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IntroducciónEste libro electrónico es el texto base del curso "Campos y formas" del grado
de Ciencias Matemáticas, de la Facultad de Ciencias de la UNED.Los contenidos del curso se reparten entre las materias "Análisis Matemático",
"Geometría y Topología" y "Físicas". En la primera parte del libro se desar-rollan las integrales sobre caminos y sobre superficies desde un punto de vistamás cercano al Análisis Matemático, haciendo hincapié en cómo se construyenrecorridos por las curvas y superficies más conocidas del plano y del espacio y enel cálculo de integrales a lo largo de esos recorridos. Mientras que en la segundaparte del texto se introduce el concepto de forma diferencial, esencial para laGeometría Diferencial, que nos permitirá dar un enfoque único a las integralesque se estudian en la primera parte.En la primera parte trabajaremos con algunos de los teoremas más impor-
tantes del cálculo integral, como el teorema de Green, el de Gauss y el de Stokes,y veremos distintas aplicaciones de los mismos, tanto en Matemáticas como enFísicas, que muestran la gran utilidad de estos resultados, para después desar-rollar en la segunda parte las herramientas teóricas necesarias que permitenenglobar todos los teoremas enunciados en la primera parte dentro un únicoteorema: el Teorema de Stokes en su versión general.Cada parte consta de dos unidades didácticas, cada una de las cuales está
formada por varios temas. En cada tema se van desarrollando los contenidos deforma paulatina, intercalando las definiciones y los resultados teóricos con ejem-plos y ejercicios resueltos. Para ampliar y reforzar los conocimientos adquiridosen los temas de cada unidad didáctica se ofrece al final de la misma una colec-ción de problemas, similares a los ejercicios desarrollados a lo largo de los temas,cuyas soluciones completas se incluyen en la siguiente sección. Y la última sec-ción de cada unidad didáctica recoge dos pruebas de autoevaluación de tipo test,con diez preguntas cada una, cuyas soluciones se dan al final del libro.El libro ha sido diseñado para estudiantes que, por circunstancias personales,
han optado por realizar su aprendizaje de forma independiente, sin la ayuda declases presenciales diarias. Por esta razón en el libro se han incluido distintostipos de ayudas que facilitan su estudio: explicaciones muy detalladas, continuasobservaciones y llamadas de atención, sugerencias, figuras, soluciones completasde los problemas, pruebas de autoevaluación y glosario.En cada problema que se propone, la solución que se ofrece explica paso
por paso lo que hay que hacer, desarrollando de esta manera un método deresolución que, al ser repetido en distintos problemas, permitirá al estudianteadquirir la destreza necesaria para resolver problemas similares él solo. Por otrolado, cada vez que se introduce un concepto nuevo se analiza la relación conotros conceptos previamente adquiridos por el estudiante, se pone de manifiestolos puntos más importantes de la nueva definición y se incluyen ejemplos, parafacilitar al estudiante la labor de hacer suyos los conceptos introducidos.En matemáticas la claridad de la exposición y el rigor con el cual se expresan
las ideas dependen en parte del uso de una notación adecuada y clara. En laelaboración de este texto se ha puesto mucho cuidado en escoger la notación
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sin salir de la tradicional, en mantenerla a lo largo del texto y en precisar entodo momento el significado de los símbolos que se usan, prefiriendo pecar derepetitivos antes que dejar cabida a la imprecisión. Asi, cada vez que se hablade una función se específica con claridad de donde a donde va la función. Porejemplo, ϕ : [a, b] ⊂ R→ Rn significa que ϕ es una función vectorial (con imagenen el espacio vectorial Rn), de variable real (parte de un subconjuto de la rectareal R) definida en el intervalo [a, b]. Al principio de cada unidad didáctica nosdetendremos a describir y justificar la notación que vamos a emplear.CAMBIAR FRONTERA POR BORDE
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1 Primera parte: Integrales sobre caminos e in-tegrales sobre superficies. Interpretaciones físi-cas.
Esta primera parte del libro es esencialmente práctica. El lector aprenderá aconstruir funciones que recorren tramos de curvas en el plano y en el espacio, asícomo funciones que recorren secciones de superficies en el espacio. La mayoríade las curvas y de las superficies que aparecen en esta parte del libro han sidoya estudiadas en los cursos de Funciones de una y varias variables y en el cursode Geometría básica.Por otro lado, el lector aprenderá como se definen las integrales de campos
escalares y de campos vectoriales sobre los recorridos construidos y verá comoaplicar estas integrales al estudio de diversos problemas de Física.
1.1 Unidad didáctica I.Integrales sobre caminos.
En esta unidad didáctica hay cinco temas. En el primero vamos a establecerlas estructuras matemáticas, caminos y recorridos, necesarias para formalizarconceptos físicos tan fundamentales como el trabajo que realiza una fuerza almover una partícula o la masa de un alambre de densidad variable.Las herramientas matemáticas que se utilizan para definir estos conceptos
físicos son las integrales de trayectoria y las integrales de línea, que se estu-dian en el segundo tema. Partiendo de las leyes físicas que se verifican en lascircunstancias más simples (por ejemplo, desplazamientos rectos y fuerzas con-stantes) deduciremos, utilizando estas herramientas matemáticas, las leyes paralas circunstancias más generales.Pasaremos después a analizar bajo que condiciones podemos asegurar que
dos recorridos de un mismo camino son equivalentes, que nos llevará a la defini-ción de recorrido regular de un camino (cerrado) simple. Veremos que las in-tegrales de trayectoria no cambian si los recorridos son equivalentes, pero lasintegrales de línea si pueden cambiar de signo, razón por la cual es necesariointroducir el concepto de orientación positiva y de orientación negativa de unrecorrido.En el cuarto tema introduciremos el concepto de campo conservativo. Apren-
deremos a comprobar si un campo es o no es conservativo y aprenderemos tam-bién a calcular su función potencial, en el caso de tener un campo conservativo.Una primera aplicación del teorema de Stokes para campos conservativos nospermitirá demostrar el teorema de conservación de la energía mecánica.En el quinto tema estudiaremos el teorema de Green que relaciona la integral
de línea sobre un camino cerrado con una integral doble sobre el recinto encer-rado por ese camino. Veremos distintas situaciones en las cuales la aplicacióndel teorema de Green resulta especialmente ventajosa.Las tres últimas secciones de la unidad didáctica están dedicadas a reforzar
los conocimientos adquiridos a través de la realización de los problemas prop-uestos y de las pruebas de autoevaluación.
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Notación
Siempre que aparezca un símbolo matemático con un guión por encima,como x, v, ϕ, F por ejemplo, significará que el objeto matemático al que hacereferencia está formado por varias coordenadas o componentes. Así x y v sonvectores en Rn cuyas coordenadas en la base canónica denotaremos por:
x = (x1, x2, ..., xn) y v = (v1, v2, ..., vn)
Mientras que símbolos como ϕ y F indicarán que estamos trabajando confunciones que tienen su imagen en Rn, de modo que sus componentes en la basecanónica de Rn se denotarán por:
ϕ = (ϕ1, ..., ϕn) y F = (F1, ..., Fn)
Siempre que trabajemos con dos vectores o dos funciones distintas a la vezusaremos distintas letras para diferenciarlas, por ejemplo v y w, o ϕ y ψ, o F yG. Pero hay ocasiones en las que trabajaremos con colecciones de funciones quecomparten algunas propiedades. Entonces nos veremos obligados a diferenciar-los empleando un subíndice como por ejemplo ϕk (ver página 8). En estos casosel guión que corona al símbolo ϕk indica al lector que se trata de una funcióncon valores en Rn, distinta a la función ϕk que es la componente k-ésima de lafunción ϕ.A menudo trabajaremos con campos escalares que son funciones que tienen
su imagen en R. En ese caso usaremos letras minúsculas como f y g; es decirque f y g denotaran funciones que están definidas en un subconjunto abiertoU ⊂ Rn pero tienen su imagen en R.
Para denotar a los subconjuntos abiertos de Rn utilizaremos las letras U, Vy W. Para que las definiciones tengan sentido el abierto debe ser no vacío, poresa razón establecemos desde el comienzo que todos los abiertos U, V y W sonno vacíos.Otras veces las funciones estarán definidas en intervalos cerrados y acotados
de R que denotaremos por [a, b]. Asi por ejemplo, ϕ : [a, b] ⊂ R → Rn esuna función con n componentes, ϕ = (ϕ1, ..., ϕn), cada una de las cuales sonfunciones de [a, b] en R; es decir ϕi : [a, b] ⊂ R→ R, para todo i ∈ {1, ..., n}.
Como es habitual, cuando ϕ es una función de una variable, que denotare-mos por t porque en las aplicaciones a conceptos de Física será el tiempo, yes derivable en un punto t0 ∈ [a, b], o lo que es lo mismo, cada componente ϕide ϕ es derivable en t0, denotaremos a su derivada usando una comilla comosuperíndice. Asi ϕ′(t0) = (ϕ′1(t0), ..., ϕ′n(t0)). Pero si ϕ tiene más de una vari-able, ya no hablamos de su derivada en un punto t0 sino de su diferencial en u0
que se identifica con su matriz jacobiana, formada por las derivadas parcialesrespecto a todas las variables de todas sus componentes. A la matriz jacobianala denotaremos por Dϕ(u0), de modo que si ϕ : U ⊂ Rm → Rn es diferenciable
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en u0 ∈ U entonces la matriz jacobiana en ese punto es:
Dϕ(u0) =
D1ϕ1(u0) · · · Dmϕ1(u0). . . . . . . . .
