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CALCULO INTEGRAL
Vıctor Manuel Sanchez de los Reyes
Departamento de Analisis MatematicoUniversidad Complutense de Madrid
Indice
1. Integracion 5
1.1. Funciones integrables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2. El teorema de Lebesgue . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.3. Propiedades de la integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.4. El teorema de Fubini . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.5. El teorema del cambio de variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
1.6. Integrales impropias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
2. Integral de lınea y de superficie 33
2.1. La integral de trayectoria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
2.2. La integral de lınea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
2.3. Campos conservativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
2.4. El teorema de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
2.5. Integrales de superficie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
2.6. El teorema de Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
2.7. El teorema de Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
Bibliografıa 59
3
Tema 1
Integracion
1.1. Funciones integrables
Sea f : A ⊂ Rn −→ R una funcion acotada siendo A acotado. Elijamos un rectangulo
B = [a1, b1]× · · · × [an, bn] que contenga a A. Ademas, definamos la funcion f sobre todo
B dandole el valor 0 fuera de A. Sea P una particion de B obtenida al dividir cada [ai, bi]
mediante los puntos ai = xi0 < xi1 < · · · < ximi = bi formando los m1 . . .mn subrectangulos
[x1j1, x1
j1+1]× · · · × [xnjn , xnjn+1]
con 0 ≤ ji ≤ mi−1. Definimos el volumen de B, v(B), como el producto de las longitudes
de las aristas de B, es decir,
v(B) = (b1 − a1) . . . (bn − an).
Definimos la suma inferior de f para P , s(f, P ), como
s(f, P ) =∑R∈P
ınfx∈R
f(x) v(R)
donde la suma se realiza sobre todos los subrectangulos R de P . Analogamente, definimos
la suma superior de f para P , S(f, P ), como
S(f, P ) =∑R∈P
supx∈R
f(x) v(R).
Algunas propiedades de s(f, P ) y de S(f, P ) son las siguientes:
1. s(f, P ) ≤ S(f, P ).
5
2. s(f, P ) ≤ s(f, P ′) y S(f, P ′) ≤ S(f, P ) donde P ′ es un refinamiento de P , es
decir, cada subrectangulo de P ′ esta contenido en uno de P . Esto es debido a que
el ınfimo (supremo) de f en un rectangulo es menor (mayor) o igual que el ınfimo
(supremo) de f en un rectangulo contenido en el.
3. s(f, P ′) ≤ S(f, P ′′) siendo P ′ y P ′′ dos particiones cualesquiera de B. En efecto, si
P es una particion de B que refina a P ′ y a P ′′, lo cual podemos conseguir usando
todos los puntos de division de ambas, entonces
s(f, P ′) ≤ s(f, P ) ≤ S(f, P ) ≤ S(f, P ′′).
4. Los conjuntos s(f, P ) : P particion de B y S(f, P ) : P particion de B estan
acotados inferiormente por ınfx∈B
f(x) v(B) y superiormente por supx∈B
f(x) v(B). Esto
se tiene gracias a que f y B estan acotados. Usando la propiedad anterior se tiene
que
sups(f, P ) : P particion de B ≤ ınfS(f, P ) : P particion de B.
Definicion 1.1.1. Si f es una funcion acotada definida en un conjunto acotado A, se
define la integral inferior de f sobre A como∫A
f = sups(f, P ) : P particion de B
y la integral superior de f sobre A como∫A
f = ınfS(f, P ) : P particion de B
donde B es cualquier rectangulo que contenga a A. Ası, f es integrable (Riemann)
sobre A si∫Af =
∫Af y definimos la integral de f sobre A,
∫Af , como su valor comun.
Proposicion 1.1.2 (Condicion de Riemann). Sea f : A ⊂ Rn −→ R una funcion acotada
con A acotado. Entonces f es integrable si y solo si para todo ε > 0 existe una particion
Pε tal que
S(f, Pε)− s(f, Pε) < ε.
Demostracion. Supongamos en primer lugar que f es integrable. Dado ε > 0 existe una
particion P ′ε tal que
S(f, P ′ε) <
∫A
f +ε
2.
Esto es debido a que∫Af = ınfS(f, P ) : P particion de B. Analogamente existe una
particion P ′′ε tal que
s(f, P ′′ε ) >
∫A
f − ε
2.
6
Sea Pε = P ′ε ∪ P ′′ε . Entonces∫A
f − ε
2< s(f, Pε) ≤ S(f, Pε) <
∫A
f +ε
2
de lo que se obtiene el resultado.
Recıprocamente, dado ε > 0 existe una particion Pε tal que S(f, Pε) − s(f, Pε) < ε,
con lo que ∫A
f −∫A
f < ε
para todo ε > 0 y, por tanto, ∫A
f =
∫A
f.
Ejemplo 1.1.3. Toda funcion f : A ⊂ Rn −→ R continua siendo A un rectangulo, es
integrable.
En efecto, por la continuidad uniforme de f en A, dado ε > 0 existe δ > 0 tal que si
x = (x1, . . . , xn) ∈ A, y = (y1, . . . , yn) ∈ A y |xi − yi| < δ para todo 1 ≤ i ≤ n, entonces
|f(x)− f(y)| < ε
v(A).
Si A = [a1, b1]× · · ·× [an, bn], sea Pi una particion de [ai, bi] tal que la distancia entre dos
puntos consecutivos de la misma sea menor que δ. Tomando Pε = P1 × · · · × Pn se tiene
que
S(f, Pε)− s(f, Pε) =∑R∈Pε
(supx∈R
f(x)− ınfx∈R
f(x)
)v(R) ≤ ε
v(A)v(A) = ε
con lo que aplicando la proposicion anterior obtenemos que f es integrable.
Existe una importante caracterizacion de la integrabilidad Riemann, dada por el si-
guiente teorema:
Teorema 1.1.4 (Darboux). Sea f : A ⊂ Rn −→ R una funcion acotada con A acotado
y contenido en algun rectangulo B y extendamos f a B definiendola como 0 fuera de A.
Entonces f es integrable con integral I si y solo si para todo ε > 0 existe δ > 0 tal que si
P es cualquier particion de B en subrectangulos B1, . . . , BN con lados de longitud menor
que δ y xi ∈ Bi para todo 1 ≤ i ≤ N , entonces∣∣∣∣∣N∑i=1
f(xi)v(Bi)− I
∣∣∣∣∣ < ε.
Decimos queN∑i=1
f(xi)v(Bi) es una suma de Riemann de f .
7
Demostracion. Supongamos que f es integrable con integral I. En primer lugar, dados una
particion P de B y ε > 0, demostraremos que existe δ > 0 tal que para cada particion P ′
en subrectangulos con lados menores que δ, la suma de los volumenes de los subrectangulos
de P ′ que no estan totalmente contenidos en algun subrectangulo de P es menor que ε.
En efecto, para n = 1 basta tomar δ = ε/N siendo N el numero de puntos de P . De
hecho, la longitud de los subintervalos de P ′ que no estan contenidos en un subintervalo
de P es a lo sumo Nδ = ε. Si n > 1, denotando por T al area total de las caras situadas
entre cualesquiera dos subrectangulos de P , basta tomar δ = ε/T pues si P ′ es cualquier
particion de B en subrectangulos con lados menores que δ, la suma de los volumenes de
los subrectangulos de P ′ que no estan totalmente contenidos en algun subrectangulo de
P es menor que δT = ε.
Como f es acotada, existe M > 0 tal que |f(x)| < M para todo x ∈ B. Existen
particiones P1 y P2 de B tales que I − s(f, P1) < ε/2 y S(f, P2) − I < ε/2. Elegimos
un refinamiento P de ambas con lo que I − s(f, P ) < ε/2 y S(f, P ) − I < ε/2. Existe
δ > 0 tal que para toda particion P ′ en subrectangulos con lados menores que δ, la
suma de los volumenes de los subrectangulos de P ′ que no estan totalmente contenidos
en algun subrectangulo de P es menor que ε/4M . Sean B1, . . . , BN una particion de B
en subrectangulos con lados de longitud menor que δ y xi ∈ Bi para todo 1 ≤ i ≤ N .
Entonces, si B1, . . . , Bk son los subrectangulos no contenidos en algun subrectangulo de
P , se tiene que
N∑i=1
(f(xi) +M)v(Bi) =k∑i=1
(f(xi) +M)v(Bi) +N∑
i=k+1
(f(xi) +M)v(Bi)
≤ S(f +M,P ) + 2Mε
4M
= S(f +M,P ) +ε
2
con lo queN∑i=1
f(xi)v(Bi) ≤ S(f, P ) +ε
2< I + ε.
Analogamente,N∑i=1
f(xi)v(Bi) ≥ s(f, P )− ε
2> I − ε
con lo que ∣∣∣∣∣N∑i=1
f(xi)v(Bi)− I
∣∣∣∣∣ < ε.
Probemos ahora el recıproco. Mostraremos que
I =
∫A
f =
∫A
f.
8
Para ello, dado ε > 0 construiremos una particion P tal que |S(f, P )− I| < ε con lo que∫Af ≤ I. Analogamente, tendremos I ≤
∫Af . Para ello, elegimos δ > 0 tal que si P es una
particion de B en subrectangulos B1, . . . , BN con lados de longitud menor queδ y xi ∈ Bi
para todo 1 ≤ i ≤ N , entonces ∣∣∣∣∣N∑i=1
f(xi)v(Bi)− I
∣∣∣∣∣ < ε
2.
Elegimos los xi tales que ∣∣∣∣f(xi)− supx∈Bi
f(x)
∣∣∣∣ < ε
2Nv(Bi).
Entonces
|S(f, P )− I| ≤
∣∣∣∣∣S(f, P )−N∑i=1
f(xi)v(Bi)
∣∣∣∣∣+
∣∣∣∣∣N∑i=1
f(xi)v(Bi)− I
∣∣∣∣∣ < ε
2+ε
2= ε.
El caso de las sumas inferiores es analogo.
Ejercicios
1. Sea f : [0, 1]× [0, 1] −→ R definida por
f(x, y) =
0 si x 6∈ Q0 si x ∈ Q e y 6∈ Q1q
si x ∈ Q e y = pq∈ Q irreducible
Prueba que f es integrable y calcula su integral.
2. Sea f : [0, 1]× [0, 1] −→ R definida por
f(x, y) =
1 si x ∈ Q2y si x 6∈ Q
Estudia la integrabilidad de f .
3. Sea f : A ⊂ Rn −→ R integrable siendo A un rectangulo, con f(x) ≥ c > 0 para
todo x ∈ A. Prueba que 1/f es integrable.
4. Sean A ⊂ Rn un rectangulo y f : A −→ R una funcion integrable. Prueba que para
cada a ∈ Rn la funcion fa(x) = f(x− a) esintegrable sobre A+ a y∫A+a
fa =
∫A
f.
9
1.2. El teorema de Lebesgue
Definicion 1.2.1. Sea A ⊂ Rn un conjunto acotado. Decimos que A tiene volumen
o contenido (o que es medible Jordan) si la funcion caracterıstica de A definida
por
χA(x) =
1 si x ∈ A0 si x 6∈ A
es integrable, y el volumen de A es
v(A) =
∫A
χA.
Si n = 1 decimos que v(A) es la longitud de A, y si n = 2 el area.
Decimos que A tiene volumen cero o contenido cero si v(A) = 0. Esto es equi-
valente a que para cada ε > 0 existe un recubrimiento finito de A mediante rectangulos,
B1, . . . , Bm (es decir, A ⊂m⋃i=1
Bi) tal que
m∑i=1
v(Bi) < ε.
En efecto, supongamos que A tiene volumen cero y sea ε > 0. Sea B un rectangulo
que contiene a A. Por hipotesis existe una particion P de B tal que S(χA, P ) < ε. Sea P0
la coleccion de los subrectangulos de P que intersecan a A. Entonces
S(χA, P ) =∑R∈P0
v(R)
obteniendo lo que buscabamos.
Recıprocamente, supongamos que dado ε > 0 existe un recubrimiento finito de A
mediante rectangulos, B1, . . . , Bm tal quem∑i=1
v(Bi) < ε. Sean B un rectangulo que contiene
a A y P una particion de B tal que cada subrectangulo esta contenido en algun Bi o a lo
mas tiene frontera comun con algunos Bi (definimos la particion usando todas las aristas
de los Bi). Entonces
S(χA, P ) ≤m∑i=1
v(Bi) < ε
con lo que
ınfS(χA, P ) : P particion de B = 0.
Como
0 ≤ sups(χA, P ) : P particion de B ≤ ınfS(χA, P ) : P particion de B = 0
10
se tiene que A tiene volumen cero.
Es util permitir el uso de recubrimientos numerables al igual que finitos:
Definicion 1.2.2. Un conjunto A ⊂ Rn (no necesariamente acotado) tiene medida
cero si para cada ε > 0 existe un recubrimiento de A, B1, B2, . . ., mediante una cantidad
numerable (o finita) de rectangulos (es decir, A ⊂∞⋃i=1
Bi) tal que
∞∑i=1
v(Bi) < ε.
Este concepto depende del espacio en el que se trabaje como muestra el siguiente
ejemplo:
Ejemplo 1.2.3. La recta real considerada como subconjunto de R2 tiene medida cero,
pero como subconjunto de R no.
En efecto, dado ε > 0 tomamos para cada i ∈ N el rectangulo
Bi = [−i, i]×[− ε
i2i+3,
ε
i2i+3
].
Es claro que B1, B2, . . . recubren A. Ademas se tiene que
∞∑i=1
v(Bi) =∞∑i=1
ε
2i+1=ε
2< ε.
Esta claro que R como subconjunto de sı mismo no tiene medida cero ya que al recubrirla
mediante intervalos la longitud total de los mismos sera +∞.
Es evidente que si A tiene volumen cero, entonces tiene medida cero, y que si A tiene
medida cero y B ⊂ A, entonces B tambien tiene medida cero.
