservativo al aplicar el teorema fundamental para integrales de línea se

tiene

F r r r r2

0

Flujo ( (t)) '(t)dt f( ( )) f( (0)) f( 1,0,0) f(1,0,0) 0 0 0π

= • = π − = − − = − =∫ .

5. Si F 2 3z 3z(x,y,z) (y ,2xy e ,3ye )= + , halle una función f tal que Ff∇ = .

Solución.

Si esa función existe, entonces

2xf (x,y,z) y= ( )∗

3zyf (x, y,z) 2xy e= + ( )∗∗

3zzf (x,y,z) 3ye= ( )∗ ∗ ∗


2f(x,y,z) xy g(y,z)= + ( )∗ ∗ ∗∗

Derivando ( )∗ ∗ ∗∗ con respecto a y, se obtiene

y yf (x,y,z) 2xy g (y,z)= + ,

por lo que la comparación con ( )∗∗ da 3zyg (y,z) e= . Así que, 3zg(y,z) ye h(z)= + y

2 3zf(x,y,z) xy ye h(z)= + + .

Finalmente, derivando con respecto a z y comparando con ( )∗ ∗ ∗ , se obtiene h'(z) 0= y,

por tanto, h(z) K= , que es constante. Así la función deseada es 2 3zf(x,y,z) xy ye K= + + .

6. Sea el campo vectorial de fuerzas F(x,y,z)=4xez i+cos(y) j+(2x2ez +z)k.

a. Determine una función f tal que ∇f = F. b. Halle el trabajo que desarrolla F cuando mueve una partícula desde el punto

2 2 22 2 2( , , ) al punto 3

2(0, ,0) siguiendo el camino más corto sobre la esfera

2 2 2 32x y z+ + = , expresando el resultado con 3 cifras decimales.

Solución.


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a. La función f que se busca debe cumplir con las condiciones:

(i) fx = 4xez

(ii) fy = cos(y)

(iii) fz = 2x2ez

Integrando la condición (i) se tiene:

z 2 z1f 4xe dx 2x e g (y,z)= = +∫ .

Derivando ahora con respecto a y e introduciendo el resultado en la ecuación (ii) se

tiene:

11 2

gfcos(y) g sen(y) g (z)

y y∂∂ = = ⇒ = +

∂ ∂.

Y ahora se puede introducir esta expresión en la correspondiente a f, y derivarlo con

respecto a z e introducir el resultado en (iii): 2 z 2 z 2 z 21

2 z 2 2 2f(x,y,z) 2x e sen(y) g (z) f 2x e g (z) 2x e z g (z) z K′= + + ⇒ = + = + ⇒ = +

Con esta expresión para g2, se tiene ahora la expresión final de f: 2 z 21

2f(x,y,z) 2x e sen(y) z K= + + +

b. Por el teorema fundamental de las integrales de línea, se puede ahora calcular el

trabajo como la diferencia de valores de la función potencial entre sus extremos final

e inicial:

3 1 1 12 2 2 2f(0, ,0) 0,94072 K f( , , ) K W 0,94072 2,9278 1,987= + + = − = − .

7. Sea i j

F2 2

y x(x,y)

x y

− +=+

.

a. Pruebe que P Qy x

∂ ∂=∂ ∂

en todo el dominio.

b. Calcule

F dr F drC C1 2

y• •∫ ∫ ,

donde C1 y C2 son las mitades superior e inferior respectivamente de la circunferencia

x2+y2=1 de (1,0) a (-1,0). ¿Cómo se explica que la integral dependa del camino en

vista del resultado de (a)?

Solución.


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a) 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

y P ( 1)(x y ) 2y( y) y xP

yx y (x y ) (x y )P Qy x

x Q 1(x y ) x(2x) y xQ

xx y (x y ) (x y )

− ∂ − + − − −= ⇒ = = ∂+ + +

∂ ∂⇒ = ∂ ∂∂ + − − = ⇒ = =

∂+ + +

Nótese que este resultado es válido en todo el dominio, ya que, si bien las derivadas

parciales no están definidas en el (0,0), este último no pertenece al dominio.

b) Parametrizando C1 e integrando F se tiene:

1x cos(t)

C , 0 ty sen(t)

=≤ ≤ π =

F rC C 01 1

d Pdx Qdy sen(t)( sen(t))dt cos(t)cos(t)dtπ

⋅ = + = − − + = π∫ ∫ ∫

Haciendo un trabajo similar para C2 es:

2x cos(t)

C , 0 ty sen(t)

=≤ ≤ π = −

C C 02 2

0

F dr Pdx Qdy sen(t)( sen(t))dt cos(t)( cos(t))dt

cos(2t)dt 0

π

π

⋅ = + = − − + −

= − =

∫ ∫ ∫

∫

La explicación es que cualquier región que abarque ambos caminos necesariamente

debe ser no simplemente conexa (debe excluirse alguna subregión que incluya el

(0,0), que no pertenece al dominio), y por ende no vale el teorema 7.

8. Sean el campo F xz xz 2 xz 2(x,y,z) (yze 2xyz 2x,e x z,xye x y)= + − + +

y la curva C de ecuación vectorial r 2(t) (3sen( t),3cos( t),3t 3)π= π − , t 0,1∈ .

Halle el valor de

F rC

d•∫ .

Solución.

Paso 1. Cálculo del rotF.

F Q QR P R Py z z x x yrot ( , , )∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂= − − − , Q xz 2 xz 2Ry z (xe x ) (xe x ) 0∂∂

∂ ∂− = + − + = ,


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xz xz xz xzP R

z x (ye xyze 2xy) (ye xyze 2xy) 0∂ ∂∂ ∂− = + + − + + = ,

Q xz xzPx y (ze 2xz) (ze 2xz) 0∂ ∂

∂ ∂− = + − + = .

Por tanto Frot (0,0,0)= .

Como F es un campo vectorial definido en todo 3R y además Frot (0,0,0)= , entonces F

es conservativo.

Paso 2. Cálculo de la familia de potenciales de F.

Sea f(x,y,z) la familia de potenciales escalares de F buscada. Entonces:

xz 2 xz 2f(x, y,z) (e x z)dy g(x,z) y(e x z) g(x,z)= + + = + +∫ (3)

Tomando derivada parcial respecto a z en la ecuación (5) en ambos miembros se tiene

entonces: xz 2 xz 2

z zxye x y y(xe x ) g (x,z) g (x,z) 0 g(x,z) K h(x)+ = + + ⇒ = ⇒ = + .

Ahora (3) se convierte xz 2f(x,y,z) y(e x z) h(x) K= + + + . (4)

Finalmente tomando derivada parcial respecto a x en la ecuación (4) en ambos miembros

se tiene entonces: xz xz 2yze 2xyz 2x y(ze 2xz) h'(x) h'(x) 2x h(x) x C+ − = + + ⇒ = − ⇒ = − + .