D1ϕn(u0) · · · Dmϕn(u0)
Esta matriz es de tamaño n×m (n filas × m columnas) y, si la describimos
pensando en las filas, es la matriz cuyas filas son las derivadas parciales delas componentes de ϕ respecto a las m variables en el punto u0; es decir queestamos usando la notación Diϕj(u0) para indicar la derivada parcial de lafunción ϕj : U ⊂ Rm → R respecto de la variable i-ésima.
Cuando trabajemos con campos escalares, que como ya hemos adelantadodenotaremos por las letras f y g; esto es con funciones f : U ⊂ Rn → R ysuceda que son diferenciables en un punto u0 ∈ U, entonces la matriz jacobianaen ese punto es de tamaño 1×n; es decir, solo tiene una fila, la formada por lasderivadas parciales de f en u0. En estos casos es habitual identificar la matrizcon un vector y hablar del vector gradiente de f que denotaremos por ∇f(u0).Como es habitual, diremos que una función es de clase Cp en el abierto U
donde está definida si existen las funciones derivadas parciales hasta el orden py todas son continuas en todos los puntos del abierto.Por último, como vamos a trabajar con la integral de Riemann, vamos a nece-
sitar trabajar con particiones de intervalos. Las denotaremos por P. Recordemosque si P es una partición de un intervalo [a, b] ⊂ R entonces P es una colecciónfinita de subintervalos Jj ⊂ [a, b] que vienen determinados por una colecciónfinita de puntos, {a = t0 < t1 < .. < tj < tj+1 < .... < tp+1 = b}, demodo que cada par de puntos consecutivos define un subintervalo de la formaJj = [tj , tj+1]. Con esta notación se verifica que P = {Jj ; 0 ≤ j ≤ p)} y
[a, b] =
p⋃j=0
Jj .
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p qp q
Figure 1: camino
1.1.1 Tema 1. Caminos y recorridos
En los problemas que abordaremos en este libro aparecerán conjuntos en R2,que llamaremos caminos, en forma de circunferencia, tramos de parábolas ytramos de otras curvas conocidas del plano, pero también aparecerán conjuntoscomo el de la figura 1. Ese conjunto tiene problemas en los puntos p y q, porqueaunque no pierde la continuidad en esos puntos si pierde la derivabilidad. Esoles va a suceder a algunos de los caminos con los que vamos a trabajar, por esono les vamos a llamar curvas. Mientras que a los desplazamientos a lo largo delos caminos les llamaremos recorridos.Hemos elegido estos dos términos, camino y recorrido, porque su signifi-
cado fuera de las matemáticas refleja la idea que queremos transmitir: por loscaminos que conocemos circulan personas y vehículos de muy diversas maneras,realizando cada cual su propio recorrido.En las siguientes definiciones se considera el caso general Rn, aunque en los
ejemplos y problemas trabajaremos con n=2 y n=3
Definition 1 Llamamos camino en Rn a todo conjunto de puntos C ⊂ Rnque se obtiene al tomar la imagen de un intervalo [a, b] ⊂ R por medio de unafunción continua c : [a, b]→ Rn, que no sea constante
Pedimos que c no sea constante para que C = c([a, b]) sea un conjunto quetiene infinitos puntos. Además pedimos que c sea continua porque las funcionesque no son continuas pueden tener un comportamiento impredecible. Uno delos ejemplos más conocidos de función que no es continua es la función que tomadistintos valores en los números racionales (Q) que en los iracionales (R\Q). Porejemplo si c es de la forma:
c : [a, b] ⊂ R → R2
t
{(t, t) si t ∈ [a, b] ∩Q(t, 0) si t ∈ [a, b]\Q
entonces el camino partiría del punto (0, 0) pero a partir del instante t = 0el camino avanzaría "simultáneamente" por las rectas x1 = x2 y x1 = 0.
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En la siguiente definición veremos que para ser recorrido la función tiene quecumplir mejores propiedades.
Definition 2 Dado un camino C ⊂ Rn se dice que ϕ : [a, b]→ C es un recor-rido de C si ϕ([a, b]) = C, ϕ es continua en [a, b] y existe una partición P de[a, b] tal que ϕ es derivable con continuidad, o equivalentemente de clase C1,en el interior de cada intervalo J ∈ P, es decir que la derivada de ϕ puede noexistir, o simplemente perder la continuidad en una cantidad finita de puntosde [a, b].
La condición: ϕ de clase C1 en todo [a, b] excepto en una cantidad finita depuntos, se pide porque vamos a usar los recorridos para calcular integrales sobreellos y en esas integrales intervendrá la función ϕ′(t). Recordemos que por elteorema de Lebesgue una función acotada es integrable Riemann sobre [a, b] siy solo si es continua sobre todo [a, b] excepto en un conjunto de medida cero.Por otro lado como [a, b] es un conjunto compacto, los conjuntos de [a, b] queson de medida cero coinciden con los que son de contenido cero y esos son losconjuntos que tienen una cantidad finita de puntos.A continuación vamos a ver algunos ejemplos de caminos y de recorridos.
Empecemos por el ejemplo más sencillo: una recta en Rn.
Example 3 Recordemos que para elegir una recta tenemos que determinar unpunto por el que pase la recta (a1, ..., an) y un vector director (v1, ..., vn). Demodo que los puntos (x1, ..., xn) ∈ Rn que pertenecen a esta recta son los queverifican la siguiente igualdad:
(x1, ..., xn) = (a1, ..., an) + t(v1, ..., vn)
para algún número real t. Recordemos que si en lugar de tener un punto y unvector director tenemos dos puntos de la recta, (a1, ..., an) y (b1, ..., bn) entoncesconstruimos el vector director asi:
(v1, ..., vn) = (b1 − a1, ..., bn − an)
Recordemos también que al desarrollar la ecuación de la recta, describiendolo que sucede en cada una de las coordenadas del vector (x1, x2, ..., xn) ∈ Rn,obtenemos las llamadas ecuaciones paramétricas de la recta; esto es,
x1 = a1 + tv1
x2 = a2 + tv2
.........xn = an + tvn
Cualquier tramo de esta recta es un camino. Por ejemplo el camino queempieza en el punto (a1, ..., an) y termina en el punto (b1, ..., bn) = (a1, ..., an)+(v1, ..., vn) se puede describir como
C = c([0, 1])
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siendo c : [0, 1] → Rn la función continua dada por c(t) = (a1, ..., an) +t(v1, ..., vn). Como será habitual en los ejemplos que iremos viendo, la mismafunción c que usamos para definir el camino C nos sirve también para definirun recorrido sobre C :
ϕ : [0, 1] ⊂ R → C ⊂ Rnt (a1, ..., an) + t(v1, ..., vn)
Pero si cambiamos el papel del escalar t por otra función que transformeel intervalo [0, 1] en el mismo intervalo [0, 1], como por ejemplo una función dela forma tk, siendo k cualquier número natural, obtenemos otro recorrido delmismo camino que vamos a denotar por ψk :
ψk : [0, 1] ⊂ R → C ⊂ Rnt (a1, ..., an) + tk(v1, ..., vn)
Por otro lado, como las funciones ϕ que usamos para recorrer los caminosson funciones continuas y verifican que ϕ([a, b]) = C, cada recorrido ϕ nos sirvetambién para dar una descripción del camino C.
El ejemplo que acabamos de ver muestra que un mismo camino se puederecorrer de muchas maneras. Si interpretamos la variable del recorrido ϕ comoel tiempo, entonces a medida que t avanza desde a hasta b, ϕ(t) se va moviendo alo largo de la camino C. Con esta interpretación es natural que si ϕ es derivableen t0 ∈ [a, b] llamemos vector velocidad en t0 al vector tangente en t0; estoes el vector ϕ′(t0), el módulo de este vector, ||ϕ′(t0)||, es entonces el módulode la velocidad en t0 y el vector ϕ′′(t0) es el vector aceleración. Con estainterpretación, los recorridos descritos en el ejemplo anterior tienen distintosvectores velocidad y distintas aceleraciones, en concreto se verifica que
ψ′k(t0) = ktk−1
0 (v1, ..., vn) k ≥ 1∥∥∥ψ′k(t0)∥∥∥ = k |t0|k−1
√v2
1 + ...+ v2n k ≥ 1
ψ′′k(t0) = k(k − 1)tk−2
0 (v1, ..., vn) k ≥ 2 y ψ′′1(t0) = 0
Observemos que el camino C dado por la función c : [a, b]→ Rn no coincidecon la gráfica de la función c que por definición viene dada por
Grafica(c) = {(t, x1, ..., xn) ∈ Rn+1; (x1, ...xn) = c(t), t ∈ [a, b]}
sino que C = c([a, b]) ⊂ Rn, por esa razón hablamos de un camino en Rn,porque es un subconjunto de Rn.
A continuación vamos a ver otro ejemplo de un camino muy conocido en R2
que podemos recorrer de muchas maneras.
Example 4 Recordemos que para elegir una elipse en el plano necesitamos de-terminar el centro de la figura (p1, p2) y las longitudes de los dos semiejes a y b(ver figura 2). De modo que los puntos (x1, x2) ∈ R2 que pertenecen a esa elipseson los que verifican la siguiente igualdad:
(x1, x2) = (a cos(t) + p1, b sin(t) + p2)
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p2
p1
a
b
p2
p1
a
b
Figure 2: Elipse
para algún número real t. Recordemos que si tomamos a = b = r la ecuaciónanterior nos describe una circunferencia de centro (p1, p2) y radio r.