La principal ventaja de la medida cero sobre el volumen cero aparece en el siguiente
teorema:
Teorema 1.2.4. Si los conjuntos A1, A2, . . . tienen medida cero en Rn, el conjunto∞⋃i=1
Ai
tambien.
Demostracion. Sea ε > 0. Para cada i ∈ N existe un recubrimiento de Ai, Bi1, Bi2, . . ., tal
que∞∑j=1
v(Bij) <ε
2i.
11
La coleccion numerable Bij : i, j ∈ N es un recubrimiento de∞⋃i=1
Ai y
∞∑i,j=1
v(Bij) =∞∑i=1
∞∑j=1
v(Bij) <∞∑i=1
ε
2i= ε
donde la primera igualdad se tiene gracias a que la serie doble se puede reordenar para
que sea una serie absolutamente convergente con lo que la serie doble tambien lo es (ver
[A, Theorem 8.42]).
Del teorema anterior se obtiene que cualquier conjunto formado por una cantidad
numerable de puntos tiene medida cero, como por ejemplo Q en R.
Estudiemos ahora uno de los resultados mas importantes de la teorıa de integracion:
el teorema de Lebesgue.
Teorema 1.2.5 (Teorema de Lebesgue). Sea f : A ⊂ Rn −→ R una funcion acotada
con A acotado. Extiendase f a todo Rn definiendola como 0 fuera de A. Entonces f es
integrable si y solo si los puntos de discontinuidad de f forman un conjunto de medida
cero.
Demostracion. Considerese algun rectangulo B que contenga a A. Entonces debemos
demostrar que f es integrable si y solo si los puntos de discontinuidad de la funcion g que
es igual a f en A y 0 fuera forman un conjunto de medida cero.
Definimos la oscilacion de una funcion h en x0 como
O(h, x0) = ınfsup|h(x1)− h(x2)| : x1, x2 ∈ U : U entorno (abierto) de x0.
Se tiene que O(h, x0) ≥ 0. Ademas, O(h, x0) = 0 si y solo si h es continua en x0. En
efecto, h es continua en x0 si y solo si para todo ε > 0 existe un entorno U de x0 tal que
sup|h(x0)− h(x1)| : x1 ∈ U < ε
y esto es equivalente a que O(h, x0) = 0.
Supongamos primero que los puntos de discontinuidad de la funcion g forman un
conjunto de medida cero. Ası, si
Dε = x ∈ B : O(g, x) ≥ ε
con ε > 0, y
D = x ∈ B : g es discontinua en x
entonces Dε ⊂ D. Si y es un punto de acumulacion de Dε, cada entorno de y contiene un
punto de Dε. Entonces cada entorno U de y es un entorno de un punto de Dε, luego
sup|g(x1)− g(x2)| : x1, x2 ∈ U ≥ ε.
12
Esto implica que y ∈ Dε, es decir, Dε es un conjunto cerrado. Como Dε ⊂ B, Dε es
acotado y, por lo tanto, compacto. Como es de medida cero existe un recubrimiento finito
de Dε mediante rectangulos abiertos, B1, . . . , Bm tal quem∑i=1
v(Bi) < ε.
Elıjase ahora una particion de B. Refinandola suficientemente podemos conseguir que
cada rectangulo de ella pertenezca a una de las dos siguientes colecciones (o a las dos):
C1 = los rectangulos contenidos en un Bi y C2 = los rectangulos disjuntos con Dε.Para cada rectangulo S ∈ C2 se tiene que O(g, x) < ε para todo x ∈ S. Por lo tanto,
existe un entorno Ux de cada x ∈ S de modo que
supy∈Ux
g(y)− ınfy∈Ux
g(y) < ε.
Como S es compacto, una cantidad finita de conjuntos abiertos Uxi recubre S. Elıjase una
particion refinada de S, PS, de modo que cada rectangulo de la particion este contenido
en algun Uxi . Si hacemos esto para cada S ∈ C2 obtenemos una particion P tal que
S(g, P )− s(g, P ) ≤∑S∈C1
(supx∈S
g(x)− ınfx∈S
g(x)
)v(S)
+∑S∈C2
∑R∈PS
(supx∈R
g(x)− ınfx∈R
g(x)
)v(R)
< ε v(B) +∑S∈C1
2Mv(S)
< ε (v(B) + 2M)
donde M es una cota de f . Como ε es arbitrario, la condicion de Riemann muestra que
g, y por lo tanto f , es integrable.
Supongamos ahora que g es integrable. El conjunto de puntos de discontinuidad de g
es el conjunto de puntos de oscilacion positiva, es decir,∞⋃i=1
D1/i. Dado ε > 0 existe una
particion P de B tal que S(g, P ) − s(g, P ) < ε. Por otro lado, los puntos de D1/i estan
en ∂S o en int(S) para algun S de P . El primero de estos conjuntos, S1, tiene medida
cero. Sea C la coleccion de rectangulos de P que tienen un punto de D1/i en su interior.
Entonces
1
i
∑S∈C
v(S) ≤∑S∈C
(supx∈S
g(x)− ınfx∈S
g(x)
)v(S) ≤ S(g, P )− s(g, P ) < ε.
Por lo tanto, C recubre al segundo conjunto, S2, y∑S∈C
v(S) < iε
luego S2, y entonces D1/i, tiene medida cero con lo que concluye la demostracion.
13
Corolario 1.2.6. Un conjunto acotado A ⊂ Rn tiene volumen si y solo si la frontera de
A tiene medida cero.
Demostracion. Basta ver que el conjunto de puntos de discontinuidad de χA es ∂A. Si
x ∈ ∂A, entonces cualquier entorno de x interseca a A y a Ac. Por lo tanto, existen puntos
y en dicho entorno tales que |χA(x) − χA(y)| = 1 con lo que χA no es continua en x. Si
x 6∈ ∂A, entonces existe un entorno de x totalmente contenido en A o en Ac con lo que
χA es constante en dicho entorno y, por tanto, continua en x.
Corolario 1.2.7. Sea A ⊂ Rn acotado y con volumen. Una funcion acotada f : A −→ Rcon una cantidad finita o numerable de puntos de discontinuidad es integrable.
Demostracion. Los puntos de discontinuidad de la extension de f son los de f y tal vez
alguno mas contenido en ∂A. Como ambos conjuntos tienen medida cero, se obtiene el
resultado.
Teorema 1.2.8.
1. Sean A ⊂ Rn acotado y con medida cero, y f : A −→ R cualquier funcion integrable.
Entonces∫Af = 0.
2. Sean A ⊂ Rn acotado y f : A −→ R integrable, no negativa y con∫Af = 0. Entonces
el conjunto x ∈ A : f(x) 6= 0 tiene medida cero.
Demostracion.
1. Sea B un rectangulo que contiene a A y extendamos f a B de la manera usual. Sea
P cualquier particion de B en subrectangulos B1, . . . , Bm y M una cota superior de
f . Entonces
s(f, P ) ≤Mm∑i=1
ınfx∈Bi
χA(x) v(Bi).
Los rectangulos de P no pueden estar contenidos en A con lo que s(f, P ) ≤ 0. Ya
que S(f, P ) = −s(−f, P ) se tiene que S(f, P ) ≥ 0. Como P era arbitraria∫A
f ≤ 0 ≤∫A
f
y al ser f integrable obtenemos el resultado.
2. Dado m ∈ N consideremos el conjunto Am = x ∈ A : f(x) > 1/m. Sea ε > 0. Sea
B un rectangulo que contiene a A y extendamos f a B de la manera usual. Sea P
14
una particion de B tal que S(f, P ) < ε/m. Si B1, . . . , Bk son los subrectangulos de
P que cortan a Am, entonces
k∑i=1
v(Bi) < m
k∑i=1
supx∈Bi
f(x) v(Bi) < ε.
Por tanto, Am tiene volumen cero. Ya que
x ∈ A : f(x) 6= 0 =∞⋃m=1
Am
se obtiene el resultado.
Ejemplo 1.2.9. Sea
f(x, y) =
x2 + sen 1
ysi y 6= 0
x2 si y = 0
Se tiene que f es integrable en A = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 < 1.
En efecto, esto es debido al teorema de Lebesgue combinado con el Ejemplo 1.2.3.
Ejercicios
1. Demuestra que A = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 = 1 tiene volumen cero.
2. Sea f : A ⊂ Rn −→ R integrable. Prueba que su grafica
G(f) = (x, y) ∈ Rn × R : x ∈ A, f(x) = y
tiene volumen cero en Rn+1.
3. Demuestra que el plano XY en R3 tiene medida cero.
4. Prueba que la definicion de conjunto de medida cero es equivalente a la que resulta
de sustituir rectangulos cerrados (los utilizados hasta ahora) por abiertos.
5. Sea
f(x, y) =
1 si x 6= 00 si x = 0
Demuestra que f es integrable en A = [0, 1]× [0, 1].
6. Calcula∫Af donde f y A son como en el ejercicio anterior.
7. Sean A ⊂ Rn un conjunto abierto con volumen y f : A −→ R una funcion continua
no negativa tal que f(x0) > 0 para algun x0 ∈ A. Demuestra que∫Af > 0.
15
1.3. Propiedades de la integral
Las propiedades de la integral de Riemann estan contenidas en el siguiente resultado:
Teorema 1.3.1. Sean A,B ⊂ Rn acotados, c ∈ R y f, g : A −→ R funciones integrables.
Entonces:
1. f + g es integrable y∫A
(f + g) =∫Af +
∫Ag.
2. cf es integrable y∫A
(cf) = c∫Af .
3. Si f ≤ g, entonces∫Af ≤
∫Ag.
4. |f | es integrable y∣∣∫Af∣∣ ≤ ∫
A|f |.
5. Si A tiene volumen y |f | ≤M , entonces∣∣∫Af∣∣ ≤Mv(A).
6. (Teorema del valor medio para integrales) Si f es continua y A tiene volumen y es
compacto y conexo, entonces existe x0 ∈ A tal que∫A
f = f(x0)v(A).
A 1v(A)
∫Af se le denomina promedio de f sobre A.
7. Sea f : A∪B −→ R. Si A∩B tiene medida cero y f |A, f |B y f |A∩B son integrables,
entonces f tambien lo es y ∫A∪B
f =
∫A
f +
∫B
f.
Demostracion. Sea R un rectangulo que contiene a A y extendamos f y g a R de la
manera usual.
1. Sea ε > 0. Ya que f y g son integrables existen particiones P y P ′ de R tales que
S(f, P )− s(f, P ) <ε
2
y
S(g, P ′)− s(g, P ′) < ε
2.
Tomando un refinamiento de P y de P ′, P ′′, se tiene que
S(f + g, P ′′)− s(f + g, P ′′) ≤ S(f, P ′′) + S(g, P ′′)− s(f, P ′′)− s(g, P ′′)≤ S(f, P ) + S(g, P ′)− s(f, P )− s(g, P ′)< ε
16
con lo que f + g es integrable. La igualdad integral se obtiene tomando ınfimos y
supremos respectivamente en P en las desigualdades
S(f + g, P ) ≤ S(f, P ) + S(g, P )
y
s(f + g, P ) ≥ s(f, P ) + s(g, P ).
2. La demostracion de esta propiedad es similar a la de 1.
3. Basta con tomar ınfimos en P en la desigualdad S(f, P ) ≤ S(g, P ).
4. Si f es continua en un punto tambien lo es |f | luego el teorema de Lebesgue nos da
la integrabilidad de |f |. Ahora, ya que −|f | ≤ f ≤ |f |, aplicando 2 y 3 se obtiene el
resultado.
5. Dada una particion P de R,∣∣∣∣∫A
f
∣∣∣∣ ≤ ∫A
|f | ≤ S(|f |, P ) ≤MS(χA, P )
con lo que concluye la prueba.
6. Sean f(x1) = ınfx∈A
f(x) y f(x2) = supx∈A
f(x). Ya que
f(x1) ≤ 1
v(A)
∫A
f ≤ f(x2)
el teorema de los valores intermedios demuestra la afirmacion.
7. Ya que f = f |A+f |B−f |A∩B, por 1 y 2 se tiene la integrabilidad de f y la igualdad
integral, esto ultimo gracias a que∫A∩B f = 0.
Con una demostracion analoga a la del teorema del valor medio para integrales se
prueba el siguiente resultado:
Proposicion 1.3.2. Dadas dos funciones f, g : A −→ R siendo f continua, g integrable
y no negativa y A compacto y conexo, existe x0 ∈ A tal que∫A
(fg) = f(x0)
∫A
g.
Observacion 1.3.3. El teorema del valor medio para integrales se puede ver como un
corolario del resultado anterior considerando g = χA.
17
En cuanto al intercambio de una operacion de integracion y una de derivacion se tiene
el siguiente resultado de derivacion bajo el signo integral:
Proposicion 1.3.4. Sea f : [a, b]× [c, d] −→ R continua tal que ∂f∂y
existe y es continua.
Sea
F (y) =
∫ b
a
f(x, y) dx.
Entonces F es derivable y
F ′(y) =
∫ b
a
∂f
∂y(x, y) dx.
Demostracion. Se tiene que∣∣∣∣F (y + h)− F (y)
h−∫ b
a
∂f
∂y(x, y) dx
∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∫ b
a
(f(x, y + h)− f(x, y)
h− ∂f
∂y(x, y)
)dx
∣∣∣∣=
∣∣∣∣∫ b
a
(∂f
∂y(x, cx,h)−
∂f
∂y(x, y)
)dx
∣∣∣∣para algun cx,h entre y e y + h, usando el teorema del valor medio.
Como ∂f∂y
es uniformemente continua al ser continua en un compacto, dado ε > 0 existe
δ > 0 tal que ∣∣∣∣∂f∂y (x0, y0)− ∂f
∂y(x, y)
∣∣∣∣ < ε
b− a
siempre que |x− x0|, |y − y0| < δ.
Si |h| < δ, entonces∣∣∣∣F (y + h)− F (y)
h−∫ b
a
∂f
∂y(x, y) dx
∣∣∣∣ ≤ ε
b− a(b− a) = ε
lo que concluye la prueba.