La familia de potenciales de F buscada es: xz 2 2f(x, y,z) y(e x z) x C= + − + .

Paso 3. Aplicación del Teorema Fundamental r r r2(t) (3sen( t),3cos( t),3t 3) (0) (0,3, 3) , (1) (3, 3,0)π= π − ⇒ = − = − .

F r r r rC C

d f d f( (1)) f( (0)) f(3, 3,0) f(0,3, 3) 12 3 15• = ∇ • = − = − − − = − − = −∫ ∫ .

9. Calcule

F rC

d•∫ ,

si F 2 2 7 6 3 2(x,y,z) (2xy 3x z,x z ,7z y x 9z )= − + − + y la curva 2 2 24x y z 4C :y z 2

+ + =

+ =

desde el punto (0,2,0) al punto 12

( ,1,1) .

Solución.

Paso 1. Cálculo del rotF.

F Q QR P R Py z z x x yrot ( , , )∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂= − − − ,


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Q 6 6R

y z (7z ) (7z ) 0∂∂∂ ∂− = − = , 2 2P R

z x ( 3x ) ( 3x ) 0∂ ∂∂ ∂− = − − − = , Q P

x y (2x) (2x) 0∂ ∂∂ ∂− = − = .

Por tanto Frot (0,0,0)= .

Como F es un campo vectorial definido en todo 3R y además Frot (0,0,0)= , entonces F

es conservativo.

Paso 2. Cálculo de la familia de potenciales de F.

Sea f(x,y,z) la familia de potenciales escalares de F buscada. Entonces:

2 2 3f(x, y,z) (2xy 3x z)dx g(y,z) x y x z g(y,z)= − + = − +∫ (5)

Tomando derivada parcial respecto a y en la ecuación (5) en ambos miembros se tiene

entonces: 2 7 2 7

yx z x g (y,z) g(y,z) z y h(z)+ = + ⇒ = + .

Ahora (5) se convierte en la forma 2 3 7f(x, y,z) x y x z z y h(z)= − + + (6)

Finalmente si se toma la derivada parcial respecto a z en la ecuación (6) en ambos

miembros se tiene entonces: 6 3 2 3 6 2 37z y x 9z x 7z y h'(z) h'(z) 9z h(z) 3z C− + = − + + ⇒ = ⇒ = + .

La familia de potenciales de F buscada es: 2 3 7 3f(x, y,z) x y x z z y 3z C= − + + + .

Paso 3. Aplicación del Teorema Fundamental.

F r r 18 2142

C C

d f d f( ,1,1) f(0,2,0) −• = ∇ • = − =∫ ∫ .

10. Sean

1F (x,y,z) sen(yz) yz cos(xz) yz cos(xy)= + + ,

2F (x,y,z) xz cos(yz) sen(xz) xz cos(xy)= + + ,

3F (x,y,z) xy cos(yz) xy cos(xz) sen(xy)= + + .

a. Pruebe que F 1 2 3(F ,F ,F )= es un campo conservativo.

Solución.

F 3D( ) R= . F 3 32 1 2 1F FF F F Frot , ,

y z z x x y∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂

= − − − ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

3F x cos(yz) xyzsen(yz) x cos(xz) x cos(xy)y

∂= − + +

∂

2F x cos(yz) xyzsen(yz) x cos(xz) x cos(xy)z

∂= − + +

∂

3 2F F0

y z∂ ∂

− =∂ ∂


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1F y cos(yz) y cos(xz) xyzsen(xz) y cos(xy)z

∂= + − +

∂

3F y cos(yz) y cos(xz) xyzsen(xz) y cos(xy)x

∂= + − +

∂

31 FF0

z x∂∂

− =∂ ∂

2F z cos(yz) z cos(xy) z cos(xz) xyzsen(xy)x

∂= + + −

∂

1F z cos(yz) z cos(xz) yzxsen(xy) z cos(xy)y

∂= + − +

∂

2 1F F0

x y∂ ∂

− =∂ ∂

b. Determine una función potencial para F.

Solución.

y y

y

f(x, y,z) (sen(yz) yz cos(xz) yz cos(xy))dx g(y,z)

f(x, y,z) xsen(yz) ysen(xz) zsen(xy) g(y,z)f (x, y,z) xz cos(yz) sen(xz) xz cos(xy) g (y,z)

0 g (y,z) g(y,z) h(z)

= + + +

= + + += + + +

= ⇒ =

∫

z

f(x, y,z) xsen(yz) ysen(xz) zsen(xy) h(z)f (x,y,z) xy cos(yz) xy cos(xz) sen(xy) h'(z)

0 h'(z) h(z) C

= + + += + + += ⇒ =

f(x, y,z) xsen(yz) ysen(xz) zsen(xy) C= + + +

c. Calcule

F rC

d•∫

si r (t) (t cos(2 t), tsen(2 t),2t) , 0 t 1= π π ≤ ≤ .

Solución. r(0) (0,0,0)= , r(1) (cos(2 ),sen(2 ),2) (1,0,2)= π π = .

F r r rC

d (1) (0) f(1,0,2) f(0,0,0) 0 0 0• = − = − = − =∫ .

11. Determine el momento de inercia de una arandela homogénea de radio interno a, radio

externo b y masa M, respecto a uno de sus diámetros (ver figura 21).


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Figura 21. Región del ejercicio 11

Solución.

Se determinará el momento de inercia respecto al diámetro colineal con el eje x. De Física

se sabe que:

2x

D

I y dA= 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 C1 2

Q PdA Pdx Qdy Pdx Qdy

x y ∂ ∂− = + − + ∂ ∂ ∫∫ ∫ ∫

Por lo tanto se puede calcular la integral doble del momento de inercia como dos

integrales. Para ello se debe encontrar funciones P, Q tales que:

2 313

Q Py ; se toma, por ejemplo : Q 0 ; P y

x y ∂ ∂− = = = ∂ ∂

Aplicando Green con esta función se tiene:

2 3 3 3 31 1 1 1x 3 3 3 3

D C C C C1 2 1 2

I y dA y dx 0dy y dx 0dy y dx y dx

= ρ = ρ − + − − + = ρ − +

∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫ (7)

Parametrizando estas curvas se tiene

y

x a b

C2

C1


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1

2

x bcos(t) dx bsen(t)C , 0 t 2

y bsen(t) dy bcos(t)

x acos(t) dx asen(t)C , 0 t 2

y asen(t) dy acos(t)

= ⇒ = −≤ ≤ π = ⇒ =

= ⇒ = −≤ ≤ π = ⇒ =

.