Cualquier tramo de la elipse o de la circunferencia es un camino. Por ejemploel camino que empieza en el punto (p1 + a, p2) y termina en el mismo punto sepuede describir como
C = c([0, 2π])
siendo c : [0, 2π]→ R2 la función continua dada por c(t) = (a cos(t)+p1, b sin(t)+p2). De nuevo observamos que la misma función c que usamos para describir elcamino C nos sirve también para tomar un recorrido sobre C :
ϕ : [0, 2π] ⊂ R → C ⊂ R2
t (a cos(t) + p1, b sin(t) + p2)
Si cambiamos el intervalo [0, 2π] por un intervalo del tipo [0, 2kπ], siendo kcualquier número natural, lo que tenemos es un recorrido a lo largo de la elipse,o de la circunferencia, que da k vueltas.
ϕk : [0, 2kπ] ⊂ R → C ⊂ R2
t (a cos(t) + p1, b sin(t) + p2).
También podemos conseguir que el recorrido de k vueltas manteniendo el
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intervalo en [0, 2π] y cambiando t por kt:
ψk : [0, 2π] ⊂ R → C ⊂ R2
t (a cos(kt) + p1, b sin(kt) + p2).
En el primer caso los vectores velocidad y aceleración no dependen de kmientras que en el segundo caso varian con k:
ϕ′k(t) = ((−a sin(t), b cos(t))
ϕ′′k(t) = ((−a cos(t), b sin(t))
ψk′(t) = ((−ak sin(kt), bk cos(kt))
ψk′′(t) = ((−ak2 cos(kt), bk2 sin(kt)).
Observemos que hay una diferencia significativa entre los recorridos ψk de losejemplos 3 y 4. Todos están formados por funciones de clase C∞, no solo en [a, b]sino en todo R, pero los del ejemplo 3, aun teniendo distintos vectores velocidady aceleración, son todos inyectivos, mientras que los del ejemplo 4 no lo son.Estas son las propiedades claves que van a determinar el comportamiento de losrecorridos de un camino: la derivabilidad con continuidad y la inyectividad.En los ejemplos anteriores hemos utilizado dos recursos distintos para con-
struir los recorridos de los caminos. En el caso de las rectas nos hemos servidode la ecuación que satisfacen los puntos de las rectas para construir el recorrido,mientras que en el segundo ejemplo hemos partido de la simetría de las circun-ferencias y las elipses que nos ha permitido utilizar las coordenadas polares paraconstruir el recorrido. Estos son los dos recursos que utilizaremos a lo largo dellibro para recorrer los caminos que aparecen en los ejercicios y problemas.Cuando construimos el recorrido partiendo de la ecuación o las ecuaciones
que satisfacen los puntos del camino, podemos encontrarnos las ecuaciones entres formas distintas:1- Ecuaciones paramétricas.2- Ecuaciones explícitas.3- Ecuaciones implícitas.Las ecuaciones paramétricas describen el comportamiento de cada variable
en función de un mismo parámetro, como sucede en los ejemplos 1 y 2. Demodo que si el camino está en el plano necesitamos dos ecuaciones paramétri-cas, porque tenemos dos variables y si el camino está en el espacio, entoncesnecesitamos tres ecuaciones para describir a las tres variables.En las ecuaciones explícitas para caminos en el plano una de las variables
viene expresada de forma explícita en funcione de la otra, eso sucede por ejemplocon las rectas en el plano, x2 = a2 + m(x1 − a1), y con las parábolas en elplano, x2 = K(x1 − p1)2 + p2. En este caso solo necesitamos una ecuaciónexplícita para describir el comportamiento de los puntos que forman parte delcamino en el plano. Mientras que en las ecuaciones explícitas para caminos enel espacio dos de las variables vienen expresadas de forma explicita en funciónde la tercera variable, como sucede con las rectas, x2 = a2 + m2(x1 − a1),
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x3 = a3 +m3(x1− a1). En este caso necesitamos dos ecuaciones explícitas paradescribir el comportamiento de los puntos que forman parte del camino en elespacio.Por último, las ecuaciones implícitas para caminos en el plano expresan el
comportamiento de las dos variables sin que ninguna de ellas aparezca despejadaen función de la otra, como sucede con la circunferencia x2
1 + x22 = 1. De nuevo
una sola ecuación implícita es necesaria para describir el comportamiento de lospuntos que forman parte del camino en el plano. Mientras que para describircaminos en el espacio necesitaremos dos ecuaciones implícitas, como por ejemploel camino que se forma al intersecar una esfera y un paraboloide: x2
1 +x22 +x2
3 =r2 y x2
1 + x22 = x3.
Cuando los puntos del camino vienen descritos con ecuaciones paramétricaspodemos construir los recorridos usando las mismas ecuaciones, como hemoshecho en los ejemplos 1 y 2. También en el caso en que los puntos del caminovengan descritos con ecuaciones explícitas, como por ejemplo los tramos de laparábola de ecuación x2 = K(x1 − p1)2 + p2 podemos construir el recorridousando la misma ecuación de modo que ϕ(t) tendrá la forma: ϕ(t) = (t,K(xt−p1)2 + p2), para un valor de t en el intervalo [a, b] adecuado, de modo que ϕ(t)recorra el tramo deseado.Cuando los puntos del camino vienen descritos con ecuaciones implícitas
podemos contruir recorridos que se muevan por partes del camino despejandoen cada tramo la variable adecuada. Para ello será muy útil el teorema dela función implícita. Asi por ejemplo, podemos recorrer la semicircunferenciasuperior de centro (0,0) y radio 1 despejando la variable x2 en la ecuaciónx2
1 + x22 = 1 obteniendo el recorrido ϕ(t) = (t,
√1− t2) con t ∈ [−1, 1].
A continuación vamos a definir la longitud de un recorrido.
Definition 5 Dado un recorrido ϕ de un camino C ⊂ Rn se define la longitudde ϕ, que denotamos por l(ϕ), como:
l(ϕ) =
b∫a
||ϕ′(t)||dt
Veamos porqué esta integral nos da la longitud del recorrido. Observemosque cada partición P de [a, b] proporciona un valor aproximado de l(ϕ) a travésde la suma de las longitudes de los segmentos [ϕ(tj), ϕ(tj+1)] ⊂ Rn esto es:
p∑j=0
||ϕ(tj)− ϕ(tj+1)||
Si la colección de puntos del intervalo [a, b] que determinan a P contiene a lospuntos donde ϕ′(t) no es continua, entonces en cada rectángulo se puede aplicarel teorema del incremento finito y acotar la suma anterior por la siguiente:
p∑j=0
sup{||ϕ′(ξj)|| : ξj ∈ Jj}(tj+1 − tj)
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pero esta suma es precisamente S(||ϕ′||, P ); es decir la suma superior de lafunción ||ϕ′(t)|| asociada a la partición P. Por lo tanto, la integral de Riemannque define l(ϕ) coincide con el límite de estas sumas superiores y nos da lalongitud del recorrido.En general no se verifica que la longitud de ϕ coincida con la longitud del
camino, como muestran los siguientes ejemplos.
Example 6 Vamos a calcular la longitud de los recorridos descritos en los dosprimeros ejemplos. Empecemos por los recorridos ψk de los tramos de rectas enRn
l(ψk) =
1∫0
k |t|k−1√v2
1 + v22 + ...+ v2
ndt =√v2
1 + v22 + ...+ v2
n
1∫0
ktk−1dt
=√v2
1 + v22 + ...+ v2
n tk]10
=√v2
1 + v22 + ...+ v2
n
Como podemos ver el resultado no depende en este caso de k; es decir queaunque los recorridos tienen distintos vectores velocidad y aceleración la longitudde los mismos coincide.Ahora vamos a calcular la longitud de los recorridos ϕk y ψk alrededor de
la circunferencia en el plano.
l(ϕk) =
2kπ∫0
√(−rsent)2 + (r cos t)2dt
=
2kπ∫0
√r2(sen2t+ cos2 t)dt
=
2kπ∫0
rdt = 2kπr.
l(ψk) =
2π∫0
√(−rksenkt)2 + (rk cos kt)2dt
=
2π∫0
rkdt = 2kπr = l(ψk).
Como vemos en estos casos la longitud del recorrido depende del número devueltas que se dan, como era de esperar.
Una vez que hemos aprendido a construir funciones que recorren tramosde curvas conocidas estamos preparados para introducir la definición de lasintegrales sobre los caminos.
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Antes de pasar al siguiente tema vamos a comparar los conceptos de caminoy recorrido con los conceptos de arco de curva y parametrización que se estu-dian en el curso de "Geometría diferencial de curvas y superficies" del segundosemestre. Un arco de curva C ⊂ Rn (con n = 2 o 3) es la imagen por mediode una función de clase C∞ α : I ⊂ R → Rn, siendo I un intervalo abierto nonecesariamente acotado. A la función α se la llama parametrización del arco decurva C. De modo que una parametrización de C, con intervalo acotado, es unrecorrido de clase C∞ donde la partición P está formada por un único intervaloy el camino asociado es el arco de curva C unido a los puntos del borde α(a)y α(b) siendo I = (a, b). No nos debe extrañar que las definiciones de amboscursos coincidan solo a medias porque los objetivos que se persiguen en ambasdisciplinas son distintos.
1.1.2 Tema 2. Integrales de trayectoria e integrales de línea. Inter-pretaciones físicas.
En este tema vamos a estudiar como se definen las integrales de las funcionesa lo largo de los caminos. Distinguiremos dos casos: cuando la función esescalar, es decir, que toma valores en el cuerpo de los escalares R, y cuando lafunción es vectorial; es decir que toma valores en Rn. A las funciones las vamos allamar campos, porque como veremos a lo largo de esta primera parte del librolos conceptos matemáticos que vamos a estudiar tienen muchas aplicacionesen Física y las funciones representan campos de fuerzas, campos de velocidad,campos eléctricos, etc.