Corolario 1.3.5 (Regla de Leibniz para la derivacion de integrales). Dadas una funcion
f : [a, b] × [c, d] −→ R continua tal que ∂f∂y
existe y es continua en [a, b] × [c, d], dos
funciones u, v : [c, d] −→ [a, b] derivables y
F (t) =
∫ v(t)
u(t)
f(x, t) dx
se tiene que
F ′(t) = f(v(t), t)v′(t)− f(u(t), t)u′(t) +
∫ v(t)
u(t)
∂f
∂t(x, t) dx.
18
Demostracion. Basta aplicar adecuadamente la regla de la cadena.
Sean u = u(t), v = v(t) y w = t. Entonces
F (t) = g(u, v, w) =
∫ v
u
f(x,w) dx.
Ası,
F ′(t) =∂g
∂uu′(t) +
∂g
∂vv′(t) +
∂g
∂ww′(t).
Las derivadas parciales de g con respecto a u y v se obtienen mediante el teorema funda-
mental del calculo y la derivada parcial con respecto a w se obtiene derivando bajo el signo
integral mediante el resultado anterior, consiguiendo con todo ello la formula deseada.
Ejercicios
1. Si An tiene volumen para todo n ∈ N y A =∞⋃n=1
An esta acotado, ¿tiene A volumen?
2. Sean A,B conjuntos con volumen y A ∩B de medida cero. Demuestra que
v(A ∪B) = v(A) + v(B).
3. Demuestra que ∫ 2π
0
x sen(tx) dx =sen(2πt)− 2πt cos(2πt)
t2
considerando la derivada de∫ 2π
0cos(tx) dx con respecto a t.
4. Deriva∫ 2π
0x cos(tx) dx con respecto a t.
1.4. El teorema de Fubini
Teorema 1.4.1 (Teorema de Fubini). Sean A ⊂ Rn y B ⊂ Rm rectangulos y la funcion
f : A×B −→ R integrable. Si∫Bf(x, y) dy existe para cada x ∈ A, entonces∫
A×Bf =
∫A
(∫B
f(x, y) dy
)dx.
Analogamente, si∫Af(x, y) dx existe para cada y ∈ B, entonces∫
A×Bf =
∫B
(∫A
f(x, y) dx
)dy.
19
Demostracion. Nos reduciremos al caso n = m = 1 ya que para dimensiones superiores
la demostracion es analoga. Por tanto A = [a, b] y B = [c, d].
En el primer caso, sea g : [a, b] −→ R la funcion dada por g(x) =∫ dcf(x, y) dy.
Debemos demostrar que g es integrable y que∫A×B f =
∫ bag(x) dx. Sea P = P1 × P2 una
particion de A×B formada por los subrectangulos Sij = Vi ×Wj. Entonces
s(f, P ) =∑i
∑j
ınf(x,y)∈Sij
f(x, y)v(Wj)v(Vi).
Para cada x ∈ Vi se tiene que ınf(x,y)∈Sij
f(x, y) ≤ ınfy∈Wj
fx(y) donde fx(y) = f(x, y). Por lo
tanto, ∑j
ınf(x,y)∈Sij
f(x, y)v(Wj) ≤∑j
ınfy∈Wj
fx(y)v(Wj) ≤ g(x)
luego
s(f, P ) ≤∑i
ınfx∈Vi
g(x)v(Vi) = s(g, P1).
A partir de un argumento similar para las sumas superiores obtenemos que
S(g, P1) ≤ S(f, P ).
La integrabilidad de f nos da el resultado.
El otro caso es analogo.
Como es usual, podemos aplicar este resultado a una region no cuadrada extendiendo
f como cero fuera y aplicando el teorema a un rectangulo que la contenga, aunque al
hacer la extension f puede desarrollar discontinuidades en la frontera de A×B.
Corolario 1.4.2. Sean ϕ, ψ : [a, b] −→ R continuas tales que ϕ ≤ ψ,
A = (x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b, ϕ(x) ≤ y ≤ ψ(x)
y f : A −→ R continua. Entonces∫A
f =
∫ b
a
(∫ ψ(x)
ϕ(x)
f(x, y) dy
)dx.
Demostracion. Basta con extender f de la manera usual y aplicar el resultado anterior.
La integrabilidad nos la da el teorema de Lebesgue teniendo en cuenta que las graficas de
ϕ y ψ tienen volumen cero.
Existe un resultado analogo en el que se intercambian los papeles de x e y.
20
Es interesante ver como una demostracion del teorema de Fubini para una funcion
f : [a, b] × [c, d] −→ R continua se puede basar en el proceso de derivacion bajo el signo
integral:
La funcion h(t, y) =∫ taf(x, y) dx es continua en [a, b]× [c, d], al igual que su derivada
parcial ∂h∂t
(t, y) = f(t, y). La integral g(x) =∫ dcf(x, y) dy es una funcion continua en
[a, b]. Ahora solo necesitamos considerar la funcion
H(t) =
∫ t
a
(∫ d
c
f(x, y) dy
)dx−
∫ d
c
(∫ t
a
f(x, y) dx
)dy
con t ∈ [a, b]. Es obvio que H(a) = 0 y queremos mostrar que H(b) = 0. Pero
H(t) =
∫ t
a
g(x) dx−∫ d
c
h(t, y) dy
de modo que
H ′(t) = g(t)−∫ d
c
∂h
∂t(t, y) dy = 0
para todo t ∈ [a, b]. Ası, H es constante en [a, b] con lo que H(b) = 0, como querıamos
demostrar.
Ejercicios
1. Calcula∫Af en los siguientes casos:
a) f(x, y) = (x+y)x y A es el cuadrado dado por A = (x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x, y ≤ 1.
b) f(x, y) = 1 y A es el triangulo dado por A = (x, y) ∈ R2 : x, y ≥ 0, x+y ≤ 1.
c) f(x, y) = |y − senx| y A = [0, π]× [0, 1].
d) f(x, y) = y3−2xy2+x2y+x−1(x−y)2(x−1)
y A = [2, 3]× [0, 1].
e) f(x, y) = x y A = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 2x.
f ) f(x, y) = x√
1− x2 − y2 y A = (x, y) ∈ R2 : x, y ≥ 0, x2 + y2 ≤ 1.
2. Calcula∫Af en los siguientes casos:
a) f(x, y, z) = (x+y+z)2 y A es el tetraedro de vertices (0, 0, 0), (1, 0, 0), (0, 1, 0)
y (0, 0, 1).
b) f(x, y, z) = x y A es la region de R3 acotada por los planos x = 0, y = 0 y
z = 2 y la superficie z = x2 + y2.
3. En la integral∫ 1
0
∫ 1
xxy dy dx cambiese el orden de integracion y evaluese.
21
4. Dibujese la region correspondiente a la integral∫ 1
0
∫ ex1
(x + y) dy dx y evaluese.
Comprueba que al intercambiar el orden de integracion la respuesta no se altera.
5. Calcula el volumen de la bola abierta de Rn de centro el origen y radio r.
6. Sean A = [0, 1]× [0, 1] y f : A −→ R la funcion definida por
f(x, y) =
x si x > yy2 si x ≤ y
Prueba que f es integrable y calcular su integral.
7. Sea f : [0, 2]× [0, 2] −→ R definida por
f(x, y) =
x[y]y[x] si x 6= 0 e y 6= 0
0 si x = 0 o y = 0
Prueba que f es integrable y calcular su integral.
1.5. El teorema del cambio de variables
Teorema 1.5.1 (Teorema del cambio de variables). Sean A ⊂ Rn un conjunto abierto,
acotado y con volumen y g : A −→ Rn una transformacion C1 e inyectiva tal que para
todo x ∈ A, Jg(x) 6= 0. Supongamos que |Jg| y |Jg|−1 estan acotados en A y que g(A)
tiene volumen. Si f : g(A) −→ R esta acotada y es integrable, entonces (f g)|Jg| es
integrable en A y ∫g(A)
f =
∫A
(f g)|Jg|.
La demostracion de este resultado requiere el establecimiento de varios lemas previos:
El primer paso es establecer la formula cuando g = L es una transformacion lineal,
en cuyo caso JL = det L. Esto proporciona la interpretacion geometrica de det L: es el
factor de cambio de los volumenes bajo la transformacion L.
Lema 1.5.2. Si L : Rn −→ Rn es una transformacion lineal y A ⊂ Rn tiene volumen,
entonces L(A) tiene volumen y v(L(A)) = |det L| v(A).
Demostracion. Primero consideramos el caso particular en que A es un rectangulo y L es
una transformacion lineal cuya matriz expresada en la base canonica es de uno de los dos
22
tipos siguientes:
L1 =
1 0 · · · 00 1
. . .
1... c
.... . .
1 00 · · · 0 1
o
L2 =
1 0 · · · 00 1
. . . 11
... 1...
. . .
1 00 · · · 0 1
.
La matriz L1 se obtiene reemplazando un 1 de la diagonal de la matriz identidad por una
constante c, y L2 se obtiene escribiendo un 1 en la matriz identidad en cualquier parte
fuera de la diagonal. Estas son las matrices elementales.
Si A = [a1, b1]× · · · × [an, bn] y c esta en la i-esima fila, entonces
L1(A) = [a1, b1]× · · · × [cai, cbi]× · · · × [an, bn]
con lo que
v(L1(A)) = |c| v(A) = |det L1| v(A).
Si el 1 fuera de la diagonal esta en la posicion (i, j), entonces
L2(A) = (x1, x2, . . . , xi−1, xi + xj, xi+1, xi+2, . . . , xn) ∈ Rn : xk ∈ [ak, bk], 1 ≤ k ≤ n.
Aplicando el teorema de Fubini se tiene que
v(L2(A)) =n∏
k = 1k 6= i, j
(bk − ak)∫ bj
aj
(∫ xj+bi
xj+ai
dxi
)dxj = v(A) = |det L2| v(A).
Sean ahora A un conjunto arbitrario con volumen y Li una de las matrices elementales
con det Li 6= 0. Sea B un rectangulo que contiene a A y, dado ε > 0, sea P una particion
de B en subrectangulos B1, . . . , BN de modo que
S(χA, P )− v(A) <ε
2|det Li|
23
y
v(A)− s(χA, P ) <ε
2|det Li|.
Si Vε =⋃Bi : Bi ⊂ A y Wε =
⋃Bi : Bi ∩ A 6= ∅, entonces
v(Li(Vε)) = |det Li| s(χA, P )
y
v(Li(Wε)) = |det Li| S(χA, P )
con lo que
v(Li(Wε))− v(Li(Vε)) < ε
y, por tanto, Li(A) tiene volumen y
v(Li(A)) = |det Li| v(A).
Si det Li = 0, entonces v(Li(B)) = 0 para cualquier rectangulo B y v(Li(A)) = 0 para
cualquier conjunto A con volumen.
Si L es una transformacion lineal y A es un conjunto con volumen, entonces, ya que
cualquier matriz es el producto de matrices elementales, aplicando repetidamente lo que
acabamos de demostrar se tiene que L(A) tiene volumen y v(L(A)) = |det L| v(A).
Lema 1.5.3. Si el teorema es cierto para la funcion constante 1, entonces tambien es
cierto para cualquier funcion integrable f .
Demostracion. Si el teorema es cierto para la funcion constante 1, entonces es cierto para
cualquier funcion constante. Sean f una funcion integrable en g(A), B un rectangulo que
contiene a g(A) y P una particion de B en rectangulos B1, . . . , BN . Entonces
s(f, P ) =N∑i=1
ınfx∈Bi
f(x)v(Bi)
=N∑i=1
∫Bi
ınfx∈Bi
f(x)
=N∑i=1
∫g−1(Bi)
(ınfx∈Bi
f(x) g)|Jg|
≤N∑i=1
∫g−1(Bi)
(f g)|Jg|
=
∫A
(f g)|Jg|.
Por lo tanto, ∫g(A)
f ≤∫A
(f g)|Jg|.
La desigualdad contraria se obtiene con S(f, P ).
24
Lema 1.5.4. El teorema es cierto si g es una transformacion lineal.
Demostracion. Por el Lema 1.5.2,∫g(A)
1 =
∫A
|det g| =∫A
|Jg|.
Luego, por el Lema 1.5.3, ∫g(A)
f =
∫A
(f g)|Jg|.
Proposicion 1.5.5. Si el teorema es cierto para g : A −→ Rn y para h : B −→ Rn,
donde g(A) ⊂ B, entonces el teorema es valido para h g : A −→ Rn.
Demostracion. Basta con hacer el calculo siguiente:∫(hg)(A)
f =
∫g(A)
(f h)|Jh| =∫A
(f h g)(|Jh| g)|Jg| =∫A
(f (h g))|J(h g)|.
Si x = (x1, . . . , xn) ∈ Rn, sea |x| = max1≤i≤n
|xi|. Y si A : Rn −→ Rn es la transformacion
lineal con matriz aij, definimos
|A| = max1≤i≤n
n∑j=1
|aij|.
Ası, se tiene que |A(x)| ≤ |A||x|. Tambien utilizaremos la matriz jacobiana j(x) = (jik(x))
de la transformacion g(x) = (g1(x), . . . , gn(x)) donde
jik(x) =∂gi∂xk
(x).
Si C es el cubo en el conjunto abierto A dado por C = x ∈ Rn : |x − c| ≤ r para
ciertos c ∈ Rn y r ∈ R, entonces v(C) = (2r)n. Por el teorema del valor medio,
gi(x)− gi(c) =n∑k=1
jik(c+ θi(x)(x− c))(xk − ck)
donde 0 ≤ θi(x) ≤ 1 para todo 1 ≤ i ≤ n. Ası,
|g(x)− g(c)| ≤ rmaxy∈C|j(y)|
de modo que si g(C) tiene volumen, entonces
v(g(C)) ≤(
maxy∈C|j(y)|
)nv(C).