Reemplazando con esto en (7) se tiene:

2 23 3 3 31 1

x 3 30 0

2 24 4 4 4 4 2 21 1

3 30 0

2 24 4 21

30

4 413

I b sen (t)( b sen(t))dt a sen (t)( asen(t))dt

(b a ) sen (t)dt (b a ) sen (t)(1 cos (t))dt

sen (2t)(b a ) sen (t) dt

4

1 cos(t) 1(b a )

2

π π

π π

π

= ρ − − + −

= ρ − = ρ − −

= ρ − −

−= ρ − −

∫ ∫

∫ ∫∫

24 4 2 2 2 21 1

4 40

2 214

cos(4t)dt (b a ) (b a ) (b a )

8

(b a )M

π− = ρ − π = + ρπ −

= +

∫

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.

12. Sean R R(x,y), S S(x,y)= = . Bajo las condiciones del Teorema de Green:

a. Demuestre que

x y x y

CD

RSdx RSdy R(S S ) S(R R ) dxdy + = − + − ∫ ∫∫ ,

si C es la frontera de D.

Solución. Sea P Q RS= = , de acuerdo al teorema de Green se tiene que:

CD

Q PPdx Qdy dA

x y ∂ ∂+ = − ∂ ∂ ∫ ∫∫

Entonces

x x y y x y x yQ P

RS SR RS SR R(S S ) S(R R )x y

∂ ∂− = + − − = − + −∂ ∂

con lo cual se demuestra la afirmación.

b. ¿Qué valor tiene la integral doble del apartado anterior si C es la circunferencia

2 2x y 4 , R(x,y) y , S(x,y) 1 (x,y) C+ = = = ∀ ∈ ?

Solución. 4− π


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13. Verifique el Teorema de Green para el campo F(x,y) (4x 3y,9x 4y)= − + , si C es el

contorno de la región definida por las desigualdades 2 2x 4y 16+ ≤ , 2 2x y 4x 3+ ≥ − .

Solución.

Paso 1. Gráfico de la región (ver figura 22).


Paso 2. Resolución de las integrales de línea.

C C C C C1 2 1 2

Pdx Qdy Pdx Qdy Pdx Qdy= ∪

+ = + + +∫ ∫ ∫

r 2 2

1x y

c : 1 (t) (4 cos(t),2sen(t)) t 0,216 4

+ = = ∈ π

2

0

22 2

0

22

0

(4.4cos(t) 3.2sen(t)). 4sen(t)dt (9.4 cos(t) 4.2sen(t))2cos(t)dt

( 64sen(t)cos(t) 24sen (t))dt (72cos (t) 16sen(t)cos(t))dt

( 48sen(t)cos(t) 48cos (t) 24)dt 96

π

π

π

− − + +

− + + +

− + + = π

∫∫∫

r 2 22c : (x 2) y 1 (t) (2 cos(t), sen(t)) t 0,2− + = = + − ∈ π

2

0

22 2

0

22

0

(4.(2 cos(t)) 3sen(t)). sen(t)dt (9.(2 cos(t)) 4.sen(t)) cos(t)dt

( 8sen(t) 4sen(t)cos(t) 3sen (t))dt ( 18cos(t) 9 cos (t) 4sen(t)cos(t))dt

( 8sent 18cos(t) 6 cos (t) 3)dt 12

π

π

π

+ + − + + − −

− − − + − − +

− − − − = − π

∫∫∫


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C C C C C1 2 1 2

Pdx Qdy Pdx Qdy Pdx Qdy 84= ∪

+ = + + + = π∫ ∫ ∫

Paso 3. Resolución de la integral doble.

D D D

Q PdA (9 3)dA 12 dA 12(8 ) 84

x y ∂ ∂− = + = = π − π = π ∂ ∂ ∫∫ ∫∫ ∫∫

14. Sea C una curva suave, cerrada, simple y positivamente orientada que limita una región de área A. Demuestre que si 1a , 2a , 3a , 1b , 2b y 3b son constantes, entonces

1 2 3 1 2 3 1 2

C

(a x a y a )dx (b x b y b )dy (b a )A+ + + + + = −∫ .

Solución.

Por las características de C se puede aplicar el Teorema de Green:

1 2 3 1 2 3 1 2 1 2 1 2

CD D

(a x a y a )dx (b x b y b )dy (b a )dA (b a ) dA (b a )A.+ + + + + = − = − = −∫ ∫∫ ∫∫

15. Dado el campo F 3 2 2(x,y) (2xy 8y x cos(x),2x ysen(y ))= − + + , calcule

F rC

d•∫ , donde C viene dada por la parábola 2y x= desde ( 1,1)− a (1,1), seguida de la parábola

2y 2 x= − desde (1,1) a ( 1,1)− . Solución.

Paso 1. Gráfico de la región (figura 23).


y

x 1

1

-1

-1


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Paso 2. Cálculo de la integral doble.

21 2 x 122 x

2x21 x 1

D1 1

2 3 2

1 11

2 4 3

1

Q PdA (2x 8)dydx (2x 8)y dx

x y

(2x 8)(2 2x )dx (4x 4x 16 16x )dx

16 642x x 16x x

3 3

−−

− −

− −

−

∂ ∂− = + = + ∂ ∂

= + − = − + −

= − + − =

∫∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫

16. 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 se tiene (ver figura 24):

x = cos3(t) ⇒ x2/3 = cos2(t)

y = sen3(t) ⇒ y2/3 = sen2(t)


Sumando miembro a miembro se tiene:

2/3 3/21 (1 x ) 12/3 2/3 2/3 3/2 2/3 3/2

2/3 3/21 (1 x ) 1

x y 1 y (1 x ) A dydx 2(1 x ) dx+ −

− − − −

+ = ⇒ = ± − ⇒ = = −∫ ∫ ∫

Este cálculo, ejecutado como integral de área, es muy complicado. El teorema de Green

permite transformar esta integral en una de línea, usando como trayectoria la hipocicloide

del enunciado y definiendo una función apropiada para la integración.

Si se recuerda la parametrización, se escribe:


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x = cos3(t) ⇒ dx = -3cos2(t)sen(t)dt y = sen3(t) ⇒ dy = 3sen2(t)cos(t)dt.

Luego:

2 23 2 4 2

0 0D C

2 22 22

0 0

22 2 2

0

Q PA dA Pdx Qdy cos (t)3sen (t)cos(t)dt 3 cos (t)sen (t)dt

x y

sen (2t) 1 cos(2t) sen (2t)3 cos (t) dt 3 dt

4 2 4

3 3 1 cos(4t)(sen (2t) sen (2t)cos(2t))dt sen (2t)

8 8 2

π π

π π

π

∂ ∂= − = + = = ∂ ∂

+ = =

−= + = +

∫∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫∫

2

0

23

12

0

cos(2t) dt

3 sen(4t) sen (2t) 3t

8 8 6 8

π

π

= − + = π

∫

De esta manera se cuenta con una herramienta más para obtener el área de la región

encerrada por una curva cerrada, que se suma a los métodos vistos en Cálculo Integral y

Cálculo en Varias Variables.