Definition 7 Llamaremos campos escalares a las funciones definidas desdeun subconjunto abierto no vacío U ⊂ Rn y con imagen en R y utilizaremos letrascomo f y g en minúsculas y llamaremos campos vectoriales a las funcionesdefinidas desde un subconjunto abierto no vacío U ⊂ Rn y con imagen en elmismo espacio Rn y utilizaremos letras como F y G en mayusculas
f, g. U ⊂ Rn → RF ,G, ... U ⊂ Rn → Rn
En todos los ejemplos y en los problemas trabajaremos con n=2 o n=3 ylos campos, tanto escalares como vectoriales, no solo serán continuos sino quela mayoría serán funciones de clase infinito.
Example 8 Vamos a tomar la función que calcula el cuadrado de la distanciade un punto al origen de coordenadas en el plano; esta función nos proporcionael campo escalar de clase C∞ en R2 :
f : R2 → R(x1, x2) x2
1 + x22
Si ahora calculamos las derivadas parciales de esta función en un puntocualquiera obtenemos el llamado vector gradiente que se denota por ∇f y que
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nos proporciona el siguiente campo vectorial:
F : R2 → R2
(x1, x2) (2x1, 2x2)
Tomemos ahora la función que calcula el inverso del cuadrado de la distanciade un punto al origen de coordenadas en el espacio, esto es:
f : R3\{(0, 0, 0)} → R(x1, x2, x3) 1√
x21+x22+x23
Este campo es de clase C∞ en el abierto U = R3\{(0, 0, 0)}.Si ahora cal-culamos las derivadas parciales de esta función (el vector gradiente ∇f ) con-seguimos el siguiente campo vectorial:
F : R3\{(0, 0, 0)} → R3
(x1, x2, x3) −1(√x21+x22+x23
)3 (x1, x2, x3)
Estos campos aparecen de forma natural en el estudio de algunos conceptosfísicos, como por ejemplo el campo gravitacional.
Por supuesto, como el lector ya habrá imaginado, no todos los campos vecto-riales F verifican que F = ∇f. Por ejemplo F (x1, x2) = (1, x1) es un campo vec-torial definido en todos los puntos de R2 y no existe ninguna función f : R2 → Rcuyo gradiente sea F (ver ejemplo 24). Pero como veremos más adelante los queverifican esa condición van a jugar un papel muy importante.A continuación vamos a definir la integral de un campo escalar a lo largo de
un recorrido.
Definition 9 Dado un recorrido ϕ de un camino C y dado un campo escalarf : U ⊂ Rn → R tal que C ⊂ U , se llama integral de trayectoria de f a lolargo de ϕ, y se denota por
∫ϕ
f a la integral:
∫ϕ
f =
b∫a
f(ϕ(t))||ϕ′(t)||dt
siempre que dicha integral exista como integral propia o impropia.
En primer lugar, observemos que si f = 1 entonces∫ϕ
f = l(ϕ); es decir, que
en ese caso la integral de trayectoria coincide con la longitud del recorrido. Lacoletilla "siempre que dicha integral exista como integral propia o impropia" sepone para dar mayor generalidad al concepto, pero en los ejemplos del libro lasfunciones que utilizaremos nos darán siempre integrales propias porque seránfunciones de clase Cp, con p = ∞ en la mayoría de los casos. Antes de ver lasaplicaciones de esta integral a problemas de Física, vamos a mostrar un ejemplosencillo de la integral de trayectoria.
14
Example 10 Vamos a calcular la integral de trayectoria del campo escalarf(x1, x2) = x1
x2+1 a lo largo de los siguiente recorridos:
ψk : [0, 1] ⊂ R → C ⊂ R2
t tk(v1, v2)
siendo v2 > 0. Observemos que según vimos en el ejemplo 1 C es el tramo de larecta que empieza en (0, 0) y termina en (v1, v2). Por lo tanto es fácil ver queel campo escalar dado es una función continua en todos los puntos del camino.Para empezar vamos a calcular el módulo del vector velocidad asociado a estosrecorridos, esto es:
||ψ′k(t)|| =√
(kv1tk−1)2 + (kv2tk−1)2 = ktk−1√v2
1 + v22
De modo que aplicando la definición obtenemos:
∫ψk
f =
1∫0
tkv1
tkv2 + 1ktk−1
√v2
1 + v22dt = kv1
√v2
1 + v22
1∫0
t2k−1
tkv2 + 1dt
Para resolver esta integral observamos que el polinomio del numerador es degrado superior al polinomio del denominador y por lo tanto tenemos que realizarla división
t2k−1
tkv2 + 1=
1
v2
(v2tk + 1− 1)tk−1
tkv2 + 1=
1
v2
(tk−1 − tk−1
tkv2 + 1
)De modo que la integral nos queda:
∫ψk
f =
(kv1
√v2
1 + v22
) 1∫0
1
v2
(tk−1 − tk−1
tkv2 + 1
)dt
=
(kv1
v2
√v2
1 + v22
) (tk
k− log(tkv2 + 1)
kv2
)]1
0
=
(kv1
v2
√v2
1 + v22
)(1
k− log(v2 + 1)
kv2
)=
(v1
v2
√v2
1 + v22
)(1− log(v2 + 1)
v2
).
Observemos que esta integral de trayectoria no depende de k.
Las integrales de trayectoria se utilizan en Física para resolver los siguientesproblemas:Supongamos que C ⊂ R3 es un alambre delgado y que f es la función de
densidad de C. Entonces un cálculo aproximado de la masa del alambre seobtiene al tomar un recorrido ϕ de C, una partición P de [a, b] y asignar a
15
cada porción de alambre ϕ(Jj), Jj = [tj , tj+1] ∈ P, una densidad fija f(ϕ(ξj))tomando ξj ∈ Jj . De esta manera un valor aproximado de la masa del alambrees:
masa(alambre) ≈p∑j=0
f(ϕ(ξj))||ϕ(tj)− ϕ(tj+1)||
Por otro lado, como ya observamos en el apartado anterior, la longitud decada segmento [ϕ(tj), ϕ(tj+1)] se puede aproximar por
sup{||ϕ′(ξj)|| : ξj ∈ Jj}(tj+1 − tj),
de forma que cuando la partición se hace muy fina, con muchos puntos, la suma
p∑j=0
f(ϕ(ξj)) sup{||ϕ′(ξj)|| : ξj ∈ Jj}(tj+1 − tj)
nos proporciona un valor aproximado de la masa del alambre, de tal modo quesi la función f(ϕ(t))||ϕ′(t)|| es integrable Riemann en [a, b] parece razonabledefinir la masa del alambre como la integral de dicha función.
masa(alambre) =
∫ϕ
f.
Con las mismas interpretaciones de f y de C se calcula el centro de masas yel momento de inercia del alambre en R3 usando las siguientes integrales detrayectoria:
centro de masa =1
masa(alambre)
∫ϕ
x1f,
∫ϕ
x2f,
∫ϕ
x3f
momento de inercia =
∫ϕ
(x22 + x2
3)f,
∫ϕ
(x21 + x2
3)f,
∫ϕ
(x21 + x2
2)f
A continuación vamos a justificar ambas definiciones.El centro de masa de un alambre es el punto de equilibrio (punto en R3) del
alambre. Por ejemplo, supongamos que en una barra colocamos varias masasdistintas: la masa m1 en el punto x1, la masa m2 en el punto x2, etc. Sillamamos x al punto de equilibrio de la barra (ver fig), entonces x es el puntoen el cual el momento total (masa por distancia al punto de equilibrio) es 0; esdecir x debe verificar que
∑mi(xi − x) = 0. De modo que si despejamos x de
la ecuación obtenemos:
x =
∑mixi∑mi
De ahí que el centro de masas de un alambre con función de densidad f secalcule con la fórmula descrita.
16
xm1 m2m3m4
x4 x3 x2x1
xm1 m2m3m4
x4 x3 x2x1
Figure 3: Centro de masas
En el tema 7 veremos la fórmula análoga para superficies.El momento de inercia mide la respuesta de un cuerpo a los esfuerzos para
someterlo a rotaciones y depende no solo de la masa sino también de la formadel cuerpo. En la fórmula dada para calcular el momento de inercia de unalambre de densidad f la primera coordenada mide la respuesta del alambre alas fuerzas que intentan hacerlo rotar alrededor del eje OX1. Observemos que elfactor (x2
2 +x23) que aparece dentro de la integral tomará valores mayores en los
puntos más alejados del eje OX1. Las otras dos coordenadas hacen lo análogorespecto a los ejes OX2 y OX3.A continuación vamos a ver un ejemplo con un alambre en forma de muelle.
Example 11 Sea C el alambre en forma de muelle descrito por C = c([0, 2kπ])siendo c(t) = (cos t, sent, t) y k ≥ 1. Supongamos que la función de densidad delmuelle es f(x1, x2, x3) = (x2
1 +x22)x3. Vamos a calcular la masa del alambre, su
centro de masas y su momento de inercia utilizando las fórmulas descritas y elrecorrido ϕ dado por la misma función c que describe el muelle
masa(alambre) =
b∫a
f(ϕ(t))||ϕ′(t)||dt
=
2kπ∫0
(cos2t+ sen2t)t√
(−sent)2 + cos2t+ 12dt
=
2kπ∫0
t√
2dt =√
2t2
2
]2kπ
0
= 2√
2(kπ)2.
Vemos que la masa del muelle depende de las vueltas que tenga. Lo mismosucederá con el centro de masas y el momento de inercia, como veremos a con-tinuación.