Para garantizar que g(C) tiene volumen demostraremos el lema siguiente:
25
Lema 1.5.6. Si h : U ⊂ Rn −→ Rn es una transformacion C1 e inyectiva tal que
Jh(x) 6= 0 para todo x ∈ U , siendo U un conjunto abierto y acotado, y C es un conjunto
con volumen tal que C ⊂ U , entonces h(C) tiene volumen.
Demostracion. Basta probar que ∂h(C) tiene volumen cero. Para ello, mostraremos en
primer lugar que ∂h(C) ⊂ h(∂C). En efecto, sean x ∈ ∂h(C), y = h−1(x) y V un entorno
abierto de y tal que V ⊂ U . Entonces h(V ) es un entorno abierto de x, ya que h−1
es continua. Como x ∈ ∂h(C), h(V ) contiene puntos de h(C) y de su complementario.
Y como h es inyectiva, V contiene puntos de C y de su complementario, de modo que
y ∈ ∂C, luego x ∈ h(∂C). Aplicando este argumento a h−1 se tiene que ∂h(C) = h(∂C).
Ahora, dado ε > 0, recubrimos ∂C con rectangulos B1, . . . , BN de volumen total a lo
sumo ε. Por la acotacion previa al lema, h(∂C) esta recubierto con rectangulos de volumen
total a lo sumo (max
x∈B1∪···∪BN|Jh(x)|
)nε
con lo h(∂C) y, por tanto, ∂h(C) tienen volumen cero.
Demostracion del Teorema. Si L es una transformacion lineal y U tiene volumen, entonces
v(L−1(U)) = |det (L−1)| v(U).
Si U = g(C), entonces
|det (L−1)| v(g(C)) ≤(
maxy∈C|L−1j(y)|
)nv(C)
con lo que
v(g(C)) ≤ |det L|(
maxy∈C|L−1j(y)|
)nv(C).
Subdividamos el cubo C en un conjunto finito C1, . . . , CM de cubos que no se solapen, cen-
trados en x1, . . . , xM y supongase que δ es mayor que la longitud de un lado de cualquiera
de ellos. Aplicando la desigualdad anterior a cada Ci, tomando L = j(xi) y sumando
obtenemos
v(g(C)) ≤M∑i=1
|det (j(xi))|(
maxy∈Ci|j−1(xi)j(y)|
)nv(Ci).
Como j(x) es una funcion continua, j−1(z)j(y) tiende a la matriz identidad cuando z → y
y, por lo tanto, (maxy∈Ci|j−1(xi)j(y)|
)n≤ 1 + φ(δ)
donde φ(δ) tiende a 0 con δ. Ası,
v(g(C)) ≤ (1 + φ(δ))M∑i=1
|det (j(xi))| v(Ci).
26
Cuando δ tiende a 0 la suma de la derecha tiende a∫C|Jg(x)| dx, y la desigualdad queda
v(g(C)) ≤∫C
|Jg(x)| dx.
La demostracion del Lema 1.5.3 junto con la desigualdad anterior produce∫g(A)
f ≤∫A
(f g)|Jg|.
Esta desigualdad se puede aplicar tambien a g−1 obteniendose∫A
(f g)|Jg| ≤∫g(A)
(f g g−1)|Jg g−1||Jg−1|
es decir, ∫A
(f g)|Jg| ≤∫g(A)
f
y el teorema queda demostrado.
Existen al menos dos formas de mejorar el teorema del cambio de variables:
Teorema 1.5.7. Sean B ⊂ Rn un conjunto abierto y g : B −→ Rn una transformacion
C1 e inyectiva tal que Jg(x) 6= 0 para todo x ∈ B. Supongamos que B y g(B) tienen
volumen y sea A ⊂ g(B) con volumen. Si f : A −→ R es integrable, entonces∫A
f =
∫g−1(A)
(f g)|Jg|.
Demostracion. Extendemos f a g(B) definiendola como 0 fuera de A. Por el teorema del
cambio de variables ∫g(B)
f =
∫B
(f g)|Jg|.
Como f se anula fuera de A, f g se anula fuera de g−1(A), de donde se sigue la conclusion.
Teorema 1.5.8. Sean A,B ⊂ Rn con volumen y g : int A −→ int B una transformacion
C1 y biyectiva tal que Jg(x) 6= 0 para todo x ∈ int A. Si f : B −→ R es integrable,
entonces ∫B
f =
∫A
(f g)|Jg|.
Demostracion. Como B tiene volumen y ∂(int B) ⊂ ∂B, entonces int B tiene volumen.
Ademas, int B ∪ (∂B ∩B) = B, de modo que∫int B
f =
∫B
f.
Por lo tanto, obtenemos el resultado por el teorema del cambio de variables.
27
Una aplicacion del teorema del cambio de variables viene dada por las coordenadas
polares. La funcion que pasa de ellas a coordenadas rectangulares es
g(r, θ) = (r cos θ, r sen θ)
cuyo jacobiano es r.
Otro cambio de variables de gran utilidad lo dan las coordenadas esfericas. La
funcion que pasa de ellas a coordenadas rectangulares es
g(r, ϕ, θ) = (r senϕ cos θ, r senϕ sen θ, r cosϕ)
cuyo jacobiano es r2 senϕ. El angulo ϕ es el formado con la parte positiva del eje OZ.
Finalmente, la funcion que pasa de coordenadas cilındricas a rectangulares es
g(r, θ, z) = (r cos θ, r sen θ, z)
cuyo jacobiano es r.
Ejercicios
1. Calcula∫ 1
0
∫ 1
0(x4 − y4) dx dy usando el cambio de variables u = x2 − y2, v = 2xy.
2. Calcula∫Af en los siguientes casos:
a) f(x, y) = x2+y2 yA es el disco unidad dado porA = (x, y) ∈ R2 : x2+y2 ≤ 1.
b) f(x, y) = (y2 − x2)xy(x2 + y2) y
A = (x, y) ∈ R2 : x, y > 0, a ≤ xy ≤ b, y2 − x2 ≤ 1, x ≤ y
con 0 < a ≤ b.
c) f(x, y) = (x2 + y2)−3/2 y A = (x, y) ∈ R2 : x ≤ y, x+ y ≥ 1, x2 + y2 ≤ 1.
d) f(x, y) = x2 + y2 y A = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 2y, x2 + y2 ≤ 1, x ≥ 0.
e) f(x, y) = x2 + y2 y A = (x, y) ∈ R2 : (x2 + y2)2 ≤ 4(x2 − y2), x ≥ 0.
3. Calcula∫Af en los siguientes casos:
a) f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 y A = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 < 1.
b) f(x, y, z) = ze−x2−y2 y A = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1.
c) f(x, y, z) = (1 + x2 + y2 + z2)−1/2 y A la bola unidad.
d) f(x, y, z) = x2 y
A = (x, y, z) ∈ R3 : x ≥ 0, x2 + y2 + (z − 1)2 ≤ 1, 4z2 ≥ 3(x2 + y2).
28
e) f(x, y, z) = yz√x2 + y2 y
A = (x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ z ≤ x2 + y2, 0 ≤ y ≤√
2x− x2.
f ) f(x, y, z) = z y A = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 ≤ 2, x2 + y2 ≤ z.
g) f(x, y, z) = z2 y A = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 ≤ a2, x2 + y2 + z2 ≤ 2az.
4. Calcula el volumen de A en los siguientes casos:
a) A = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 ≤ a2, x2 + y2 ≤ z2.
b) A = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 ≤ a2, x2 + y2 ≤ ax, z ≥ 0.
1.6. Integrales impropias
Las integrales impropias son de dos tipos dependiendo de si es la funcion o el dominio
lo que no esta acotado. En primer lugar consideremos el segundo caso. Extenderemos las
funciones a todo el espacio de la manera usual.
Definicion 1.6.1. Sea f : A ⊂ Rn −→ [0,∞) una funcion acotada e integrable en cada
cubo n-dimensional [−a, a]n = [−a, a]×· · ·×[−a, a]. Si lıma→∞
∫[−a,a]n
f es finito, lo llamamos∫Af y decimos que f es integrable sobre A.
Teorema 1.6.2. Sea f : A ⊂ Rn −→ [0,∞) una funcion acotada e integrable en cada cubo
[−a, a]n. Entonces f es integrable sobre A si y solo si para cada sucesion no decreciente
(Bk)k∈N de conjuntos acotados con volumen tal que para cada cubo C se tiene que C ⊂ Bk
para k suficientemente grande, existe lımk→∞
∫Bkf . En este caso
lımk→∞
∫Bk
f =
∫A
f.
Demostracion. Supongamos primero que f es integrable. Si [−a, a]n ⊂ Bk ⊂ [−b, b]n,
entonces, gracias a que fχ[−a,a]n ≤ fχBk ≤ fχ[−b,b]n , se tiene que∫[−a,a]n
f ≤∫Bk
f ≤∫
[−b,b]nf
con lo que se tiene el resultado.
Recıprocamente,(∫
Bkf)k∈N
es una sucesion creciente convergente a C, luego para
cada a, como [−a, a]n ⊂ Bk para algun k ∈ N suficientemente grande, se tiene que∫[−a,a]n
f ≤ C con lo que concluye la prueba al ser∫
[−a,a]nf una funcion de a creciente y
acotada superiormente, luego convergente.
29
Observese que se tiene un criterio de comparacion: si f es integrable, g es integrable
en cada cubo y 0 ≤ g ≤ f , entonces g tambien es integrable pues∫
[−a,a]ng es creciente
con a y esta acotada por∫Af con lo que converge cuando a→∞.
A continuacion analizaremos el caso de una funcion f : A ⊂ Rn −→ [0,∞) no acotada
siendo A posiblemente no acotado. Reducimos el problema al caso ya estudiado cortando
la grafica de f para obtener una funcion acotada.
Definicion 1.6.3. Para cada M > 0 sea
fM(x) =
f(x) si f(x) ≤MM si f(x) > M
Cada funcion fM esta acotada por M y 0 ≤ fM ≤ f . Si fM es integrable para todo M > 0
y lımM→∞
∫AfM es finito, lo llamamos
∫Af y decimos que f es integrable sobre A.
Como antes, tenemos el siguiente criterio de comparacion: si 0 ≤ g ≤ f y f es
integrable, entonces g tambien es integrable.
Definicion 1.6.4. Dada una funcion f : A ⊂ Rn −→ R sean
f+(x) =
f(x) si f(x) ≥ 0
0 si f(x) < 0
y
f−(x) =
−f(x) si f(x) ≤ 0
0 si f(x) > 0
las partes positiva y negativa de f , respectivamente. Si f+ y f− son integrables decimos
que f es integrable sobre A y∫Af =
∫Af+ −
∫Af−.
En el caso unidimensional tenemos el siguiente metodo para calcular integrales impro-
pias:
Teorema 1.6.5.
1. Sean f : [a,∞) −→ [0,∞) acotada y continua y F una primitiva de f . Entonces f
es integrable si y solo si es finito lımx→∞
F (x). En este caso,∫[a,∞)
f =
∫ ∞a
f(x) dx = lımx→∞
F (x)− F (a).
2. Una funcion continua f : (a, b] −→ [0,∞) es integrable si y solo si es finito
lımε→0+
∫ b
a+ε
f(x) dx.
En este caso, este lımite es igual a∫ baf(x) dx.
30
Demostracion.
1. Ya que∫ b−b f(x) dx =
∫ baf(x) dx para b > |a|, se obtiene el resultado.
2. Demos dos pasos preliminares. Dado ε > 0, si M = supx∈[a+ε,b]
f(x), entonces
∫ b
a+ε
f(x) dx ≤∫ b
a
fM(x) dx.
Ahora, dados ε,M > 0 se tiene que∫ b
a
fM(x) dx−∫ b
a+ε
f(x) dx ≤∫ a+ε
a
fM(x) dx ≤ εM.
Supongamos primero que f es integrable. Es claro por el primer paso que∫ ba+ε
f(x) dx
crece cuando ε → 0+ hacia algo menor o igual que∫ baf(x) dx. Dado δ > 0, elıjase
M de modo que ∫ b
a
f(x) dx−∫ b
a
fM(x) dx <δ
2.
Si ε = δ2M
, entonces, por el segundo paso,∫ b
a
fM(x) dx−∫ b
a+ε
f(x) dx ≤ δ
2.
En consecuencia, ∫ b
a
f(x) dx−∫ b
a+ε
f(x) dx < δ
con lo que se tiene el resultado.
El recıproco se tiene gracias a que∫ bafM(x) dx es una funcion no decreciente en M
y acotada superiormente por
1 + lımε→0+
∫ b
a+ε
f(x) dx
ya que para M suficientemente grande∫ b
a
fM(x) dx =
∫ a+1/M
a
fM(x) dx+
∫ b
a+1/M
fM(x) dx.
Con frecuencia se dice que∫Af converge en vez de f es integrable.
31
Ejercicios
1. Demuestra que
a)∫∞
1xp dx converge si p < −1 y diverge si p ≥ −1.
b)∫ a
0xp dx converge si p > −1 y diverge si p ≤ −1.
c)∫∞
1e−xxp dx converge para todo p ∈ R.
d)∫ a
0e1/xxp dx diverge para todo p ∈ R.
e)∫ a
0log x dx converge.
f )∫∞
11
log xdx diverge.
g)∫∞
11√x3+1
dx converge.
h)∫ 1
0e−xxp dx converge si p > −1.
i)∫∞
1senxx2+1
dx converge.
j )∫∞
0xp
1+xpdx converge si p < −1 y diverge si p ≥ −1.
2. Calcula∫∞−∞ e
−x2 dx.
3. Calcula∫Af en los siguientes casos:
a) f(x, y) = (xy)−1/2 y A = (0, 4]× (0, 4].
b) f(x, y) = (x2 + y2 + 1)−2 y A = R2.
c) f(x, y, z) = (x2 + y2 + z2)−1/2 y A = (x, y, z) ∈ R3 : 0 < x2 + y2 + z2 ≤ 1.