17. Use el Teorema de Green para calcular el área de la región del plano xy que satisface las

desigualdades 2 2y x , x y , 8xy 1≥ ≥ ≥ .

Solución.

Paso 1. Gráfica de la región (ver figura 25).


Paso 2. Cálculo de puntos de intersección en la región.


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Curvas 2 2y x , x y= = 2y x , 8xy 1= = 2x y , 8xy 1= =

Punto (1,1) 1 12 4( , ) 1 1

4 2( , )

Paso 3. Parametrización correcta de cada curva.

1r 2 2 11 2c : y x : (t) (t, t ), t ,1 = = ∈ ,

2r 2 2 12 2c : x y : (t) (t , t), t 1, = = − ∈ − − ,

3r 1 1 13 8t 4 2c : 8xy 1: (t) (t, ), t , = = ∈ .

Paso 4. Transformación a una integral definida simple.

C C C C1 2 3 1 2 3

xdy xdy xdy xdyC C C= ∪ ∪

= + +∫ ∫ ∫ ∫ .

1 12

1 11 2 2

xdy t.2tdt 2 t dtC

= =∫ ∫ ∫

1 12 2

2 2

1 12

xdy t . dt t dtC

− −

− −

= − = −∫ ∫ ∫

1 12 2

1 1 12 8 t8t1 1

3 4 4

xdy t. dt dtC

= − = −∫ ∫ ∫

Paso 5. Resolución y adición de las integrales definidas simples.

1 132 2t 2 1 73 3 12 1211 22

2 t dt ( )= = − =∫ ,

1 12 3 22 t 1 1 73 24 3 24

11

t dt ( )− −

−−

− = − = − − + = −∫

1 12 ln t 2 ln(2) ln(4) ln(2)1 18 t 8 8 811 44

dt − +− = − = − = −∫

Entonces:

ln(2) ln(2) 7 3ln(2)7 7 712 24 8 24 8 24

C

Área xdy −= = − − = − =∫ .

18. La curva 1C (epicicloide) tiene ecuaciones paramétricas dadas por = −x 5cos(t) cos(5t) ,

= −y 5sen(t) sen(5t) para ≤ ≤ π0 t 2 y la curva 2C (circunferencia) tiene ecuación

cartesiana + =2 2x y 16 . Use el teorema de Green para calcular el área de la región

limitada por 1C y 2C como se indica en la figura 26.

Solución.


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= − = − − − = −∫ ∫ ∫ 1 2C C C1 2

1 1 1A xdy ydx xdy ydx xdy ydx I I

2 2 2

Curva 1 ( 1C ):

= − ⇒ = − +x(t) 5cos(t) cos(5t) x '(t) 5sen(t) 5sen(5t)

= − ⇒ = −y(t) 5sen(t) sen(5t) y '(t) 5cos(t) 5cos(5t)

2 2

1

C 0 012

0

2

1 1 1I xdy ydx x(t)y '(t)dt y(t)x '(t)dt x(t)y '(t) y(t)x '(t) dt

2 2 2

1(5cos(t) cos(5t))(5cos(t) 5cos(5t)) (5sen(t) sen(5t))( 5sen(t) 5sen(5t)) dt

2

125cos (t) 30cos(5t).cos(t) 5cos

2

π π

π

= − = − = −

= − − − − − +

= − +

∫ ∫ ∫

∫

2

2 2 2

02 2

0 02

0

(5t) 25sen (t) 30sen(5t).sen(t) 5sen (5t) dt

125 30(cos(5t).cos(t) sen(5t).sen(t)) 5 dt 30 15 cos(5t t)dt

2

30 15 cos(4t)dt 30 0 30

π

π π

π

+ − +

= − + + = π + −

= π + = π + = π

∫∫ ∫∫

Curva 2 ( 2C ): = ⇒ = −x(t) 4 cos(t) x '(t) 4sen(t) , = − ⇒ = −y(t) 4sen(t) y '(t) 4cos(t) π π

π π

= − = − = −

= − − = − = − π

∫ ∫ ∫

∫ ∫

2 2

2C 0 022 2

2 2

0 0

1 1 1I xdy ydx x(t)y '(t)dt y(t)x '(t)dt x(t)y '(t) y(t)x '(t) dt

2 2 2

116cos (t) 16sen (t) dt 8 dt 16

2

Por lo tanto C C C1 2

1 1 1A xdy ydx xdy ydx xdy ydx 30 16 14

2 2 2= − = − − − = π − π = π∫ ∫ ∫ .


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19. Una curva C es el contorno de la región D del plano definido por

2 22 x 2 , 4 x y 4 x− ≤ ≤ − − ≤ ≤ −

y el campo de fuerzas F viene dado por F2 2x y(x,y) (xe ,ye 3x)= + . Calcule la integral

F rC

d•∫ .

Solución.


2 2x y Q P(x,y) (P(x,y),Q(x,y)) (xe ,ye 3x) 3 0 3

x y∂ ∂= = + ⇒ − = − =∂ ∂

F .

Aplicando el Teorema de Green se tiene que: 22 4 x 2

2

C 0 0 0D D

23

0

d 3dA 3 dA 3.2 6 dydx 6 6. (4 x )dx

x 8 966 6. 4x 6 6. 8 6 6 32 2(3 16)

3 3 3

−

• = = = π + = π + −

= π + − = π + − = π + = π + = π +

∫ ∫∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫

F r

20. Si los vértices de un polígono, en sentido contrario al giro de las agujas del reloj, son 1 1 2 2 n n(x , y ), (x , y ), ..., (x , y ) , n 3≥ demuestre que el área del polígono viene dada por

11 2 2 1 2 3 3 2 n 1 n n n 1 n 1 1 n2A (x y x y ) (x y x y ) ... (x y x y ) (x y x y )− −= − + − + + − + − .