17
Como ya hemos probado, se verifica que f(ϕ(t)) = t y que ||ϕ′(t)|| =√
2, demodo que la fórmula para el centro de masas queda así:
centro de masa =1
2√
2(kπ)2
2kπ∫0
(cost)t√
2dt,
2kπ∫0
(sent)t√
2dt,
2kπ∫0
(t)t√
2dt
Recordemos que para resolver las dos primeras integrales se aplica el método
de integración por partes, derivando el polinomio e integrando la función trigonométrica,con lo cual estas integrales quedan así:
1
2√
2(kπ)2
(sent)√
2t]2kπ0 −
2kπ∫0
(sent)√
2dt, (−cost)√
2t]2kπ0 −
2kπ∫0
(−cost)√
2dt,√
2t3
3]2kπ0
=1
2√
2(kπ)2
((cost)
√2]2kπ
0,−2√
2kπ + (sent)√
2]2kπ
0,
8
3
√2(kπ)3
)=
1
2√
2(kπ)2(0,−2
√2kπ,
8
3
√2(kπ)3) = (0,
−1
kπ,
4
3kπ)
Por último calculamos el momento de inercia del muelle que por definiciónserá el vector: 2kπ∫
0
(sen2t+ t2)t√
2dt,
2kπ∫0
(cos2t+ t2)t√
2dt,
2kπ∫0
(cos2t+ sen2t)t√
2dt
Para resolver las dos primeras integrales las separamos en la suma de dos
integrales asi: 2kπ∫0
(sen2t)t√
2dt+
2kπ∫0
t3√
2dt,
2kπ∫0
(cos2t)t√
2dt+
2kπ∫0
t3√
2dt,
2kπ∫0
t√
2dt
De este modo tenemos tres integrales inmediatas y en las otras dos aplicamos
las siguientes fórmulas trigonométricas
sen2t =1
2(1− cos2t)
cos2t =1
2(1 + cos2t)
obteniendo 2kπ∫0
√2
2(1− cos2t)tdt+
√2t4
4]2kπ0 ,
2kπ∫0
√2
2(1 + cos2t)tdt+
√2t4
4]2kπ0 ,√
2t2
2]2kπ0
18
Ahora en las integrales que nos quedan por resolver volvemos a separarlasen sumas de dos integrales y aplicamos en una de ellas el método de integraciónpor partes como hizimos para calcular el centro de masas. √2
2
(t2
2
)]2kπ0
+√
22
2kπ∫0
(−cos2t)tdt+ 4√
2(kπ)4,
√2
2
(t2
2
)]2kπ0
+√
22
2kπ∫0
(cos2t)tdt+ 4√
2(kπ)4, 2√
2(kπ)2
=
√2(kπ)2 −√
2sen2t4 t
]2kπ0
+√
22
2kπ∫0
sen2t2 dt+ 4
√2(kπ)4,
√2(kπ)2 +
√2sen2t
4 t]2kπ
0−√
22
2kπ∫0
sen2t2 dt+ 4
√2(kπ)4, 2
√2(kπ)2
=
(√2(kπ)2(1 + 4(kπ)2) + 0−
√2cos2t
8
]2kπ0
,
√2(kπ)2(1 + 4(kπ)2)− 0 +
√2cos2t
8
]2kπ0
, 2√
2(kπ)2
)=√
2(kπ)2(1 + 4(kπ)2, 1 + 4(kπ)2, 2)
Hemos visto como se define la integral de un campo escalar a lo largo deun recorrido y algunas de sus interpretaciones físicas. Ahora vamos a hacer lomismo para los campos vectoriales.
Definition 12 Dado un recorrido ϕ de C y dado un campo vectorial F : U ⊂Rn → Rn, con C ⊂ U , se llama integral de línea de F a lo largo de ϕ, quedenotamos por
∫ϕ
F · T a la integral:
∫ϕ
F · T =
b∫a
F (ϕ(t))ϕ′(t)dt
siempre que dicha integral exista como integral propia o impropia.
De nuevo, la coletilla "siempre que dicha integral exista como integral propiao impropia" se pone para dar mayor generalidad al concepto, pero en los ejemp-los del libro las funciones que utilizaremos nos darán siempre integrales propiasporque serán funciones de clase Cp, con p = ∞ en la mayoría de los casos.En algunos textos se utiliza la notación
∫ϕ
F 1dx1 + ... + Fndxn para la integral
de linea del campo F a lo largo de ϕ. La razón que justifica está notación laveremos en la segunda parte del libro, cuando describamos la integral de lineacomo la integral de una 1-forma en Rn sobre un recorrido en Rn. En este caso
19
hemos preferido la notación∫ϕ
F · T porque refleja mejor en qué consiste: es la
integral sobre el recorrido del producto escalar de las funciones F y T , que esel vector tangente del recorrido. Veamos a continuación un ejemplo sencillo decómo se calcula una integral de linea.
Example 13 Sea ϕ(t) = (a cos(t) + p1, b sin(t) + p2) el recorrido sobre la elipsedescrito en el ejemplo 4 y sea F : R3 → R3 el campo vectorial de clase C∞
definido por:F (x1, x2) = (x2,−x1)
Vamos a calcular∫ϕ
F1dx1 + F2dx2. Empezamos calculando el vector veloci-
dad que en este caso es: ϕ′(t) = (−asen(t), b cos(t)) y a continuación aplicamosla definición:
∫ϕ
F1dx1 + F2dx2 =
b∫a
F (ϕ(t))ϕ′(t)dt
=
2kπ∫0
(bsen(t) + p2,−a cos(t)− p1)(−asen(t), b cos(t))dt
=
2kπ∫0
(−absen2(t) + p2asen(t)− ab cos2(t)− p1b cos(t))dt
=
2kπ∫0
(−ab+ p2asen(t)− p1b cos(t))dt
= (−abt− p2a cos t− p1bsent)]2kπ0 = −ab2kπ
Vemos que en este caso la integral de línea depende del número de vueltasque del recorrido.
Las integrales de línea se utilizan en física para calcular el trabajo que realizauna fuerza.Supongamos que F (x1, x2, x3) es un campo de fuerzas actuando sobre una
partícula que se mueve a lo largo de un camino C. Si ϕ : [a, b] → C es elrecorrido que sigue la partícula, entonces en cada instante t0 la componentetangencial de la fuerza F respecto al recorrido ϕ en ϕ(t0) es:
F (ϕ(t0))ϕ′(t0)
||ϕ′(t0)||
Por otro lado, sabemos que el trabajo que realiza una fuerza de valor con-stante al mover una partícula en línea recta es igual al producto de la fuerzapor el desplazamiento de la partícula. De forma que si tomamos una partición
20
P de [a, b] y suponemos que en cada intervalo Jj ∈ P la partícula se mueve enlínea recta desde ϕ(tj) hasta ϕ(tj+1), entonces el desplazamiento que realiza lapartícula, ||ϕ(tj)− ϕ(tj+1)||, está acotado por
sup{||ϕ′(ξj)|| : ξj ∈ Jj}(tj+1 − tj).
Si ϕ′(t) es continua en Jj y la longitud de Jj es muy pequeña, podemos aprox-imar este valor por ||ϕ′(tj)||(tj+1 − tj). De forma que en cada intervalo Jj eltrabajo realizado por la componente tangencial del campo de fuerzas F , quedaaproximado por el valor
F (ϕ(tj))ϕ′(tj)
||ϕ′(tj)||||ϕ′(tj)||(tj+1 − tj) = F (ϕ(tj))ϕ
′(tj)(tj+1 − tj)
y la suma de los trabajos a lo largo de ϕ resulta:
p∑j=0
F (ϕ(tj))ϕ′(tj)(tj+1 − tj)
De forma que si la función F (ϕ(t))ϕ′(t) es integrable en [a, b] al tomar parti-ciones de longitudes tendiendo a cero estas aproximaciones del trabajo convergena∫ϕ
F ·T que se denomina trabajo realizado por la fuerza F al mover una
partícula de recorrido ϕ.Como acabamos de ver, se puede establecer una relación entre la integral
de línea del campo vectorial F y la integral de trayectoria del campo escalarf que se obtiene al considerar la componente tangencial del campo F , esto
es, f(ϕ(t)) = F (ϕ(t))ϕ′(t)
||ϕ′(t)|| . La notación∫ϕ
F · T se utiliza para sugerir esta
relación:
∫ϕ
F ·T =
b∫a
F (ϕ(t))ϕ′(t)dt =
b∫a
F (ϕ(t))ϕ′(t)
||ϕ′(t)|| ||ϕ′(t)||dt =
b∫a
f(ϕ(t))||ϕ′(t)||dt.
Example 14 Dado el campo de fuerza F (x) = (senx3, cosx3,−(x1x2)1/3) va-mos a calcular el trabajo realizado por la fuerza F al mover una partícula porel siguiente recorrido:
ϕ : [0, 7π/2] ⊂ R → R3
θ (cos3 θ, sen3θ, θ)
Empezamos calculando el vector velocidad:
ϕ′(t) = (−3 cos2 θsenθ, 3sen2θ cos θ, 1).
21
Ahora aplicamos la definición de la integral de línea de un campo vectorial a lolargo de un recorrido y obtenemos:
b∫a
F (ϕ(t))ϕ′(t)dt
=
7π/2∫0
(senθ, cos θ,−(cos3 θsen3θ)1/3)(−3 cos2 θsenθ, 3sen2θ cos θ, 1)dt
=
7π/2∫0
(−3 cos2 θsen2θ + 3sen2θ cos2 θ − senθ cos θ
)dt
= −7π/2∫0
senθ cos θdt = − sen2θ
2
]7π/2
0
= −1
2
Vemos que el trabajo realizado por la fuerza a lo largo de este recorrido daun valor negativo, eso significa que el campo de fuerzas se opone al movimientoa lo largo de ese recorrido.