32
Tema 2
Integral de lınea y de superficie
2.1. La integral de trayectoria
Empecemos definiendo la longitud de una curva:
Definicion 2.1.1. Sea c : [a, b] −→ Rn una curva continua. Definimos la longitud de c
y la denotamos por l(c) como
l(c) = sup
m∑i=1
‖c(ti)− c(ti−1)‖ : P = a = t0 < t1 < · · · < tm = b particion de [a, b]
.
Proposicion 2.1.2. Si c : [a, b] −→ Rn es una curva de clase C1 a trozos, entonces
l(c) <∞ y
l(c) =
∫ b
a
‖c′(t)‖ dt.
Demostracion. Podemos suponer que c = (c1, . . . , cn) es de clase C1 ya que si es de clase
C1 a trozos la podemos poner como union de curvas de clase C1.
Sea P = a = t0 < t1 < · · · < tm = b una particion de [a, b]. Para cada 1 ≤ i ≤ m se
tiene que
‖c(ti)− c(ti−1)‖2 =n∑k=1
(ck(ti)− ck(ti−1))2
= (ti − ti−1)n∑k=1
c′k(si)(ck(ti)− ck(ti−1))
≤ ‖c′(si)‖‖c(ti)− c(ti−1)‖(ti − ti−1)
donde la ultima igualdad se obtiene aplicando el teorema del valor medio a la funcionn∑k=1
ck(t)(ck(ti)− ck(ti−1))
33
definida sobre [ti−1, ti], y la desigualdad es debida a la de Cauchy-Schwartz. Ası,
m∑i=1
‖c(ti)− c(ti−1)‖ ≤m∑i=1
‖c′(si)‖(ti − ti−1) ≤ S(‖c′‖, P ).
Por tanto, tomando supremo e ınfimo en todas las particiones de [a, b] respectivamente
obtenemos que
l(c) ≤∫ b
a
‖c′(t)‖ dt <∞.
Veamos ahora la desigualdad contraria. Dado ε > 0 existe δ > 0 tal que si s, t ∈ [a, b]
con |s− t| < δ, entonces
|c′k(s)− c′k(t)| <ε√n
para todo 1 ≤ k ≤ n. Sea
P = a = t0 < t1 < · · · < tm = b
una particion de [a, b] de diametro menor que δ. Usando el teorema del valor medio se
tiene que
‖c(ti+1)− c(ti)‖ =
[n∑k=1
c′k(sik)2(ti+1 − ti)2
]1/2
=
(n∑k=1
c′k(sik)2
)1/2
(ti+1 − ti)
≥
‖c′(t∗)‖ −[
n∑k=1
(c′k(t∗)− c′k(sik))2
]1/2 (ti+1 − ti)
≥ (‖c′(t∗)‖ − ε)(ti+1 − ti)
con sik ∈ [ti, ti+1] para todo 1 ≤ k ≤ n y t∗ ∈ [ti, ti+1] tal que ‖c′(t∗)‖ = ınft∈[ti,ti+1]
‖c′(t)‖.Por tanto,
l(c) ≥ s(‖c′‖, P )− ε(b− a).
Tomando supremo en P se obtiene el resultado.
Pasemos ahora a definir la integral de trayectoria:
Definicion 2.1.3. Sean una funcion escalar f : Rn −→ R y una trayectoria de clase C1
c : [a, b] −→ Rn tales que f c es continua en [a, b]. Definimos la integral de f a lo
largo de la trayectoria c como∫c
f ds =
∫ b
a
f(c(t))‖c′(t)‖ dt.
34
Si c es C1 a trozos o f c es continua a trozos, definimos∫cf ds partiendo [a, b] en
segmentos sobre los cuales f(c(t))‖c′(t)‖ sea continua y sumando las integrales sobre los
segmentos.
Observacion 2.1.4. Si f = 1, entonces∫cf ds = l(c).
La definicion de∫cf ds se puede justificar de la siguiente forma: dada una particion de
[a, b], P = a = t0 < t1 < · · · < tm = b,∫cf ds se puede aproximar, usando el teorema
del valor medio, porm∑i=1
f(c(t∗i ))‖c′(t∗i )‖(ti − ti−1)
donde t∗i ∈ [ti−1, ti] es tal que∫ ti
ti−1
‖c′(t)‖ dt = ‖c′(t∗i )‖(ti − ti−1)
para todo 1 ≤ i ≤ m. Haciendo que el diametro de P tienda a 0 se obtiene∫ b
a
f(c(t))‖c′(t)‖ dt.
Un caso particular importante de la integral de trayectoria se presenta cuando c descri-
be una curva plana. Supongamos que todos los puntos c(t) estan en el plano coordenado
XY y que f : R2 −→ [0,∞). La integral de f a lo largo de la trayectoria c tiene una
interpretacion geometrica como el area de una pared cuya base es la imagen de c y altura
f(c(t)) en c(t), recorriendo c solo una vez su imagen.
Ejemplos fısicos de funciones escalares f son los campos de temperaturas o presiones,
o la densidad de un cuerpo. Supongamos que la trayectoria c representa un alambre cuya
funcion de densidad de masa es ρ(x, y, z). La masa m del alambre y su centro de masas
(x0, y0, z0) se definen como
m =
∫c
ρ ds
y
(x0, y0, z0) =
(1
m
∫c
xρ ds,1
m
∫c
yρ ds,1
m
∫c
zρ ds
).
Ejercicios
1. Calcula la longitud de las siguientes curvas:
a) c(t) = (r cos t, r sen t) con t ∈ [0, 2π].
b) c(t) = (cos t, sen t, t2) con t ∈ [0, π].
35
c) c(t) = (|t|, |t− 12|, 0) con t ∈ [−1, 1].
d) La cicloide c(t) = (t− sen t, 1− cos t) con t ∈ [0, 2π].
e) c(t) = (cos t, sen t, cos 2t, sen 2t) con t ∈ [0, π].
f ) c(t) = (2 cos t, 2 sen t, t) si t ∈ [0, 2π] y c(t) = (2, t− 2π, t) si t ∈ [2π, 4π].
g) c(t) = (t, t sen t, t cos t) entre (0, 0, 0) y (π, 0,−π).
h) c(t) = (2t, t2, log t) con t > 0 entre (2, 1, 0) y (4, 4, log 2).
i) La cardioide cuya ecuacion en polares es r(t) = 1− cos t con t ∈ [0, 2π].
j ) y = ex con x ∈ [0, 1].
k) y2 = 4x con y ∈ [0, 2].
2. Calcula∫cfds en los siguientes casos:
a) f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 y c(t) = (cos t, sen t, t) con t ∈ [0, 2π].
b) f(x, y, z) = x+ y + z y c(t) = (sen t, cos t, t) con t ∈ [0, 2π].
c) f(x, y, z) = x cos z y c(t) = (t, t2, 0) con t ∈ [0, 1].
d) f(x, y, z) = e√z y c(t) = (1, 2, t2) con t ∈ [0, 1].
e) f(x, y, z) = yz y c(t) = (t, 3t, 2t) con t ∈ [1, 3].
f ) f(x, y, z) = x+yy+z
y c(t) = (t, 23t3/2, t) con t ∈ [1, 2].
g) f(x, y, z) = y−3 y c(t) = (log t, t, 2) con t ∈ [1, e].
h) f(x, y, z) = xyz y c(t) = (et cos t, et sen t, 3) con t ∈ [0, 2π].
i) f(x, y, z) = xyz y c(t) = (cos t, sen t, t) con t ∈ [0, 2π].
j ) f(x, y, z) = xyz y c(t) = (32t2, 2t2, t) con t ∈ [0, 1].
k) f(x, y, z) = xyz y c(t) = (t, 1√2t2, 1
3t3) con t ∈ [0, 1].
l) f(x, y, z) = x+ y + yz y c(t) = (sen t, cos t, t) con t ∈ [0, 2π].
m) f(x, y, z) = x+ cos2 z y c(t) = (sen t, cos t, t) con t ∈ [0, 2π].
n) f(x, y, z) = x+ y + z y c(t) = (t, t2, 23t3) con t ∈ [0, 1].
n) f(x, y) = xy y c es el borde del cuadrado |x|+ |y| = 2.
o) f(x, y) = (x2 + y2 + 4)−1/2 y c es el segmento que une (0, 0) y (1, 2).
p) f(x, y, z) =√
2y2 + z2 y c es la circunferencia de ecuaciones
c ≡x2 + y2 + z2 = 1x = y
3. Muestra que si la trayectoria c viene dada en coordenadas polares por r = r(θ) con
θ1 ≤ θ ≤ θ2, entonces la integral de f(x, y) a lo largo de c∫c
f ds =
∫ θ2
θ1
f(r cos θ, r sen θ)√
(r(θ))2 + (r′(θ))2 dθ.
36
4. Halla la masa de un alambre formado por la interseccion de la esfera x2 +y2 +z2 = 1
y el plano x + y + z = 0 si la densidad en (x, y, z) esta dada por ρ(x, y, z) = x2
gramos por unidad de longitud del alambre.
2.2. La integral de lınea
Si F es un campo de fuerza en el espacio, entonces una partıcula de prueba (por ejem-
plo, una unidad de carga en un campo de fuerza electrico o una masa unitaria en el campo
gravitacional) experimentara la fuerza F . Supongamos que la partıcula se mueve a lo largo
de la imagen de una trayectoria c mientras actua sobre ella F . Un concepto fundamental
es el de trabajo realizado por F sobre la partıcula, conforme describe la trayectoria c. Si c
es un desplazamiento en lınea recta dado por el vector v y F es constante, entonces dicho
trabajo es F · v. Si la trayectoria es curva, podemos imaginar que esta formada por una
sucesion de desplazamientos rectos infinitesimales o que esta aproximada por un numero
finito de desplazamientos rectos. Entonces, aproximando c(t + ∆t) − c(t) por c′(t)∆t, el
trabajo es la integral de lınea de F a lo largo de la trayectoria c definida esta integral
como sigue:
Definicion 2.2.1. Sean un campo vectorial continuo F : Rn −→ Rn y una trayectoria
de clase C1 c : [a, b] −→ Rn. Definimos la integral de lınea de F a lo largo de la
trayectoria c como ∫c
F ds =
∫ b
a
F (c(t)) · c′(t) dt.
Si (F c) ·c′ es continua a trozos, definimos∫cF ds partiendo [a, b] en segmentos sobre
los cuales (F c) · c′ sea continua y sumando las integrales sobre los segmentos.
Definicion 2.2.2. Consideramos una funcion biyectiva de clase C1 h : [a, b] −→ [c, d]
y una trayectoria de clase C1 a trozos c : [c, d] −→ Rn. A p = c h : [a, b] −→ Rn la
llamamos reparametrizacion de c.
Si h′(t) > 0 para todo t ∈ [a, b] se dice que p conserva la orientacion y una
partıcula que recorra p se mueve en la misma direccion que una que recorra c.
Si h′(t) < 0 para todo t ∈ [a, b] se dice que p invierte la orientacion y una partıcula
que recorra p se mueve en direccion opuesta que una que recorra c.
Ejemplos 2.2.3. Sea c : [a, b] −→ Rn una trayectoria de clase C1 a trozos.
1. La trayectoria c− : [a, b] −→ Rn, c−(t) = c(a+b−t), llamada trayectoria opuesta
a c, es la reparametrizacion de c que se corresponde con el cambio de coordenadas
h : [a, b] −→ [a, b], h(t) = a+ b− t. La trayectoria c− invierte la orientacion.
37
2. La trayectoria p : [0, 1] −→ Rn, p(t) = c(a + (b− a)t), es la reparametrizacion de c
que corresponde al cambio de coordenadas h : [0, 1] −→ [a, b], h(t) = a + (b − a)t.
La trayectoria p conserva la orientacion.
Teorema 2.2.4. Sea F un campo vectorial continuo en la trayectoria c : [c, d] −→ Rn de
clase C1 y sea p : [a, b] −→ Rn una reparametrizacion de c. Si p conserva la orientacion,
entonces ∫p
F ds =
∫c
F ds
y si la invierte, entonces ∫p
F ds = −∫c
F ds.
Demostracion. Se tiene que∫p
F ds =
∫ b
a
F (p(t)) · p′(t) dt =
∫ b
a
F (c(h(t))) · c′(h(t))h′(t) dt =
∫ h(b)
h(a)
F (c(u)) · c′(u) du.
Esta ultima integral es ∫ d
c
F (c(u)) · c′(u) du =
∫c
F ds
si p conserva la orientacion, y es∫ c
d
F (c(u)) · c′(u) du = −∫c
F ds
si p invierte la orientacion.
El teorema anterior es cierto tambien si c es de clase C1 a trozos, como podemos ver
si rompemos los intervalos en segmentos en los cuales las trayectorias sean de clase C1 y
sumamos las integrales sobre dichos segmentos.
Para la integral de trayectoria, el resultado no varia bajo reparametrizaciones como
muestra el siguiente teorema, el cual se demuestra de manera analoga al anterior:
Teorema 2.2.5. Sean c una trayectoria de clase C1 a trozos, f una funcion escalar
continua definida en la imagen de c, y p cualquier reparametrizacion de c. Entonces∫p
f ds =
∫c
f ds.
Recordemos que un campo vectorial F es un campo vectorial gradiente si F = ∇fpara alguna funcion escalar f .
El siguiente resultado constituye una generalizacion del teorema fundamental del calcu-
lo:
38
Teorema 2.2.6. Sean f : Rn −→ R una funcion de clase C1 y c : [a, b] −→ Rn una
trayectoria de clase C1 a trozos. Entonces∫c
∇f ds = f(c(b))− f(c(a)).
Demostracion. Sea F (t) = f(c(t)) con t ∈ [a, b]. Aplicando la regla de la cadena se tiene
que F ′(t) = ∇f(c(t)) · c′(t) de lo que se sigue el resultado.
Expresemos ahora la teorıa anterior de forma independiente de la parametrizacion.
Definicion 2.2.7. Definimos curva simple C como la imagen de una aplicacion inyec-
tiva c : [a, b] −→ Rn de clase C1 a trozos. Llamamos a c parametrizacion de C.