Solución. Parametrización del segmento que une al vértice i i(x , y ) con el vértice i 1 i 1(x , y )+ + ,

i 1,...,n 1= − :

i i i 1 i i 1 i i i 1 i i i 1 i(x ,y ) t(x x ,y y ) (x t(x x ),y t(y y )), 0 t 1+ + + += + − − = + − + − ≤ ≤ir (t)

Parametrización del segmento que une al vértice n n(x ,y ) con el vértice 1 1(x ,y ) :

n n 1 n 1 n n 1 n n 1 n(x , y ) t(x x ,y y ) (x t(x x ), y t(y y )), 0 t 1= + − − = + − + − ≤ ≤r(t)

Usando el Teorema de Green para el cálculo de área se tiene que:


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n 1

C C Ci ni 1

n 1 1 1

i i 1 i i 1 i n 1 n 1 n0 0

i 1n 1 1 12 2t t

i 1 i i i 1 i 1 n n 1 n2 20 0i 1

1i 1 i i 2

A xdy xdy xdy

x t(x x ) (y y )dt x t(x x ) (y y )dt

(y y ) x t (x x ) (y y ) x t (x x )

(y y ) x (x

−

=−

+ +=−

+ +=

+

= = +

= + − − + + − −

= − + − + − + −

= − +

∑∫ ∫ ∫

∑∫ ∫

∑

n 1

1i 1 i 1 n n 1 n2

i 1n 1

1 1i 1 i i i 1 1 n 1 n2 2

i 1

n 11 1

i 1 i 1 i i i i 1 i 1 i 1 1 n n n 1 1 n2 2i 1

n 11 1

i 1 i 1 i i i i 1 i 1 i2 2i 1

x ) (y y ) x (x x )

(y y )(x x ) (y y )(x x )

(x y x y x y x y ) (x y x y x y x y )

(x y x y ) (x y x y )

−

+=

−

+ +=−

+ + + +=−

+ + + +=

− + − + −

= − + + − +

= − + − + − + −

= − + − +

∑

∑

∑

∑

n 1

11 1 n n n 1 1 n2

i 1

n 11 1 1 1

n n 1 1 i i 1 i 1 i 1 1 n n n 1 1 n2 2 2 2i 1

n 11 1

i i 1 i 1 i n 1 1 n2 2i 1

11 2 2 1 2 3 3 2 n 1 n n n 1 n 1 1 n2

(x y x y x y x y )

(x y x y ) (x y x y ) (x y x y ) (x y x y )

(x y x y ) (x y x y )

(x y x y ) (x y x y ) ... (x y x y ) (x y x y )

−

=−

+ +=

−

+ +=

− −

− + −

= − + − + − + −

= − + −

= − + − + + − + −

∑

∑

∑

E

EJERCICIOS PROPUESTOS Integrales de Línea y sus Aplicaciones

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1.28. EJERCICIOS PROPUESTOS

1. Halle la divergencia de los siguientes campos vectoriales:

a. V xy xy yz(x,y,z) (e , e ,e )= − Rta. xy xy yzye xe ye− +

b. V xy(x,y,z) (x,y cos(x),z e )= + + Rta. 3

c. F 3(x,y) (x , xsen(xy))= − Rta. 2 23x x cos(xy)−

d. F 2(x,y) (sen(xy), cos(x y))= − Rta. 2 2y cos(xy) x sen(x y)+

2. Calcule el rotacional de los siguientes campos vectoriales: a. F(x,y,z) (x,y,z)= Rta. 0

b. F 2 2 2(x,y,z) (x y z )(3,4,5)= + + Rta. (10y 8z,6z 10x,8x 6y)− − −

c. F(x,y) (sen(x),cos(x))= Rta. ksen(x)−

d. F 2 2(x,y) (xy,x y )= − Rta. xk

3. Demuestre que cualquier campo vectorial de la forma F(x, y,z) (f(x),g(y),h(z))= donde f,

g y h son funciones diferenciables, es irrotacional.

4. Sea r r(x,y,z) (x,y,z)= = y rr = .

a. Verifique las identidades:

•••• r 3∇ • =

•••• r(r ) 4r∇ • =

•••• rr / r∇ =

•••• r 0∇ × =

•••• r 2ln(r) / r∇ =

b. Si F r p/ r= , encuentre divF. ¿Existe un valor de p para el cual Fdiv 0= ? Rta. 3

5. Evalúe la integral de línea, donde C es la curva dada.

a. 2

C

yds , C: x t , y t , 0 t 2= = ≤ ≤∫ Rta. 17 17 112

−

b. 4 3

C

(y/x)ds , C: x t , y t , 0 t 1= = ≤ ≤∫ Rta. 4924

c. 4 2 2

C

xy ds , C es la mitad superior de x y 16+ =∫ Rta. 0


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d. x

C

ye ds , C es el segmento de recta que une (1,2) a (4,7)∫ Rta. 3e9

34(16e 1)−

e. C

(x y)ds , C es el contorno del triángulo de vértices (0,0), (1,0), (0,1)+∫

Rta. 2 1+

f. 2

C

(x y)ds , C es el contorno del triángulo de vértices (0,0), (1,0), (0,1)+∫

Rta. 56( 2 1)+

g. 3

C

xy ds , C: x 4sen(t), y 4cos(t) , z 3t , 0 t / 2= = = ≤ ≤ π∫ Rta. 320

h. 2

C

x zds , C es el segmento de recta que une (0,6, 1) a (4,1,5)−∫ Rta. 563

77

i.

r z 2

C

e ds , C está definida por (t) (1,2, t ), t 0,1= ∈ ∫ Rta. 2

j.

ds

2 2 2x y zAB

+ −∫ donde AB indica el segmento de origen el punto A(0,R,0) y extremo el

punto B(0,R,2 h)π , siendo R 0, R 2 h> > π (R, h son constantes) Rta. 2 hR

arcsen( )π

6. Determine la longitud de la curva 2x 2(2 y)= − entre los puntos (0,2) y (2,0).

Rta. 12

5 ln(2 5)+ +

7. Calcule el área del cilindro 2 2x y 2x+ = que se encuentra encima del plano z 0= y por

debajo del paraboloide 2 2z x y= + . Rta. 4π

8. Sea 2 2(x,y) 1 x yϕ = + + y la curva C de ecuaciones paramétricas: x(t) t.cos(t),=

y(t) t.sen(t), 0 t 2= ≤ ≤ π Halle el área de la cerca vertical que tiene por base la curva C y

está acotada superiormente por la gráfica de ϕ . Rta. 383

2π + π

9. Se tiene una pieza de hojalata cortada con un cilindro circular cuya base admite la

ecuación 2 2x y 9+ = . En cualquier punto (x,y) de la base, la altura de la pieza viene dada

por 2f(x,y) 1 x= + . Calcule el área lateral de esa pieza. Rta. 33π


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10. Halle la masa de un alambre formado por la intersección de la esfera 2 2 2x y z 1+ + = y el

plano x y z 0+ + = si la densidad en (x,y,z) está dada por 2(x,y,z) xρ = gramos por

unidad de longitud de alambre. Rta. 23π

11. Encuentre la masa y el centro de masa de un alambre triangular formado por la recta

2x 3y 6+ = y los ejes coordenados si la densidad es (x,y) x yρ = + .