Una vez que hemos aprendido a realizar integrales de línea y de trayectoriaes el momento de analizar las condiciones que tenemos que exigir a los recorridospara que esas integrales no dependan del recorrido, de modo que por ejemplo, lamasa de un alambre sea independiente de la función que usemos para recorrerel alambre.
1.1.3 Tema 3. Recorridos equivalentes. Orientación de un recorrido.
Como se ha visto en los ejemplos del tema anterior, las integrales de trayectoriay de línea pueden cambiar si se varía el recorrido del camino C. En este temase muestran las condiciones suficientes para que dos recorridos de C den lasmismas integrales. Como veremos en la proposición siguiente las condicionesque se imponen son las que permiten realizar un cambio de variable que pruebala igualdad de las integrales a lo largo de ambos recorridos.
Definition 15 Dado un camino C ⊂ Rn se dice que dos recorridos de C, ϕ :[a, b] ⊂ R → C ⊂ Rn y ψ : [c, d] ⊂ R → C ⊂ Rn, son equivalentes si existe unafunción h : [a, b] ⊂ R→ [c, d] ⊂ R biyectiva, continua, de clase C1 en el interiorde los intervalos Jj de una partición P de [a, b], con h′(t) 6= 0 en el interior decada Jj y tal que
ϕ(t) = ψ(h(t)) para todo t ∈ [a, b]
Observemos que como h es biyectiva y continua, es monótona; es decir obien es creciente o bien es decreciente. Por lo tanto h′(t) en el interior de cadaintervalo Jj toma el mismo signo. Por eso diremos que h′ es positiva o que h′
es negativa.
22
Por otro lado al ser h biyectiva existe la función inversa h−1 : [c, d]→ [a, b].además la condición h′(t) 6= 0 en todos los puntos de [a, b] salvo una cantidadfinita, implica, por el teorema de la función inversa, que la función h−1 tiene lasmismas propiedades que h.Por último observemos que en cada intervalo Jj la función h es un difeo-
morfismo; es decir, satisface las propiedades de las funciones que nos permitenrealizar un cambio de variable en la integral de Riemann. A continuación vamosa repasar algunos de los recorridos que hemos construido para ver cuales sonequivalentes entre sí y cuales no lo son.
Example 16 Los recorridos ψk descritos en el ejemplo 1 son equivalentes porquees fácil ver que para cada k1 > k2 la función h : [0, 1] → [0, 1] definida por
h(t) = tk1k2 es biyectiva, de clase C1 en [0, 1] y verifica que h′(t) = k1
k2tk1k2−1 6= 0
en el interior de [0, 1]. Además
ψk1(t) = (a1, ..., an) + tk1(v1, ..., vn)
= (a1, ..., an) +(tk1k2
)k2(v1, ..., vn)
= (a1, ..., an) + h(t)k2(v1, ..., vn)
= ψk2(h(t))
Sin embargo los recorridos del ejemplo 2 no son equivalentes porque si k1 >k2 el recorrido ψk1 pasa por cada punto de la elipse k1 veces mientras queel recorrido ψk2 pasa solo k2 veces, de modo que ninguna función biyectivah : [0, 2k1π] → [0, 2k2π] puede verificar que ψk1(t) = ψk2(h(t)) para todot ∈ [0, 2k1π].
Por otro lado es muy sencillo ver que para cualquier recorrido ϕ : [a, b] ⊂R→ C ⊂ Rn el recorrido ψ que se obtiene de transformar el intervalo [0, 1] en elintervalo [a, b] por medio de la función h(t) = (b− a)t+ a; es decir, el recorridoψ : [0, 1] → C dado por ψ(t) = ϕ((b − a)t + a) es un recorrido equivalente,lo cual nos permitirá asumir (como haremos en la unidad didáctica IV) que elintervalo de definición del recorrido es [0, 1].La siguiente proposición demuestra que las condiciones exigidas a los recor-
ridos para que sean equivalentes cumplen el objetivo marcado.
Proposition 17 Sean ϕ : [a, b] ⊂ R → C ⊂ Rn y ψ : [c, d] ⊂ R → C ⊂ Rndos recorridos equivalentes de C y sean f : U ⊂ Rn → R y F : U ⊂ Rn → Rndos campos continuos con C ⊂ U . Si existen las integrales
∫ϕ
f,∫ψ
f,∫ϕ
F · T y
23
∫ψ
F · T , entonces se verifica:
∫ϕ
f =
∫ψ
f,
∫ϕ
F · T =
∫ψ
F · T si h′es positiva
∫ϕ
F · T = −∫ψ
F · T si h′es negativa.
siendo h : [a, b] ⊂ R → [c, d] ⊂ R la función que verifica las condiciones dela definición anterior.
Proof. La demostración se basa en descomponer las integrales
∫ϕ
f =
b∫a
f(ϕ(t))||ϕ′(t)||dt
∫ϕ
F · T =
b∫a
F (ϕ(t))ϕ′(t)
||ϕ′(t)|| ||ϕ′(t)||dt
en la suma finita de integrales sobre los rectángulos Jj asociados a la partición deh, porque h en cada uno de estos intervalos verifica las condiciones del teoremadel cambio de variable, que recordemos dice así:Teorema del cambio de variable: Sean U, V ⊂ Rn dos conjuntos abiertos,
h : U → V = h(U) una función biyectiva, de clase C1 y con detDh(x) 6= 0 paratodo x ∈ U . Entonces para toda función f : h(U) → R integrable se verificaque ∫
h(U)
f =
∫U
(f(h))|detDh|
Como ahora estamos trabajando con n=1, mantenemos la notación Dh = h′,de modo que
24
∫ϕ
f =
b∫a
f(ϕ(t))||ϕ′(t)||dt
=
p∑j=1
∫Jj
f(ϕ(t))||ϕ′(t)||dt
=
p∑j=1
∫Jj
f(ψ(h(t))||ψ′(h(t))h′(t)||dt
=
p∑j=1
∫Jj
f(ψ(h(t))||ψ′(h(t))|| |h′(t)|dt
=
p∑j=1
∫h(Jj)
f(ψ(s)||ψ′(s)||ds
=
d∫c
f(ψ(s)||ψ′(s)||ds =
∫ψ
f
De manera análoga para campos vectoriales se verifica:
∫ϕ
F · T =
b∫a
F (ϕ(t))ϕ′(t)
||ϕ′(t)|| ||ϕ′(t)||dt
=
p∑j=1
∫Jj
F (ϕ(t))ϕ′(t)dt
=
p∑j=1
∫Jj
F (ψ(h(t))ψ′(h(t))h′(t)dt
De modo que si h′(t) es mayor que 0 en cada subintervalo entonces h′(t) =|h′(t)| y la suma de las integrales coincide con∫
ϕ
F · T =
p∑j=1
∫Jj
F (ψ(h(t))ψ′(h(t))|h′(t)|dt
=
p∑j=1
∫h(Jj)
F (ψ(s)ψ′(s)ds
=
∫ψ
F · T
25
Por último, si h′(t) es menor que 0 en cada subintervalo entonces h′(t) =−|h′(t)| y aplicando el mismo proceso nos queda∫
ϕ
F · T = −∫ψ
F · T
La siguiente definición nos va a proporcionar ejemplos de recorridos equiva-lentes.
Definition 18 Un camino C ⊂ Rn se dice que es un camino simple si existeun recorrido ϕ de C, ϕ : [a, b] ⊂ R → C ⊂ Rn y una partición P de [a, b] talque ϕ es de clase C1 y con derivada no nula en el interior de cada subintervaloJ de P y ϕ es inyectiva en [a, b]. Si ϕ es inyectiva en [a, b) y verifica queϕ(a) = ϕ(b), entonces se dice que C es un camino cerrado simple. Enambos casos llamaremos recorrido regular de C al recorrido ϕ que verifica lascondiciones descritas.
En el curso de Geometría de curvas y superficies también se usa el termino"regular" para distingir a las parametrizaciones α que verifican que α′(t) 6= 0.Es fácil ver que todos los polígonos (rectángulos, pentágonos, exágonos, etc),
las circunferencias y las elipses y en general los caminos cerrados que formamosuniendo tramos de las curvas usuales son caminos cerrados simples.Con las condiciones exigidas a los recorridos regulares podemos demostrar
en el próximo teorema que los recorridos regulares de los caminos simples sonrecorridos equivalentes.
Theorem 19 Dado un camino simple C ⊂ Rn, si ϕ : [a, b]→ C y ψ : [c, d]→ Cson dos recorridos regulares de C, entonces son recorridos equivalentes.