La curva C tiene dos orientaciones asociadas. Llamamos a C junto con una orienta-
cion, curva simple orientada.
Si c(a) = c(b) y c no es necesariamente inyectiva en [a, b) llamamos a C curva
cerrada. Si ademas c es inyectiva en [a, b) decimos que C es una curva cerrada simple.
Analogamente se define curva cerrada simple orientada.
Definicion 2.2.8. Sean f : Rn −→ R una funcion escalar continua, F : Rn −→ Rn
un campo vectorial continuo y C una curva (cerrada) simple orientada. Se definen las
integrales de trayectoria de f y de lınea de F sobre C respectivamente como∫C
f ds =
∫c
f ds
y ∫C
F ds =
∫c
F ds
siendo c cualquier parametrizacion de C que conserve la orientacion.
Si C− es la curva C pero con orientacion opuesta, entonces∫CF ds = −
∫C− F ds.
Otros conceptos fısicos que se modelizan utilizando las integrales de lınea aparecen en
mecanica de fluidos y en electromagnetismo. Por ejemplo, si F es el campo de velocidades
de un fluido y C es una curva cerrada, la integral de lınea∫CF ds se denomina circulacion
de F a lo largo de C.
Ejercicios
1. Calcula∫cFds en los siguientes casos:
a) F (x, y, z) = (x, y, z) y c(t) = (sen t, cos t, t) con t ∈ [0, 2π].
39
b) F (x, y, z) = (x2, xy, 1) y c(t) = (t, t2, 1) con t ∈ [0, 1].
c) F (x, y, z) = (cos z, ex, ey) y c(t) = (1, t, et) con t ∈ [0, 2].
d) F (x, y, z) = (sen z, cos z,− 3√xy) y c(t) = (cos3 t, sen3 t, t) con t ∈ [0, 7π
2].
e) F (x, y, z) = (x3, y, z) y c(t) = (0, cos t, sen t) con t ∈ [0, 2π].
f ) F (x, y, z) = (yz, xz, xy) y c esta formada por los segmentos de recta que unen
(1, 0, 0), (0, 1, 0) y (0, 0, 1).
g) F (x, y, z) = (x2,−xy, 1) y c es la parabola z = x2, y = 0 de (−1, 0, 1) a (1, 0, 1).
h) F (x, y, z) = (y, 2x, y) y c(t) = (t, t2, t3) con t ∈ [0, 1].
i) F (x, y, z) = (y, 3y3 − x, z) y c(t) = (t, tn, 0) con t ∈ [0, 1] y n ∈ N.
2. Sean F (x, y, z) = (yz, xz, xy) y c(t) = (t, t2, t3) con t ∈ [−5, 10]. Calcula∫cFds y∫
c−Fds.
3. Sean F (x, y, z) = (y, x, 0) y c(t) = (14t4, sen3(π
2t), 0) con t ∈ [0, 1]. Calcula
∫cFds
expresando F como un gradiente.
4. Calcula∫CFds siendo F (x, y) = (x2, xy) y C el perımetro de [0, 1]× [0, 1] orientado
en sentido contrario a las agujas del reloj.
5. Sean F : Rn −→ Rn un campo vectorial continuo y c : [a, b] −→ Rn una trayectoria
de clase C1.
a) Supongase que F es perpendicular a c′(t) en c(t) para todo t ∈ [a, b]. Demuestra
que∫cFds = 0.
b) Supongase que F es paralelo a c′(t) en c(t) para todo t ∈ [a, b] (es decir,
F (c(t)) = λ(t)c′(t) con λ(t) > 0 para todo t ∈ [a, b]). Demuestra que∫c
Fds =
∫c
‖F‖ds.
6. Sean F : Rn −→ Rn un campo vectorial continuo tal que ‖F‖ ≤M y c : [a, b] −→ Rn
una trayectoria de clase C1. Demuestra que∣∣∫cFds
∣∣ ≤Ml(c).
7. Sean c1, c2 dos trayectorias de clase C1 con los mismos puntos extremos y F un
campo vectorial continuo. Demuestra que∫c1Fds =
∫c2Fds si y solo si
∫CFds = 0
donde C es la curva cerrada simple que se obtiene al moverse primero a lo largo de
c1 y despues a lo largo de c2 en sentido opuesto.
8. Sean c una trayectoria de clase C1 y T el vector tangente unitario. ¿Que es∫cTds?
9. Sea F (x, y, z) = (z3 + 2xy, x2, 3xz2). Muestra que la integral de F sobre el contorno
del cuadrado de vertices (±1,±1) es 0.
40
10. ¿Cual es el valor de la integral de un campo vectorial gradiente alrededor de una
curva cerrada simple C?
11. Calcula∫CFds siendo F (x, y, z) = (2xyz, x2z, x2y) y C una curva simple orientada
que une (1, 1, 1) con (1, 2, 4).
12. Sea ∇f(x, y, z) = (2xyzex2, zex
2, yex
2). Si f(0, 0, 0) = 5, calcula f(1, 1, 2).
2.3. Campos conservativos
Dado un campo vectorial F : R3 −→ R3 de clase C1 definimos su rotacional, rot F ,
como
rot F = ∇× F.
Teorema 2.3.1. Sea F : R3 −→ R3 un campo vectorial de clase C1. Son equivalentes:
1.∫cF ds = 0 para toda trayectoria cerrada c de clase C1 a trozos.
2.∫c1F ds =
∫c2F ds para cualesquiera dos trayectorias c1 y c2 de clase C1 a trozos
con los mismos puntos extremos.
3. F = ∇f para alguna funcion escalar f .
4. rot F = 0.
Demostracion. Para ver que 1 implica 2 basta con utilizar la tecnica del Ejercicio 7 de la
seccion anterior.
Veamos ahora que 2 implica 3. Sea f(x, y, z) =∫cF ds donde c es la trayectoria
que une mediante segmentos (0, 0, 0) con (x, 0, 0), este con (x, y, 0) y finalmente este con
(x, y, z). Por tanto
f(x, y, z) =
∫ x
0
F1(t, 0, 0) dt+
∫ y
0
F2(x, t, 0) dt+
∫ z
0
F3(x, y, t) dt
donde F = (F1, F2, F3). Se tiene que ∂f∂z
= F3. Por hipotesis, f(x, y, z) no varıa si unimos
primero (0, 0, 0) con (x, 0, 0), este con (x, 0, z) y finalmente este con (x, y, z). De esta forma
obtenemos que ∂f∂y
= F2. Analogamente se obtiene que ∂f∂x
= F1.
Para ver que 3 implica 4 basta con calcular rot ∇f .
Finalmente, 4 implica 1. Como el Teorema 2.2.6 nos da 1 con 3 como hipotesis, basta
con obtener 3 a partir de 4. Sea f(x, y, z) =∫cF ds donde c(t) = t(x, y, z) con t ∈ [0, 1].
Entonces
f(x, y, z) =
∫ 1
0
F (tx, ty, tz) · (x, y, z) dt.
41
Utilizando la Proposicion 1.3.4 y la hipotesis se obtiene el resultado.
El teorema anterior es cierto tambien si consideramos Rn en vez de R3 debiendose
entonces sustituir la condicion 4 por
∂Fi∂xj
=∂Fj∂xi
para todos 1 ≤ i, j ≤ n. La demostracion es analoga.
Un campo vectorial que satisfaga una (y, por lo tanto, todas) de las condiciones del
teorema anterior se llama campo vectorial conservativo o irrotacional. A la funcion
f se le llama potencial para F .
Se define la divergencia de un campo vectorial F : R3 −→ R3 de clase C1, div F ,
como
div F = ∇ · F.
Teorema 2.3.2. Sea F = (F1, F2, F3) : R3 −→ R3 un campo vectorial de clase C1 tal que
div F = 0. Entonces existe un campo vectorial G : R3 −→ R3 tal que rot G = F .
Demostracion. Sea G = (G1, G2, G3) con
G1(x, y, z) =
∫ z
0
F2(x, y, t) dt−∫ y
0
F3(x, t, 0) dt
G2(x, y, z) = −∫ z
0
F1(x, y, t) dt
y
G3(x, y, z) = 0.
Utilizando la Proposicion 1.3.4 se obtiene que rot G = F .
Si G : R3 −→ R3 es un campo vectorial de clase C2, entonces div rot G = 0.
Ejercicios
1. Muestra que el campo vectorial F (x, y, z) = (y, z cos yz + x, y cos yz) es irrotacional
y hallar un potencial para el.
2. Determina si los siguientes campos vectoriales son conservativos y halla cuando
exista un potencial para ellos:
a) F (x, y) = (exy, ex+y).
42
b) F (x, y) = (2x cos y,−x2 sen y). En este caso calcula∫cFds siendo c la trayec-
toria dada por c(t) = (et−1, sen πt) con t ∈ [1, 2].
c) F (x, y) = (x, y).
d) F (x, y) = (xy, xy).
e) F (x, y) = (x2 + y2, 2xy).
f ) F (x, y) = (cos xy − xy senxy,−x2 senxy).
g) F (x, y) = (x√x2y2 + 1, y
√x2y2 + 1).
h) F (x, y) = ((2x+ 1) cos y,−(x2 + x) sen y).
i) F (x, y) = (xy2 + 3x2y, x2(x + y)). En este caso calcula∫cFds siendo c la
trayectoria que une mediante segmentos (1, 1) a (0, 2) y este a (3, 0).
j ) F (x, y) =(
2xy2+1
,−2y(x2+1)(y2+1)2
). En este caso calcula
∫cFds siendo c la trayectoria
dada por c(t) = (t3 − 1, t6 − t) con t ∈ [0, 1].
k) F (x, y) = (cosxy2 − xy2 senxy2,−2x2y senxy2). En este caso calcula∫cFds
siendo c la trayectoria dada por c(t) = (et, et+1) con t ∈ [−1, 0].
3. Muestra que cualesquiera dos potenciales para un mismo campo vectorial difieren
en una constante.
4. Sea F (x, y) = (xy, y2) y sea c la trayectoria y = 2x2 que une (0, 0) con (1, 2) en R2.
Calcula∫cFds. ¿Depende esta integral de la trayectoria que une (0, 0) con (1, 2)?
5. Halla cuando exista un potencial para los siguientes campos vectoriales:
a) F (x, y, z) = (2xyz + senx, x2z, x2y). En este caso calcula∫cFds siendo c la
trayectoria dada por c(t) = (cos5 t, sen3 t, t4) con t ∈ [0, π].
b) F (x, y, z) = (xy, y, z).
c) F (x, y, z) = (ex sen y, ex cos y, z2). En este caso calcula∫cFds siendo c la tra-
yectoria dada por c(t) = (√t, t3, e
√t) con t ∈ [0, 1].
d) F (x, y, z) = (x, y, z).
e) F (x, y, z) = (x2 + 1, z − 2xy, y).
6. En cada uno de los siguientes casos, dado el campo vectorial F halla otro G tal que
rot G = F :
a) F (x, y, z) = (xz,−yz, y).
b) F (x, y, z) = (y2, z2, x2).
c) F (x, y, z) = (xey,−x cos z,−zey).
d) F (x, y, z) = (x cos y,− sen y, senx).
43
2.4. El teorema de Green
Definicion 2.4.1. Se dice que D ⊂ R2 es de tipo 1 si
D = (x, y) ∈ R2 : x ∈ [a, b], φ1(x) ≤ y ≤ φ2(x)
con φ1, φ2 : [a, b] −→ R.
Se dice que D ⊂ R2 es de tipo 2 si
D = (x, y) ∈ R2 : y ∈ [c, d], ψ1(y) ≤ x ≤ ψ2(y)
con ψ1, ψ2 : [c, d] −→ R.
Se dice que D ⊂ R2 es de tipo 3 si es de tipos 1 y 2 (por ejemplo, la bola unidad
cerrada).
A las regiones anteriores las llamaremos regiones elementales.
Dada C curva cerrada simple denotamos C con la orientacion en sentido contrario a las
agujas del reloj (positiva) mediante C+, y con la orientacion opuesta (negativa) mediante
C−.
Lema 2.4.2. Sea D una region de tipo 1 y C su frontera. Si P : D −→ R es de clase C1,
entonces ∫C+
(P, 0) ds = −∫D
∂P
∂y.
Demostracion. Sea D = (x, y) ∈ R2 : x ∈ [a, b], φ1(x) ≤ y ≤ φ2(x) para ciertas
funciones φ1, φ2 : [a, b] −→ R. Usando el Corolario 1.4.2 se tiene que∫D
∂P
∂y=
∫ b
a
∫ φ2(x)
φ1(x)
∂P
∂y(x, y) dy dx =
∫ b
a
(P (x, φ2(x))− P (x, φ1(x))) dx = −∫C+
(P, 0).
Analogamente se demuestra el siguiente
Lema 2.4.3. Sea D una region de tipo 2 y C su frontera. Si Q : D −→ R es de clase C1,
entonces ∫C+
(0, Q) ds =
∫D
∂Q
∂x.
Con los dos lemas anteriores se obtiene facilmente el teorema de Green:
44
Teorema 2.4.4 (Teorema de Green). Sea D una region de tipo 3 y C su frontera. Si
P,Q : D −→ R son de clase C1, entonces∫C+
(P,Q) ds =
∫D
(∂Q
∂x− ∂P
∂y
).
La orientacion positiva para las curvas frontera de la region D se puede determinar
mediante este recurso: si se camina a lo largo de C con la orientacion positiva, D quedara a
la izquierda.
El teorema de Green se aplica a regiones que no son de tipo 3 pero que se pueden
descomponer en subregiones de tipo 3. Por ejemplo, la bola unidad cerrada salvo la bola
abierta de centro el origen y radio 1/2.
Corolario 2.4.5. Sea D una region de tipo 3 y C su frontera. Entonces el area de D se
puede calcular como
A(D) =1
2
∫C+
(−y, x) ds.