Rta. 2(9 4 13) 2(8 7 13)5 13 132 5 13 13 3(5 13 13)

m x y+ +++ +

= = =

12. Calcule la masa de un alambre cuya forma corresponde con la curva de intersección del

cilindro 2x z 4 0+ − = y el plano y 3z= , entre los puntos (2,0,0) y ( 3,3,1) de la misma.

La densidad lineal de masa viene dada por la expresión (x,y,z) 4 zρ = − , para el tramo

del alambre descrito. Rta. 1120

(161 161 121 121)−

13. Halle la masa y el centro de masa de un alambre delgado en forma del cuarto de la

circunferencia 2 2 2x y r+ = , x 0≥ , y 0≥ , si la función de densidad es (x, y) x yρ = + .

Observación: Solo considere el cuarto de circunferencia. Rta. π= = +r4 2

x y ( 1)

14. Sea r un número positivo menor que 1.

a. Pruebe que la intersección de la esfera de ecuación 2 2 2x y z 1+ + = con el cilindro de

ecuación 2 2 2x y r+ = , es la unión de dos circunferencias disjuntas 0C y 1C , donde 0C

contiene el punto 2r r0 2 2P ( , , 1 r )= − − y 1C contiene el punto 2r r

1 2 2P ( , , 1 r )= − .

b. Considere un alambre que tiene la forma de la curva C de la parte a y del segmento

que une el punto 0P con el punto 1P . Calcule la masa del alambre, si su densidad está

dada por 2 2f(x, y,z) x y z= + + . Rta. 2 2 2 2 24 r(r 1 r ) 2r 1 r 1 rπ + − + − + −

15. Un alambre de longitud L, uniforme, sirve de contorno a un cuadrante de círculo.

Determine las coordenadas del centroide de ese alambre. Rta. 6L2(4 )

x y+π

= =

Observación. Considere también los segmentos de los ejes coordenados.

16. Encuentre el centro de masa, los momentos de inercia y los radios de giro respecto a los

ejes coordenados de un alambre delgado que se encuentra a lo largo de la curva dada por

r 23 /22 2 t

3 2(t) (t, t , ) 0 t 2= ≤ ≤ , si la densidad es (t) 1 (t 1)ρ = + .


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Rta. 16 232 64 56 292 2 2 2x y z x y z15 3 45 15 9 3 5 15 3

x 1 y z I I I r r 4 r 7= = = = = = = = =

17. Determine la masa y el centro de masa del alambre en forma de hélice que recorre la

curva r (t) (cos(t),sen(t), t), 0 t 2= ≤ ≤ π si la densidad es (x,y,z) zρ = . Encuentre el

momento de inercia con respecto al eje z. Rta. 2 2413

2 2 , (0, , ), 2 2πππ − π

18. Considere un alambre semicircular uniforme de radio a.

a. Demuestre que el centroide está situado en el eje de simetría a una distancia 2aπ del

centro del semicírculo.

b. Demuestre que el momento de inercia respecto al diámetro que pasa por los extremos

del alambre es igual a 212Ma , donde M es la masa del alambre.

19. Si F es un campo vectorial, una línea de flujo para F es una curva cuya parametrización

(t)r satisface la ecuación F r r( (t)) '(t)= . El movimiento de rotación de un CD (el

movimiento de cada punto en una pista del CD) se describe por el campo vectorial

F(x,y) ( y,x)= − . Verifique que las líneas de flujo de este campo son circunferencias

centradas en el origen.

20. Evalúe la integral de línea

F rC

d•∫ ,

donde F x 1(x,y) (e ,xy)−= y C está dada por r 2 3(t) (t , t )= , 0 t 1≤ ≤ . Rta. 11 18 e

−

21. Evalúe la integral de línea

F rC

d•∫ ,

donde F(x,y,z) (x, z, y)= − y C está dada por r 2(t) (2t,3t, t )= − , 1 t 1− ≤ ≤ . Rta. -2

22. Halle el trabajo realizado por el campo F 2(x,y) (x ,xy)= sobre una partícula que se mueve

una vez alrededor de la circunferencia 2 2x y 4+ = en sentido antihorario. Rta. 0

23. Halle el trabajo realizado por el campo de fuerza F(x, y) (x, y 2)= + al mover un objeto a

lo largo de un arco de la cicloide r(t) (t sen(t),1 cos(t))= − − , 0 t 2≤ ≤ π .


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24. Para cada uno de los siguientes campos F, determine el trabajo realizado por los mismos

a lo largo de las curvas dadas:

a. F 2 3(x,y) (x y,x )= , C es el contorno, recorrido en sentido antihorario, del dominio

limitado por las curvas de ecuaciones 2 2y x, x y= = . Rta. 635

b. 2 2 2(x,y,z) (y ,z ,x )=F ; C es la curva intersección de la esfera 2 2 2 2x y z a+ + = y de la

superficie 2 2x y ax,+ = con z 0≥ y a 0> (a constante). C es recorrida de manera que

si se observa el plano xy desde arriba el sentido es horario. Rta. 3a4

π

25. Determine el trabajo efectuado por una partícula que se mueve de (0,0) hasta (2,0) sobre

una curva C que recorre el conjunto { }S (x,y) / y 1 1 x= = − − si la fuerza viene dada por

F 2(x,y) (y ,x)= . Rta. 13

−

26. Calcule el trabajo realizado por el campo F 2(x,y) (ln(x), x , x / z)= a lo largo de la curva

C : y x 1, z 3x 2= − = − recorrida desde A(1,0,1) hasta B(2,1,4). Rta. 13(10ln(2) 7)+

27. Sea nn(t) (t, t )α = . Demuestre que el trabajo efectuado por la fuerza f(x,y) (y,x)= que

mueve una partícula desde (0,0) hasta (1,1) sobre cada una de estas trayectorias siempre

es igual a 1.

28. Calcule la integral de línea

F rC

d•∫ ,

donde F(x,y,z) (z,xy,y)= y C es la curva intersección del plano x y z 1+ + = y el cilindro

2 2x y 9+ = orientado en sentido contrario al movimiento de las manecillas del reloj visto

desde arriba.

29. La fuerza F ejercida sobre una partícula ubicada en el punto (x,y,z) con vector de posición

r (x,y,z)= es F r r r 3( ) K= , con K constante no nula y r 0≠ . Determine el trabajo que

realiza F para mover la partícula a lo largo de la curva 2 2 2x y a+ = , y 0≥ desde el punto

(-a,0) hasta el punto (a,0). Rta. 0.


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30. Sea C una curva parametrizada por r 2(t) (t,1 t )= − , t 1,1∈ − y sea F un campo vectorial

continuo tal que

F rC

d 45• =∫ .