Proof. Como ϕ y ψ son inyectivas y verifican que ϕ([a, b]) = C = ψ([c, d]), lafunción h se define como la siguiente composición:
h = (ψ)−1 ◦ ϕ : [a, b]→ C → [c, d]
Por tanto es inmediato que h es biyectiva y que verifica ϕ(t) = ψ(h(t)) paratodo t ∈ [a, b]. La continuidad de h se puede probar razonando con sucesionesy por reducción al absurdo. Supongamos que h no es continua en un puntot0 ∈ [a, b], en ese caso debería existir una sucesión {tn} ⊂ [a, b] que converge at0 pero tal que {h(tn)} no converge a h(t0). Eso significa que existe un ε > 0 yuna subsucesión, que denotaremos por {tnk}, tales que
|h(tnk)− h(t0)| > ε
Observemos que la sucesión {h(tnk)} está contenida en [c, d] el cual es unconjunto compacto y por lo tanto la sucesión {h(tnk)} tiene una subsucesión con-vergente a un punto s0 ∈ [c, d]. Para simplificar la notación, volvemos a denotar
26
por {h(tnk)} a la subsucesión que converge a s0. Ahora por ser ψ continua severifica que {ψ(h(tnk)) = ϕ(tnk)} converge a ψ(s0) y también a ϕ(t0) = ψ(h(t0),de modo que ψ(s0) = ψ(h(t0), pero como por hipotesis ψ es inyectiva se tieneque cumplir que h(t0) = s0, lo cual es una contradicción.Por último la partición P ′ de [a, b] formada por intervalos donde h es de clase
C1 y con derivada no nula se consigue tomando una colección de puntos donde ϕ′
pierde la continuidad o se anula junto con los puntos {h−1(si) : i = 1, 2, ..., q}que corresponden a los punto {si : i = 1, 2, ..., q} ⊂ [c, d] donde ψ
′pierde la
continuidad o se anula.Observemos que si C es un camino cerrado simple y ϕ y ψ son dos recorridos
regulares de C que empiezan en el mismo punto, es decir, que ϕ(a) = ψ(c),entonces se puede definir h : [a, b]→ [c, d] como en el caso anterior y verifica lasmismas propiedades.El teorema anterior y la proposición 18 nos permiten hablar de la longi-
tud de un camino (cerrado) simple como el valor que se obtiene de la integral∫ϕ
1 tomando cualquier recorrido regular de C. De igual forma las integrales de
trayectoria a lo largo de los caminos (cerrados) simples, que aplicamos por ejem-plo en el cálculo del centro de masas o del momento de inercia, no dependen delrecorrido regular que tomemos. Esta circunstancia justifica la notación:∫
C
f
que usaremos para las integrales de trayectoria sobre caminos (cerrados) simples.Incluso podemos ir un poco más lejos. Observemos que si C es un camino
cerrado simple y ϕ : [a, b] ⊂ R→ C ⊂ Rn es un recorrido regular de C podemosinterpretar a C como una unión finita de caminos simples de la siguiente manera.Sea P = {Ji; 1 ≤ i ≤ p} la partición de [a, b] tal que ϕ restringida al interior
de cada subintervalo Ji es de clase C1 y con derivada no nula. Si llamamosCi = ϕ(Ji) a cada uno de estos caminos simples se verifica que la funcionϕ : Ji ⊂ R→ Ci es un recorrido regular de Ci y estos caminos solo se intersecan
en los bordes porque los subintervalos de la partición P satisfacen que◦Ji∩
◦Jj = ∅
para todo i 6= j y además ϕ es inyectiva en [a, b] si C no es cerrado, o inyectivaen [a, b) si C es cerrado con ϕ(a) = ϕ(b), en cuyo caso los caminos C1 y Cptienen un punto frontera en común. De modo que para cada camino Ci y para
cada campo escalar continuo f la integral∫Ci
f esta bien definida y no depende
del recorrido regular que usemos para calcularla. Además se verifica que bajolas condiciones descritas ∫
C
f =
p∑i=1
∫Ci
f
razón por la cual podemos calcular cada integral usando el recorrido regular deCi que nos sea más cómodo, incluso sin preocuparnos de la orientación que le
27
demos.En cuanto a las integrales de línea en caminos (cerrados) simples, hemos
visto que para cada par de recorridos ϕ y ψ de C, si F es un campo continuo,puede suceder que
∫ϕ
F · T y∫ψ
F · T sean iguales o que tengan signos distintos,
según sea el signo de h′. Vamos a analizar el significado del signo de h′
Si h′ es positiva, entonces h : [a, b] → [c, d] es biyectiva y creciente lo cualimplica que h(a) = c y h(b) = d. En consecuencia los recorridos ϕ y ψ empiezany terminan en el mismo punto. De forma análoga, si h′ es negativa, entonces ϕempieza donde ψ termina y viceversa. Pero si C es un camino cerrado simpleel razonamiento anterior no es válido. Pensemos por ejemplo en dos recorridosque partiendo de un mismo punto dan una vuelta a la circunferencia C ={(x1, x2) ∈ R2 : x2
1 + x22 = 1}. Que h′ sea positiva significa que los vectores
tangentes a C, ϕ′(t) y ψ′(h(t)), son de igual dirección y sentido, puesto que
verifican ϕ′(t) = ψ′(h(t))h′(t). En este caso podemos expresar la relación entre
los recorridos diciendo que ϕ y ψ giran los dos sobre la circunferencia como lasagujas de un reloj o giran los dos en el sentido inverso a las agujas de un reloj.Mientras que si h′ es negativa, entonces los recorridos ϕ y ψ giran en sentidosopuestos. Incluso cuando el camino cerrado simple no es tan simple como lacircunferencia, si está en el plano parece que este mismo criterio de las agujasdel reloj explica el significado del signo de h′. De forma que podríamos asignarel signo positivo a los recorridos que giran en el sentido contrario a las agujas delreloj (a continuación veremos por qué éste es el positivo) y utilizar el símbolo∮
C
F · T
para la integral de línea de F a lo largo de C con orientación positiva, siempreque C sea un camino cerrado simple.
En el caso de las integrales de línea cuando aplicamos la descomposicióndel camino cerrado simple en los caminos Ci asociados a la partición P, comodescribimos antes, podemos de nuevo aplicar el resultado del teorema 19 y cal-cular
∮C
F · T como la suma de las integrales sobre los caminos Ci; es decir que
se verifica que ∮C
F · T =
p∑i=1
∮Ci
F · T
pero en este caso tenemos que elegir los recorridos regulares de los caminossimples Ci de modo que todos lleven la misma orientación. Eso es lo que significa
el símbolo∮.
Observemos que podemos simplificar aún más los cálculos asignando un signonegativo a la integral de linea del campo vectorial F a lo largo un camino simpleCi si el recorrido regular que hemos construido no lleva la orientación adecuada,en lugar de cambiar el recorrido para darle la orientación que necesitamos.
28
Estas simplificaciones del cálculo de∮C
F · T usando la suma o resta de las
integrales de∫CiF · T será una de las estratejias que emplearemos en la última
unidad didáctica para probar el teorema de Stokes.Como ya hemos comentado la orientación positiva para un camino cerrado
simple en R2 se define usando como referencia el movimiento de las agujas delreloj. Pero si el camino (aún contenido en R2) no es cerrado es imposible decidira priori que orientación es positiva y cual es negativa. Por ejemplo pensemosen los cuatro lados del cuadrado [0, 1]× [0, 1]. Dos de estos lados son vertivalesy cuando recorremos el cuadrilatero con orientación positiva uno de los ladosverticales se recorre de arriba a abajo y el otro al revés. De modo que si C es un
camino simple no cerrado el símbolo∮significa con una orientación fijada para
cada C que es empezando en ϕ(a) ∈ C1 ⊂ C y terminando en ϕ(b) ∈ Cp ⊂ C.En este caso cada camino simple Ci+1 tiene la orientación que marca el caminoCi anterior.La demostración formal de que esta definición es correcta es debida al matemático
francés del siglo XIX Camile Jordan. A menudo a lo largo de la historia la comu-nidad matemática ha dado por validas propiedades que creían evidentes porquetodos los ejemplos que conocían las satisfacían. Este fue el caso de los caminoscerrados simples en el plano: se daba por hecho que todo camino cerrado sim-ple divide al plano en dos regiones arco-conexas, la región encerrada dentro delcamino y la región exterior al camino. Fue Jordan el primer matemático que sedió cuenta de que esta propiedad debía ser demostrada y trató de hacerlo, perono lo consiguió. La demostración llegó en 1905 y fue realizada por el matemáticoamericano Oswald Veblen.La propiedad que sí demostró Jordan y que justifica la definición de ori-
entación positiva para los caminos cerrados simples en R2 es la siguiente:Si ϕ : [a, b]→ C es un recorrido regular del camino cerrado simple C ⊂ R2,
entonces definiendo el giro de un punto x0 ∈ R2\C como:
giro(x0) = 12π
b∫a
(ϕ1(t)− x0,1)ϕ′2(t)− (ϕ2(t)− x0,2)ϕ′1(t)
(ϕ1(t)− x0,1)2 + (ϕ2(t)− x0,2)2dt
se verifica que esta integral es cero para todo x0 exterior al camino y vale +1ó -1 para los puntos interiores, tomando el valor +1 cuando ϕ recorre C en elsentido contrario a las agujas del reloj y tomando el valor -1 si ϕ recorre C enel sentido de las agujas del reloj.Por otro lado, la función más utilizada para recorrer la circunferencia unidad
en R2; esto es el recorrido regular:
ϕ : [0, 1] ⊂ R → C ⊂ R2
t (cos2πt, sen2πt)
tiene orientación positiva.Pero si la curva cerrada simple entá contenida en Rn con n ≥ 3 esta referencia
del movimiento de las agujas del reloj ya no funciona. Pensemos por ejemplo
29
en una circunferencia contenida en el plano XY que se recorre en el sentidocontrario al movimiento de las agujas del reloj cuando la miramos posicionadosel el punto (0, 0, 1), como por ejemplo hace el siguiente recorrido:
ϕ : [0, 1] ⊂ R → C ⊂ R3
t (cos2πt, sen2πt, 0)
Si nos posicionamos en el punto (0, 0,−1) vemos a la función recorriendola circunferencia en el mismo sentido que siguen las agujas del reloj. Por lotanto no podemos decir que este recorrido sea positivo o negativo. Para algunascurvas cerradas simples contenidas en R3 (los bordes de las superficies simples)vamos a establecer en la siguiente unidad didáctica (tema 9) el significado deorientación positiva.Una vez que hemos aprendido a integrar campos escalares y campos vecto-
riales sobre recorridos y hemos analizado las condiciones que debe cumplir unrecorrido para que las integrales no dependan de él, vamos a mostrar que cuandoun campo vectorial verifica las condiciones adecuadas la integral de trayectoriase simplifica de manera muy significativa.