Teorema 2.4.6 (Teorema de la divergencia en el plano). Sea D una region de tipo 3 y
C su frontera. Si P,Q : D −→ R son de clase C1, entonces∫C
(P,Q) · n ds =
∫D
div(P,Q)
donde n es la normal unitaria exterior a C+.
Demostracion. Sea c : [a, b] −→ R2, c(t) = (x(t), y(t)), una parametrizacion orientada
positivamente de C. Entonces
n(c(t)) =1
‖c′(t)‖(y′(t),−x′(t))
con t ∈ [a, b], luego ∫C
(P,Q) · n ds =
∫C+
(−Q,P ) ds
lo cual es igual por el teorema de Green a∫D
div(P,Q).
Ejercicios
1. Verifica el teorema de Green para P (x, y) = Q(x, y) = xy y D la bola unidad
cerrada.
2. Sean P (x, y) = xy2 y Q(x, y) = x + y. Integra ∂Q∂x− ∂P
∂ysobre la region del primer
cuadrante acotada por las curvas y = x2 e y = x.
45
3. Calcula∫C+(y,−x)ds donde C es la frontera del cuadrado [−1, 1]× [−1, 1].
4. Halla el area de la bola cerrada de centro el origen y radio r usando el teorema de
Green.
5. Verifica el teorema de Green para la bola anterior y las siguientes funciones:
a) P (x, y) = xy2, Q(x, y) = −yx2.
b) P (x, y) = x+ y, Q(x, y) = y.
c) P (x, y) = Q(x, y) = xy.
d) P (x, y) = 2y, Q(x, y) = x.
6. Sean P (x, y) = y3 y Q(x, y) = x5. Integra la componente normal de (P,Q) (es decir,
(P,Q) · n) alrededor de [0, 1]× [0, 1].
7. Comprueba directamente y usando el teorema de la divergencia en el plano que∫C
(y,−x) · nds = 0 donde C es la frontera de la bola unidad cerrada.
8. Halla el area acotada por la cicloide c(t) = (t − sen t, 1 − cos t) con t ∈ [0, 2π] y el
eje OX.
9. En las condiciones del teorema de Green, demuestra que:
a)
∫C+
(PQ,PQ)ds =
∫D
[Q
(∂P
∂x− ∂P
∂y
)+ P
(∂Q
∂x− ∂Q
∂y
)].
b)
∫C+
(Q∂P
∂x− P ∂Q
∂x, P
∂Q
∂y−Q∂P
∂y
)ds = 2
∫D
(P∂2Q
∂x∂y−Q ∂2P
∂x∂y
), siendo P
y Q de clase C2.
10. Verifica el teorema de Green para las funciones P (x, y) = 2x3−y3, Q(x, y) = x3 +y3
en los siguientes casos:
a) D la bola unidad cerrada.
b) D = (x, y) ∈ R2 : a ≤ x2 + y2 ≤ b con a, b > 0.
11. En las condiciones del teorema de Green, demuestra que∫C+
(∂f
∂y,−∂f
∂x
)ds = 0
si f : R2 −→ R es armonica, es decir, si su laplaciano 4f vale 0 siendo
4f =∂2f
∂x2+∂2f
∂y2.
46
12. Verifica el teorema de la divergencia en el plano para F (x, y) = (x, y) y D la bola
unidad cerrada.
13. Calcula la integral de la componente normal de F (x, y) = (2xy,−y2) alrededor de
la elipse x2
a2+ y2
b2= 1.
14. Calcula∫C+(y2 + x3, x4)ds donde C es la frontera del cuadrado [0, 1]× [0, 1].
15. Calcula el area de la elipse x2
a2+ y2
b2= 1.
16. SeaD una region de tipo 3 cuya frontera viene dada en coordenadas polares mediante
r = r(θ) con θ ∈ [a, b]. Demuestra que
A(D) =1
2
∫ b
a
r(θ)2dθ.
17. Calcula el area de la rosa de cuatro petalos r = 3| sen 2θ| con θ ∈ [0, 2π].
18. Dadas D region de tipo 3 y f funcion escalar de clase C2 demuestra que∫C
f∇f · nds =
∫D
(f4f +∇f · ∇f).
19. Dadas f, g : R2 −→ R funciones de clase C1, sean los campos vectoriales F = (f, g)
y
G =
(∂f
∂x− ∂f
∂y,∂g
∂x− ∂g
∂y
).
Calcula∫D
(F · G) siendo D la bola unidad cerrada y sabiendo que f(x, y) = 1 y
g(x, y) = y para todo (x, y) de la frontera de D.
2.5. Integrales de superficie
Empecemos definiendo superficie:
Definicion 2.5.1. Una superficie parametrizada es una funcion φ : D ⊂ R2 −→ R3,
φ(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)).
La superficie S que corresponde a φ es φ(D). Si φ es diferenciable o de clase C1 llamamos
a S superficie diferenciable o C1.
Supongamos que φ es diferenciable en (u0, v0). La imagen de la funcion φ(u0, t) es una
curva sobre S cuyo vector tangente en φ(u0, v0) esta dado por
Tv =
(∂x
∂v(u0, v0),
∂y
∂v(u0, v0),
∂z
∂v(u0, v0)
).
47
Analogamente la imagen de la funcion φ(t, v0) es una curva sobre S cuyo vector tangente
en φ(u0, v0) esta dado por
Tu =
(∂x
∂u(u0, v0),
∂y
∂u(u0, v0),
∂z
∂u(u0, v0)
).
Por tanto, ambos vectores deben determinar el plano tangente a la superficie en φ(u0, v0),
es decir, Tu × Tv debe ser normal a S.
Decimos que S es suave en φ(u0, v0) si Tu × Tv 6= 0 en (u0, v0) y que es suave si lo
es en todos los puntos. En los puntos en los que S sea suave podremos calcular su plano
tangente.
Consideraremos solo superficies suaves por pedazos que sean uniones de imagenes de
superficies parametrizadas φi : Di −→ R3 para las que:
1. Di es una region elemental.
2. φi es de clase C1 e inyectiva excepto, quiza, en la frontera de Di.
3. Si = φi(Di) es suave excepto, quiza, en un numero finito de puntos.
Para superficies de este tipo podemos definir su area de la siguiente forma:
Definicion 2.5.2. Definimos el area de una superficie S, A(S), como
A(S) =
∫D
‖Tu × Tv‖.
Si S es una union de superficies Si,
A(S) =∑i
A(Si).
Mas adelante veremos que la definicion anterior no depende de la parametrizacion φ
de S.
La definicion anterior puede justificarse en terminos de sumas de Riemann. Por simpli-
cidad, supongamos que D es un rectangulo. Consideremos la n-esima particion regular de
D, y sea Rij el ij-esimo rectangulo de la particion con vertices (ui, vj), (ui+1, vj), (ui, vj+1)
y (ui+1, vj+1) para 0 ≤ i, j ≤ n− 1. Los vectores ∆uTui y ∆vTvj , tangentes a la superficie
en φ(ui, vj), forman un paralelogramo Pij contenido en el plano tangente a la superficie
en φ(ui, vj). Para n grande el area de Pij es una buena aproximacion del area de φ(Rij).
Como el area del paralelogramo generado por dos vectores es el modulo de su producto
vectorial, la suman−1∑i=0
n−1∑j=0
‖Tui × Tvj‖∆u∆v
48
aproxima el area de S. Haciendo tender n a ∞ se obtiene∫D
‖Tu × Tv‖.
Ahora estamos preparados para definir la integral de una funcion escalar f sobre una
superficie S. Este concepto es una generalizacion natural del area de una superficie, que
corresponde a la integral sobre S de la funcion escalar f ≡ 1. Esto es analogo a considerar
la integral de trayectoria como una generalizacion de la longitud de una curva.
Definicion 2.5.3. Sea S una superficie y f : S −→ R una funcion escalar continua. Se
define la integral de superficie de f sobre S como∫S
f dS =
∫φ
f dS =
∫D
f(φ(u, v))‖Tu × Tv‖ du dv.
Si S es union de superficies Si que no se intersecan excepto, quiza, a lo largo de sus
fronteras, entonces ∫S
f dS =∑i
∫Si
f dS.
Mas adelante veremos que la definicion anterior no depende de la parametrizacion φ
de S utilizada.
La definicion anterior puede justificarse tambien en terminos de sumas de Riemann.
Supongamos que D es un rectangulo. Consideremos la n-esima particion regular de D, y
sea Rij el ij-esimo rectangulo de la particion con vertices (ui, vj), (ui+1, vj), (ui, vj+1) y
(ui+1, vj+1) para 0 ≤ i, j ≤ n− 1. Sea Sij = φ(Rij). El area de Si,j es∫Rij
‖Tu × Tv‖
lo cual, por el teorema del valor medio para integrales, es
‖Tu∗i × Tv∗j ‖∆u∆v
para algun punto (u∗i , v∗j ) ∈ Rij. Para n grande la suma
n−1∑i=0
n−1∑j=0
f(φ(u∗i , v∗j ))‖Tu∗i × Tv∗j ‖∆u∆v
aproxima la integral ∫D
f(φ(u, v))‖Tu × Tv‖ du dv.
49
Las integrales de superficie de funciones escalares son utiles para calcular la masa
total de una superficie cuando se conoce la funcion m de densidad de masa (por unidad
de area). Dicha masa viene dada por la formula
M(S) =
∫S
m dS.
La extension natural de la definicion anterior para funciones vectoriales es la siguiente:
Definicion 2.5.4. Sea S una superficie y F : S −→ R3 un campo vectorial continuo. Se
define la integral de superficie de F sobre S como∫S
F dS =
∫φ
F dS =
∫D
F (φ(u, v)) · (Tu × Tv) du dv.
Si S es union de superficies Si que no se intersecan excepto, quiza, a lo largo de sus
fronteras, entonces ∫S
F dS =∑i
∫Si
F dS.
En cada punto de S hay dos normales unitarias con sentidos opuestos.
Definicion 2.5.5. Decimos que S es una superficie orientada si especificamos el sen-
tido que la parametrizacion φ debe inducir en la normal unitaria en cada punto de S. A
dicho sentido le llamamos orientacion de S.
Decimos que otra parametrizacion ψ de S conserva la orientacion si en cada punto
su normal unitaria es la misma que para φ, y que invierte la orientacion si en cada
punto su normal unitaria es la opuesta que para φ.
Teorema 2.5.6.
1. Sean S una superficie y F : S −→ R3 un campo vectorial continuo. Si dos parame-
trizaciones de S, φ y ψ inducen en ella la misma orientacion, entonces∫φ
F dS =
∫ψ
F dS
y si inducen orientaciones opuestas, entonces∫φ
F dS = −∫ψ
F dS
2. Sean S una superficie, f : S −→ R una funcion escalar continua y φ y ψ dos
parametrizaciones de S. Entonces∫φ
f dS =
∫ψ
f dS.
50
El significado geometrico y fısico de la integral de una funcion vectorial F sobre una
superficie S se puede entender expresandola como lımite de sumas de Riemann. Por sen-
cillez, suponemos que D es un rectangulo sobre el que consideramos su n-esima particion
regular, siendo Rij el ij-esimo rectangulo de la particion con vertices (ui, vj), (ui+1, vj),
(ui, vj+1) y (ui+1, vj+1) para 0 ≤ i, j ≤ n− 1. Ademas, consideramos una parametrizacion
φ de S cuya normal unitaria apunta hacia afuera. El volumen del paralelepıpedo formado
por F (φ(ui, vj)), ∆uTui y ∆vTvj es
|F (φ(ui, vj)) · (∆uTui ×∆vTvj)| = |F (φ(ui, vj)) · (Tui × Tvj)∆u∆v|.
Si pensamos F como el campo de velocidad de un fluido, F (φ(u, v)) apunta en la direccion
en la cual se mueve el fluido a traves de la superficie cerca de φ(u, v). Ademas, el numero
|F (φ(ui, vj)) · (∆uTui ×∆vTvj)|
mide la cantidad de fluido que pasa a traves del paralelogramo tangente, por unidad de
tiempo. Por tanto, la suma
n−1∑i=0
n−1∑j=0
F (φ(ui, vj)) · (Tui × Tvj)∆u∆v
es una medida aproximada de la cantidad neta de fluido que fluye hacia afuera a traves
de la superficie, por unidad de tiempo, o razon de flujo, es decir, la integral∫φF dS.
Esta integral tambien se llama flujo de F a traves de S.
Ejercicios
1. Sea φ(u, v) = (u cos v, u sen v, u2+v2) con (u, v) ∈ R2. ¿Donde existe plano tangente?
Hallalo en φ(1, 0).
2. Si la superficie S es la grafica de una funcion diferenciable f : R2 −→ R:
a) Muestra que S es suave.
b) Halla el area de S suponiendo que f es de clase C1.
3. Dado el hiperboloide de ecuacion x2 + y2 − z2 = 25, halla una parametrizacion, la
normal unitaria y el plano tangente en (x0, y0, 0). Muestra tambien que las rectas
(x0, y0, 0) + t(−y0, x0, 5) y (x0, y0, 0) + t(y0,−x0, 5) estan sobre la superficie y en el
plano tangente hallado.
4. Calcula el area del cono parametrizado por φ(r, θ) = (r cos θ, r sen θ, r) siendo
(r, θ) ∈ [0, 1]× [0, 2π].
51
5. Calcula el area del helicoide parametrizado por φ(r, θ) = (r cos θ, r sen θ, θ) donde
(r, θ) ∈ [0, 1]× [0, 2π].
6. Halla el area de las superficies generadas al girar alrededor de los ejes la grafica de
una funcion y = f(x). Expresa e interpreta los resultados a traves de integrales de
trayectoria.
7. Halla el area de la esfera de centro el origen y radio r.
8. Calcula el area de un toro cuya seccion transversal es una circunferencia de radio r.
9. Halla el area de la superficie definida por x+ y + z = 1, x2 + 2y2 ≤ 1.
10. Calcula el area de la parte del cono x2 + y2 = z2 con z ≥ 0 que esta dentro de la
esfera x2 + y2 + z2 = 2rz con r > 0 y el area de la parte de la esfera que esta dentro
del cono.