Si β 2(t) (sen(t),1 sen (t))= − , 5

t ,2 2

π π ∈ −

es otra parametrización de C, ¿qué valor debe

tener

F βC

d•∫ ?

Rta. 45.

31. Evalúe la integral de línea, donde C es la curva dada.

a. 2

C

(xy ln(x))dy, C es el arco de y x de (1,1) a (3,9)+ =∫ . Rta. 4645

9ln(3)+

b. 4

C

sen(x)dx, C es el arco de x y de (1, 1) a (1,1)= −∫ . Rta. 0

c. C

xydx (x y)dy,+ −∫ C está formada por los segmentos de recta de (0,0) a (2,0) y de

(2,0) a (3,2). Rta. 173

d. C

yzdy xydz,+∫ 2C : x t , y t , z t , 0 t 1= = = ≤ ≤ Rta. 2328

e. C

x ydx 2y xdy,+∫ C está formada por el arco más corto de la circunferencia

2 2x y 1+ = de (1,0) a (0,1). Rta. 25

f. 2

C

z dx zdy 2ydz− +∫ , C está formada por los segmentos de recta (0,0,0) a (0,1,1), de

(0,1,1) a (1,2,3) y de (1,2,3) a (1,2,4). Rta. 776

32. Halle el valor de

2 2

C

yzdx xzdy x y dz+ +∫ ,

donde C es la curva intersección de la esfera 2 2 2x y z 9+ + = con el plano z 2= . La curva

C se recorre una vez en sentido antihorario cuando se mira desde encima del plano dado.

Rta. 0


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33. Calcule

C

ydx 2xdy+∫ ,

donde C es el contorno que limita el dominio D definido como el conjunto de los puntos 2(x,y) R∈ que satisfacen al menos una de las inecuaciones

2 2 2 2x y 2x 0 , x y 2y 0+ − ≤ + − ≤ .

Rta. 32

1π +

34. Calcule

i j kr

P1

P0

1 1 1 d

x y z

•∫ ,

en donde 0P (0,0,0) y 1P (1,1,1) , a lo largo de los siguientes caminos:

a. Segmento rectilíneo 0 1P P . Rta. 0

b. A lo largo de la curva r 2( ) (sen( ),1 cos( ), )θπθ = θ − θ 0 2≤ θ ≤ π Rta.8 2+ π

35. Calcule

r rC

d×∫ ,

donde r(x,y,z) (x,y,z)= y C es la circunferencia del plano xy, de centro O(0,0,0) y radio

R, recorrida en sentido antihorario. Rta. k22 Rπ

36. Sea C la curva de origen el punto (a,0,0), que se obtiene como intersección de las

superficies x z a+ = , 2 2 2 2x y z a+ + = ; a 0> es una constante. Calcule la integral

C

ydx zdy xdz+ +∫ ,

donde el recorrido de C es tal que la coordenada y crece. Rta. 2 1 162 2 4 2

a ( )π− +

37. En los siguientes ejercicios, F es el campo de velocidades de un fluido que corre por una

región en el espacio. Encuentre el flujo a lo largo de la curva dada en la dirección de t

creciente.

a. F r 2(x,y,z) ( 4xy,8y,2) (t) (t, t ,1) 0 t 1= − = ≤ ≤ Rta. 3

b. F r 2 2(x,y,z) (x ,yz,y ) (t) (0,3t,4t) 0 t 1= = ≤ ≤ Rta. 24

c. F r (x,y,z) (x z,0,x) (t) (cos t,0,sent) 0 t 2= − = ≤ ≤ π Rta. 2π


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38. Calcule la circulación del campo vectorial v(x,y,z) (x 2y z,2y,3x z)= + + − a lo largo de la

curva C obtenida al intersectar las superficies de ecuaciones 2 2y 2x z= + , y 2z 1 0+ − = .

Rta. 3− π

39. Calcule la circulación del campo vectorial dado por la expresión

F 3 2 2 2 2 3 3 2(x,y,z) (x arctg(x 1) 2z 2y ,4(x z),z arctg(z 1) 6y 4x )= + + − + + + +

a lo largo de la curva C que es la intersección de las superficies 2 2x y 1+ = , z 4 xy= + . El

recorrido de C es tal que en su proyección en el plano xy es horario el sentido.

40. Calcule la circulación del campo v i j2 2 2 2(x,y) 1 x y xy ln(x 1 x y ) = + + + + + + +

a lo

largo de la circunferencia de ecuación 2 2 2x y R+ = recorrida en sentido antihorario.

Rta. 4R4

π

41. Calcule

2 2

C

(1 x)zdx y (1 x) dy xdz+ + + +∫ ,

donde C es la curva contenida en la región definida por las condiciones 0 x 1≤ ≤ , que se

obtiene como intersección de la superficie de ecuación z xy= , y del plano de ecuación

x y z 0+ + = . La orientación de C es del punto (0,0,0) al punto 1 12 2

(1, , )− − .

Rta. 176

3ln(2) −

42. Determine si F es o no un campo vectorial conservativo. Si lo es, encuentre una función f

tal que Ff∇ = .

a. F(x,y) (6x 5y,5x 4y)= + + Rta. 2 2f(x, y) 3x 5xy 2y K= + + +

b. F 3 3(x,y) (x 4xy,4xy y )= + −

c. F y x(x,y) (xe ,ye )=

d. F 2(x,y) (2x cos(y) y cos(x), x sen(y) sen(x))= − − − Rta. 2f(x, y) x cos(y) ysen(x) K= − +

e. F 2(x,y) (1 2xy ln(x),x )= + + Rta. 2f(x, y) x y x ln(x) K= + +

43. Pruebe que si el campo vectorial F(x,y,z) (P(x,y,z),Q(x,y,z),R(x,y,z))= es conservativo y

P, Q, R tienen derivadas parciales continuas de primer orden, entonces

P Q P R Q R

, ,y x z x z y

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂= = =∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

.

EJERCICIOS PROPUESTOS Integrales de Línea y sus Aplicaciones Pág.: 100 de 104


44. Para los campos vectoriales F que se dan a continuación, determine si la integral de línea

F rC

d•∫

es o no es independiente de la trayectoria C. En el caso de que la integral sea

independiente de la trayectoria C, encuentre una función potencial ϕ del campo F.

a. F 2 3 2 2(x,y) (6xy y ,6x y 3xy )= − − Rta. 2 2 3(x,y) 3x y y xϕ = −

b. F 3x 3x(x,y) (e 1,e y)= + +

c. F r(x, y) = , rr = Rta. 2r2

45. Dado

F2 2 n 2 2 n

x y x y(x,y) ,

(x y ) (x y )

− += + + ,

encuentre n de tal modo que F 0rot = . Rta. n 1=

46. Sea F 2(x,y,z) (8xsen(y) 5yz,4x cos(y) 5xz 2zsen(yz),5xy 2ysen(yz))= + + + + .

a. Demuestre que el campo F es conservativo y determine un potencial escalar.

Rta. 2f(x, y,z) 4x sen(y) 5xyz 2cos(yz)= + −

b. Calcule la integral de línea de F a lo largo de la curva C que une al punto (0, 2,1)π

con el punto (2, ,0)π . Rta. -2

47. Sean el campo vectorial F 2 2 2(x,y) (x y ,x 2)= − − y la circunferencia de ecuación vectorial

r(t) (cos(t),sen(t))= , t 0,2∈ π . Pruebe que F no es conservativo y sin embargo

F rC

d 0• =∫ .

48. Sea F z z 2 2 z 2(x,y,z) (2xye ,e x ,x ye z )= + un campo vectorial en 3R .

a. Demuestre que es conservativo.

b. Halle una función potencial. Rta. 3z 2 z3

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

c. Calcule el trabajo mecánico realizado por el campo a lo largo de la curva dada por

r 2 3 4(t) (t , t , t ) 0 t 1= ≤ ≤ . Rta. 13

(e )+



49. Responda a los siguientes planteamientos:

a. Encuentre una representación paramétrica de una curva C que tiene punto inicial en

(2,1, 2 2) y punto final en (2, 2,0) y se encuentra sobre una parte de la superficie

2 2x y 2z 4+ + = que se encuentra enfrente del plano x 0= .

Rta. 2t2

x 2 , y t , z 1= = = −

b. Sea

F2 2 2 2 2 2 2 2 2

yz xz xy(x,y,z) 2x, z, y

1 x y z 1 x y z 1 x y z

= + − − + + +

un campo vectorial. Demuestre que es conservativo y determine un potencial escalar.

Rta. 2f(x, y,z) arctg(xyz) x zy= + −

c. Calcule la integral de línea del campo F a lo largo de la curva C hallada en el apartado

a. Rta. 22

arctg( 2) 2− − +

50. Considerando las condiciones del teorema de Green, demuestre que

2 2

CD

P Q Q P Q PQ P dx P Q dy 2 P Q dxdy

x x y y x y x y

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ − + − = − ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∫ ∫∫

51. Calcule usando el teorema de Green

2 2

C

xy dx x ydy+∫ ,

siendo C la elipse de ecuación 2 24x 9y 36+ = . Rta. 0

52. Mediante el teorema de Green calcule

C

(x y)dx (x y)dy+ − −∫ ,

siendo C la curva que sirve de contorno a la región

{ }2 2R (x,y) R : x 1 y 3;x 0= ∈ − ≤ ≤ ≥ . Rta. 323

−

53. En cada caso, use el teorema de Green para calcular la integral de línea indicada:

a.

2 3

C

(x ydx y dy)+∫ ,

donde C es la curva cerrada formada por y x,= 3 2y x= de (0,0) a (1,1). Rta. 144

−



b.

3 3 3 3

C

(2x y )dx (x y )dy − + + ∫ ,

donde C es la circunferencia 2 2x y 1+ = . Rta. 32π

54. Utilice el teorema de Green para evaluar

+ + +∫

2 y

C

(1 tg(x))dx (x e )dy ,

donde C es la frontera positivamente orientada de la región limitada por las curvas

y x= , x 1= , y 0= .

Rta. 45

55. Verifique el teorema de Green para el campo vectorial F(x,y) (x y,2x y)= + − en la región

comprendida entre la circunferencia 2 2x y 9+ = y el cuadrado x y 1+ = . Rta. (9 2)π −

56. Verifique el teorema de Green en la región

{ }2 2 2 2D (x,y) R / a x y 1= ∈ ≤ + ≤ ,

donde a es un número real tal que 0 a 1< < , y el campo vectorial F está definido por

F2 2 2 2

y x(x,y) ,

x y x y

= + +

.

Rta. 0

57. Use el teorema de Green para calcular el área de la región acotada por las curvas cuyas

ecuaciones son 2 2x y

14 16

+ = y y 2= .

(la región por “encima” de esta recta). Rta. 83

2 3π −

58. Calcule la integral

(xy x y)dx (xy x y)dy

α

+ + + + − ∫

aplicando el teorema de Green, donde α es:

a. La elipse 2 2

2 2

x y1

a b+ = . Rta. 0

b. La circunferencia 2 2x y ax+ = . Rta. 3a8

− π



59. Sea D una región limitada por una trayectoria cerrada simple C, del plano xy. Use el

teorema de Green para probar que las coordenadas del centroide (x,y) de D son

212A

C

x x dy= ∫ ,

212A

C

y y dx= − ∫ ,

donde A es el área de D.

60. Una lámina plana con densidad constante (x,y)ρ = ρ ocupa una región del plano xy

limitada por una trayectoria cerrada simple C. Demuestre que sus momentos de inercia

alrededor de los ejes son

3x 3

C

I y dxρ= − ∫ ,

3y 3

C

I x dyρ= ∫ .

61. Sea D una región para la cual se cumple el teorema de Green. Suponga que f es

armónica, esto es, 2 2

2 2

f f0

x y

∂ ∂+ =∂ ∂

en D. Demuestre que

C

f fdx dy 0

y x

∂ ∂− =∂ ∂∫ .

62. Determine el trabajo realizado por una partícula que se mueve en el plano xy a lo largo de

una recta que no pasa por el origen desde un punto A(a,b) al punto B(c,d), debido a la

fuerza

F2 2 2 2

x y(x,y) ,

x y x y

= − − + +

. Rta. 2 2

2 2

1 a bln

2 c d

+ +

63. Calcule

F nC

ds•∫ ,

donde F(x, y) (yx,y)= y C es la curva dada por x cos(t)= , y sen(t)= , 2

0 t π≤ ≤ .

Rta. 14 3π +

64. Verifique el teorema del rotor de Stokes en el plano si F(x,y) (2y,5x)= y R es la región

limitada por la circunferencia 2 2x y 1+ = . Rta. 3π



65. Verifique el teorema de la divergencia de Gauss en el plano si F(x,y) (2y,5x)= y R es la

región limitada por la circunferencia 2 2x y 1+ = . Rta. 0

66. Si

F2 2 2 2

y x(x,y) ,

x y x y

= − + +

,

demuestre que

F rC

d 2• = π∫

para toda trayectoria cerrada simple que encierre el origen.

67. Si

F3 2 3 2

2 2 2 2

2x 2y x 2y 2y 2x y 2x(x,y) ,

x y x y

+ − + += + + ,

representa el campo de velocidades de un fluido, calcule la circulación del mismo a lo

largo del contorno de la región definida por 2y x 2

y 2

≥ −

≤,

recorrido en sentido antihorario. Rta. 4π

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