11. Calcula el area de la parte del cilindro x2 + z2 = a2 que esta dentro del cilindro
x2 + y2 = 2ay con a > 0 y tambien en el octante positivo.
12. Calcula∫SfdS en los siguientes casos:
a) f(x, y, z) =√x2 + y2 + 1 y S el helicoide del Ejercicio 5.
b) f(x, y, z) = x y S la superficie definida por z = x2+y con (x, y) ∈ [0, 1]×[−1, 1].
c) f(x, y, z) = z2 y S la esfera unitaria.
d) f(x, y, z) = xy y S el tetraedro definido por y = z = 0, x+ z = 1, x = y.
e) f(x, y, z) = xyz y S el triangulo de vertices (1, 0, 0), (0, 2, 0) y (0, 1, 1).
f ) f(x, y, z) = z y S la superficie definida por z = x2 + y2, x2 + y2 ≤ 1.
g) f(x, y, z) = z2 y S la frontera del cubo [−1, 1]× [−1, 1]× [−1, 1].
13. Calcula∫Sx2dS,
∫Sy2dS y
∫Sz2dS siendo S la parte del cilindro x2 + y2 = 4 entre
los planos z = 0 y z = x+ 3.
14. Calcular∫SF dS en los siguientes casos:
a) F (x, y, z) = (x, y, z) y S la esfera unitaria con la normal unitaria apuntando
hacia afuera.
b) F (x, y, z) = (x, y, z) y S el cırculo definido por x2 + y2 ≤ 25, z = 12 con la
normal unitaria apuntando hacia arriba.
c) F (x, y, z) = (x+ 3y5, y+ 10xz, z−xy) y S la semiesfera x2 + y2 + z2 = 1, z ≥ 0
con la normal unitaria apuntando hacia arriba.
d) F (x, y, z) = (x3, 0, 0) y S el semielipsoide definido por x2
a2+ y2
b2+ z2
c2= 1, z ≥ 0
con la normal unitaria apuntando hacia arriba.
52
e) F (x, y, z) = (x2, y2, z2) y S la parte del cono z2 = x2 + y2 con 1 ≤ z ≤ 2 y la
normal unitaria apuntando hacia afuera.
f ) F (x, y, z) = (x, y,−y) y S la superficie cilındrica x2 + y2 = 1, 0 ≤ z ≤ 1 con la
normal unitaria apuntando hacia afuera.
15. Establece una formula para∫SF dS cuando S es la grafica de una funcion diferen-
ciable f : D ⊂ R2 −→ R.
16. Calcula∫S
rot F dS en los siguientes casos:
a) F (x, y, z) = (y,−x, zx3y2) y S esta definida por x2 + y2 + 3z2 = 1, z ≤ 0 con
la normal unitaria apuntando hacia arriba.
b) F (x, y, z) = (x2 +y−4, 3xy, 2xz+z2) y S esta dada por x2 +y2 +z2 = 16, z ≥ 0
con la normal unitaria apuntando hacia arriba.
17. Halla∫SF · n dS para F (x, y, z) = (1, 1, z(x2 + y2)2) y S la superficie definida por
x2 + y2 = 1, 0 ≤ z ≤ 1 donde n es la normal unitaria exterior.
2.6. El teorema de Stokes
Sea D ⊂ R2 una region cuya frontera es una curva cerrada simple y a la que se le
puede aplicar el teorema de Green. Sea φ : D −→ R3 una parametrizacion inyectiva de
una superficie S. Si c es una parametrizacion de la frontera de D con orientacion positiva,
definimos la frontera geometrica de S, ∂S, como la curva cerrada simple orientada que es
la imagen de φ c.
Teorema 2.6.1 (Teorema de Stokes). Sea S una superficie orientada definida por una
parametrizacion φ : D −→ R3 inyectiva y de clase C2 siendo D una region cuya frontera
es una curva cerrada simple y a la que se le puede aplicar el teorema de Green. Si F es
un campo vectorial de clase C1 en S, entonces∫S
rot F dS =
∫∂S
F ds.
Demostracion. Si F = (F1, F2, F3), entonces
rot F =
(∂F3
∂y− ∂F2
∂z,∂F1
∂z− ∂F3
∂x,∂F2
∂x− ∂F1
∂y
).
Si φ(u, v) = (x, y, z), entonces
Tu × Tv =
(∂y
∂u
∂z
∂v− ∂z
∂u
∂y
∂v,∂z
∂u
∂x
∂v− ∂x
∂u
∂z
∂v,∂x
∂u
∂y
∂v− ∂y
∂u
∂x
∂v
).
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Por definicion, ∫S
rot F dS =
∫D
(rot F )(φ(u, v)) · (Tu × Tv) du dv.
Si c(t) = (c1(t), c2(t)) con t ∈ [a, b] es una parametrizacion de la frontera de D con
orientacion positiva, entonces∫∂SF ds es igual a∫ b
a
(F1
(∂x
∂uc′1(t) +
∂x
∂vc′2(t)
)+ F2
(∂y
∂uc′1(t) +
∂y
∂vc′2(t)
)+ F3
(∂z
∂uc′1(t) +
∂z
∂vc′2(t)
))dt
o, equivalentemente, a∫ b
a
((F1∂x
∂u+ F2
∂y
∂u+ F3
∂z
∂u
)c′1(t) +
(F1∂x
∂v+ F2
∂y
∂v+ F3
∂z
∂v
)c′2(t)
)dt.
Aplicando el teorema de Green a esta ultima integral se obtiene∫D
(∂
∂u
(F1∂x
∂v+ F2
∂y
∂v+ F3
∂z
∂v
)− ∂
∂v
(F1∂x
∂u+ F2
∂y
∂u+ F3
∂z
∂u
))du dv
la cual es igual a∫S
rot F dS gracias a la igualdad de las derivadas parciales cruzadas por
ser φ de clase C2.
El teorema de Stokes generaliza al teorema de Green ya que este ultimo se puede
obtener del primero si consideramos el campo (P,Q, 0).
Ejercicios
1. Muestra que la integral de F (x, y, z) = (yez, xez, xyez) sobre una curva cerrada
simple orientada C que es la frontera de una superficie S es 0.
2. Usa el teorema de Stokes para calcular∫CF ds donde F (x, y, z) = (−y3, x3,−z3) y
C es la interseccion del cilindro x2 +y2 = 1 y el plano x+y+z = 1 con la orientacion
contraria a las agujas del reloj en el plano XY .
3. Haz el Ejercicio 16 de la seccion anterior usando el teorema de Stokes.
4. Verifica el teorema de Stokes en los siguientes casos:
a) F (x, y, z) = (x, y, z) y S la semiesfera unitaria superior.
b) F (x, y, z) = (yz, xz, xy) y S el triangulo de vertices (1, 0, 0), (0, 1, 0) y (0, 0, 1).
c) F (x, y, z) = (z, x, y) y S el helicoide dado por φ(r, θ) = (r cos θ, r sen θ, θ) con
(r, θ) ∈ [0, 1]× [0, π2].
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d) F (x, y, z) = (3y,−xz,−yz2) y S la parte de la superficie 2z = x2 + y2 debajo
del plano z = 2.
5. Calcula∫S
rot F dS en los siguientes casos:
a) F (x, y, z) = (xz+yz2 +x, xyz3 +y, x2z4) y S = S1∪S2 donde S1 es la superficie
cilındrica x2+y2 = 1, 0 ≤ z ≤ 1 y S2 es la semiesfera x2+y2+(z−1)2 = 1, z ≥ 1.
b) F (x, y, z) = (x, y, z) × (1, 1, 1) y S es la parte de la esfera unitaria tal que
x+ y + z ≥ 1.
c) F (x, y, z) = (x3,−y3, 0) y S es la parte de la esfera unitaria tal que x ≥ 0.
d) F (x, y, z) = (sen xy, ex,−yz) y S es el elipsoide x2 + y2 + 2z2 = 10.
e) F (x, y, z) = (y,−x, x3y2z) y S es la semiesfera unitaria inferior.
6. Para una superficie S y un vector fijo v demuestra que
2
∫S
v dS =
∫∂S
(v × F ) ds
donde F (x, y, z) = (x, y, z).
7. Sean S una superficie y f, g : R3 −→ R funciones de clase C2. Muestra que:
a)∫∂Sf∇g ds =
∫S(∇f ×∇g) dS.
b)∫∂S
(f∇g + g∇f) ds = 0.
8. Si C es la frontera de una superficie S y v es un vector constante, demuestra que∫Cv ds = 0. Muestra tambien que esto es cierto incluso cuando C no es la frontera
de una superficie S.
2.7. El teorema de Gauss
Definicion 2.7.1. Una region elemental de R3 es la que se define restringiendo una
de las variables a que este entre dos funciones continuas de las variables restantes, siendo
el dominio comun de estas funciones una region elemental de R2.
Diremos que una region elemental de R3 es simetrica si se puede describir de las tres
maneras posibles.
La frontera de una region elemental de R3 es una superficie formada por un numero
finito de superficies. Este tipo de superficie se llama cerrada, y se denominan caras a
cada una de las superficies que la componen.
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Por convencion, le daremos a una superficie cerrada la orientacion inducida por la
normal unitaria exterior.
Teorema 2.7.2 (Teorema de Gauss de la divergencia). Sea Ω una region elemental
simetrica de R3 y ∂Ω la superficie cerrada orientada que acota a Ω. Sea F : Ω −→ R3 un
campo vectorial de clase C1. Entonces∫Ω
div F =
∫∂Ω
F dS.
Demostracion. Sea F = (F1, F2, F3).
Podemos describir Ω de la siguiente forma:
Ω = (x, y, z) ∈ R3 : (x, y) ∈ D, f1(x, y) ≤ z ≤ f2(x, y)
siendo D una region elemental de R2 y f1 y f2 continuas en D.
Se tiene que ∫Ω
∂F3
∂z=
∫∂Ω
(0, 0, F3) dS.
En efecto, ∫Ω
∂F3
∂z=
∫D
(F3(x, y, f2(x, y))− F3(x, y, f1(x, y))).
Por otro lado, ∫∂Ω
(0, 0, F3) dS =
∫S1∪S2
(0, 0, F3) dS
siendo Si = (x, y, fi(x, y)) : (x, y) ∈ D para i = 1, 2, ya que el resto de las caras tiene
la normal perpendicular al eje OZ. Ya que S1 induce la orientacion opuesta, se obtiene el
resultado.
El resto de la demostracion es analogo.
Ejercicios
1. Calcula∫∂ΩFdS en los siguientes casos:
a) F (x, y, z) = (2x, y2, z2) y Ω es la bola unidad cerrada.
b) F (x, y, z) = (xy2, x2y, y) y Ω = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ 1,−1 ≤ z ≤ 1.
c) F (x, y, z) = (x3, y3, z3) y Ω es la bola unidad cerrada.
d) F (x, y, z) = (x, y, z) y Ω = [0, 1]3.
e) F (x, y, z) = (1, 1, 1) y Ω = [0, 1]3.
f ) F (x, y, z) = (x2, x2, z2) y Ω = [0, 1]3.
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g) F (x, y, z) = (y, z, xz) y Ω = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ z ≤ 1.
h) F (x, y, z) = (y, z, xz) y Ω = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ z ≤ 1, x ≥ 0.
i) F (x, y, z) = (y, z, xz) y Ω = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ z ≤ 1, x ≤ 0.
j ) F (x, y, z) = (3xy2, 3x2y, z3) y Ω es la bola unidad cerrada.
k) F (x, y, z) = (x, y,−z) y Ω = [0, 1]3.
l) F (x, y, z) = (1, 1, z(x2 + y2)2) y Ω = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1.
2. Demuestra que ∫Ω
(∇f · F + f div F ) =
∫∂Ω
fFdS
siendo f : R3 −→ R una funcion escalar de clase C1 y F : R3 −→ R3 un campo
vectorial de clase C1.
3. Demuestra que ∫Ω
‖F‖−2 =
∫∂Ω
‖F‖−2FdS
siendo F (x, y, z) = (x, y, z).
4. Demuestra las identidades de Green∫∂Ω
f∇gdS =
∫Ω
(f4g +∇f · ∇g)
y ∫∂Ω
(f∇g − g∇f)dS =
∫Ω
(f4g − g4f)
siendo f, g : R3 −→ R funciones escalares de clase C2.
5. Demuestra la identidad∫∂Ω
(F × rot G) =
∫Ω
(rot F · rot G− F · rot rot G).
6. Comprueba el teorema de Gauss de la divergencia en los siguientes casos:
a) F (x, y, z) = (3x, xy, xz) y Ω = [0, 1]3.
b) F (x, y, z) = (xz, yz, 3z2) y Ω = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ z ≤ 1.
7. Demuestra que si un campo vectorial F : R3 −→ R3 de clase C1 es tangente a la
frontera de una region elemental simetrica Ω de R3 entonces∫
Ωdiv F = 0.
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Bibliografıa
[A] T.M. Apostol, Mathematical Analysis, 2a edicion, Addison Wesley (1981).
[BGMV] M. Besada, F.J. Garcıa, M.A. Miras y C. Vazquez, Calculo de varias variables.
Cuestiones y ejercicios resueltos, Prentice Hall (2001).
[BMV] F. Bombal, L.R. Marın y G. Vera, Problemas de Analisis Matematico, 3. Calculo
Integral, AC (1987).
[FF] J.A. Facenda y F.J. Freniche, Integracion de funciones de varias variables,
Piramide (2002).
[MH] J.E. Marsden y M.J. Hoffman, Analisis clasico elemental, 2a edicion, Addison-
Wesley Iberoamericana (1998).
[MT] J.E. Marsden y A.J. Tromba, Calculo vectorial, 4a edicion, Addison Wesley
Longman (1998).
[S] J. Stewart, Calculo. Conceptos y contextos, International Thomson Editores
(1999).
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