1.1.4 Tema 4. Campos conservativos. Principio de conservación dela energía mecánica.
En este tema vamos a enunciar el segundo teorema fundamental del cálculo paraintegrales de línea, del cual se deduce el principio de conservación de la energíamecánica. Empezamos viendo la definición de campo conservativo.
Definition 20 Se dice que un campo vectorial F : U ⊂ Rn → Rn (Uabierto) es conservativo si existe un campo escalar f : U ⊂ Rn → R talque ∇f(x) = F (x) para todo x ∈ U. El campo escalar f recibe el nombre defunción potencial de F .
Recordemos que los primeros ejemplos de campos vectoriales que mostramosen el tema 2 eran conservativos.
Example 21 El campo vectorial que describe la fuerza de atracción entre dospartículas de masas m y M,
F (x1, x2, x3) =−GmM
(x21 + x2
2 + x23)3/2
(x1, x2, x3)
es un campo conservativo, cuya función potencial es:
f(x1, x2, x3) =GmM
(x21 + x2
2 + x23)1/2
Estos campos se llaman conservativos porque en ellos se verifica el principiode conservación de la energía mecánica, es decir, que las sumas de la energíacinética y potencial de una partícula que se desplaza en dichos campos es con-stante. En realidad un campo de fuerzas no será conservativo si existe fricción enel sistema, puesto que ésta tiende a convertir la energía mecánica en calorífica.
30
Theorem 22 Segundo teorema fundamental del cálculo para integralesde línea: Si F : U ⊂ Rn → Rn es un campo conservativo continuo y U es unconjunto abierto y arco-conexo de Rn, entonces el trabajo que se realiza al moveruna partícula entre dos puntos cualesquiera x y y en U unidos por cualquierrecorrido ϕ en U es: ∫
ϕ
F · T = f(y)− f(x)
siendo f la función potencial del campo F
La demostración es una sencilla aplicación del teorema de Stokes que pro-baremos en la segunda parte del libro.Observemos que si el recorrido ϕ es cerrado, entonces el teorema anterior
prueba que∫ϕ
F · T = 0.
A continuación vamos a deducir del teorema anterior la ley de conser-vación de la energía, enunciada por primera vez en 1840 por el físico inglésMichael Faraday (1791-1867): en un campo conservativo la suma de las energíascinética y potencial de un objeto se mantiene constante de punto a punto.Se sabe que la energía cinética de una partícula de masa m y velocidad v es
Ec = 12mv
2, y que la energía potencial Ep de esa partícula en un punto x de uncampo conservativo F es Ep(x) = −f(x), siendo f la función potencial de F .En consecuencia, el trabajo realizado por F en un recorrido que une los puntosx e y es:
Trabajo =∫ϕ
F · T = f(y)− f(x) = Ep(x)− Ep(y)
En otras palabras el trabajo es igual a la diferencia de las energías potencialesen x e y. Si ϕ(t) es el vector de posición de la partícula que se mueve desdex = ϕ(a) hasta y = ϕ(b), entonces en cualquier instante t, la velocidad y laaceleración de la partícula son: v(t) = ϕ′(t) y a(t) = ϕ′′(t), respectivamente.Así pues, por la segunda ley del movimiento de Newton, F = ma(t) = mv′(t) yel trabajo realizado por F es:
Trabajo =∫ϕ
F · T =b∫a
[F (ϕ(t)]ϕ′(t)dt =b∫a
[mv′(t)]ϕ′(t)dt =
b∫a
m[v′(t)v(t)]dt =b∫a
m[v(t)v(t)
2
]′dt = m
[v(t)v(t)
2
]ba
= 12mv(b)2 − 1
2mv(a)2 =
Ec(y)− Ec(x)
Igualando los dos resultados obtenidos se sigue que:
Ep(x)− Ep(y) = Ec(y)− Ec(x)
y por lo tanto
Ep(x) + Ec(x) = Ep(y) + Ec(y).
31
Otra aplicación del Segundo teorema fundamental del cálculo para inte-grales de línea se obtiene al considerar el campo de fuerzas F (x1, x2, x3) =
−GMm (x1,x2,x3)(√x21+x22+x23
)3 que ejerce una partícula de masa M sobre otra de masa
m, siendo G > 0 la constante de gravitación universal. Este campo vectoriales conservativo porque si tomamos f(x1, x2, x3) = GMm(√
x21+x22+x23
) comprobamosque ∇f(x) = F (x) para todo x ∈ U ⊂ R3\{0}. Entonces el trabajo realizadopor la fuerza de gravitación al mover una particula de masa m desde un puntox hasta y en unidos por cualquier recorrido ϕ en U es:∫
ϕ
F · T = f(x)− f(y) = GMm
(1
||x|| −1
||y||
)
Para poder aplicar el segundo teorema fundamental para las integrales delínea necesitamos aprender a reconocer cuándo un campo vectorial es con-servativo. Eso nos lo dirá el teorema de Poincaré en la segunda parte delcurso. De momento adelantamos que para campos vectoriales en el plano,F : U ⊂ R2 → R2 la condición que han de cumplir las dos funciones com-ponentes F = (F1, F2) es
D2F1(x1, x2) = D1F2(x1, x2) (1)
Mientras que para campos vectoriales en el espacio F : U ⊂ R3 → R3.las fun-ciones componentes F = (F1, F2, F3) deben cumplir las siguientes condiciones:
D2F1(x1, x2, x3) = D1F2(x1, x2, x3)
D3F1(x1, x2, x3) = D1F3(x1, x2, x3) (2)
D2F2(x1, x2, x3) = D2F3(x1, x2, x3)
Example 23 Como adelantamos en el primer apartado el campo F (x1, x2) =(1, x1) no es conservativo porque D2F1(x1, x2) = 0 6= 1 = D1F2(x1, x2). Mien-tras que, como vimos en el ejemplo 8, el campo vectorial F (x1, x2) = (2x1, 2x2)se obtiene como el gradiente del campo escalar f(x1, xl2) = x2
1+x22 y por lo tanto
es conservativo. En efecto, es facíl comprobar que en este caso se verifican lasdos condiciones puesto que
D2F1(x1, x2) = 0 = D1F2(x1, x2)
Observemos que esta misma circunstancia la vamos a tener en todos loscasos en que la función F1(x1, x2) solo dependa de la variable x1 y la funciónF2(x1, x2) dependa solo de la variable x2; es decir cuando el campo vectorial seade la forma
F (x1, x2) = (F1(x1), F2(x2))
Una vez establecido que el campo vectorial es conservativo pasamos a calcularla función potencial, o lo que es lo mismo, el campo escalar f : U ⊂ R2 → R
32
que verifica que ∇f = F . Lo haremos usando la relación entre las funcionesf, F1 y F2, esto es
D1f(x1, x2) = F1(x1, x2)
D2f(x1, x2) = F2(x1, x2)
Estas relaciones nos permiten afirmar que
f(x1, x2) =
∫F1(x1, x2)dx1 + C(x2) =
∫F2(x1, x2)dx2 +K(x1)
La primera igualdad la obtenemos al integrar respecto de la variable x1 enla primera expresión, mientras que la segunda igualdad la obtenemos al integrarrespecto de la variable x2 en la segunda expresión. Observemos que cuando cal-culamos una integral indefinida la solución que se da depende de una constanteque solemos llamar C o K. En las dos integrales indefinidas que realizamosahora esas constantes pueden depender de las variables x2 y x1, respectivamente,porque en la primera integral x2 actua como constante, mientras que en la se-gunda es x1 la que actua como constante. Aplicando estas ecuaciones al casoF (x1, x2) = (2x1, 2x2) obtenemos que la función potencial asociada f(x1, x2)verifica
f(x1, x2) =
∫F1(x1, x2)dx1 + C(x2) =
∫2x1 + C(x2) = x2
1 + C(x2)
o bien
f(x1, x2) =
∫F2(x1, x2)dx2 +K(x1) =
∫2x2dx2 +K(x1) = x2
2 +K(x1)
Por lo tanto para saber como es f(x1, x2) solo nos falta calcular una de lasdos funciones C(x2) o K(x1). Para ello volvemos a usar de nuevo la relación∇f = F , de modo que si derivamos en la primera igualdad respecto a la variablex2 obtenemos que
D2f(x1, x2) = C ′(x2) = F2(x1, x2) = 2x2
De donde se deduce que C ′(x2) = 2x2 y por lo tanto C(x2) =∫
2x2dx2 =x2
2 + C y f(x1, x2) = x21 + x2
2 + CSi en lugar de derivar en la primera igualdad respecto a x2 hubieramos elegido
la otra opción, derivar en la segunda igualdad respecto a x1 habríamos obtenidoque
D1f(x1, x2) = K ′(x1) = F1(x1, x2) = 2x1
De donde se deduce que K ′(x1) = 2x1 y por lo tanto K(x1) =∫
2x1dx1 =x2
1 + K y f(x1, x2) = x21 + x2
2 + K. Como era de experar ambos caminos nosllevan a la misma solución f(x1, x2) = x2
1 + x22 + C = x2
1 + x22 + K, donde la
única diferencia está en la letra que hemos elegido para nombrar a la constante.A continuación vamos a ver un ejemplo en R3. Usaremos el mismo método
pero como trabajamos con tres variables los cálculos se complican un poco mas.
33
Vamos a tomar el campo vectorial F (x1, x2, x3) = (cosx1, ex2 , x3
1+x23). Empezamos
comprobando que verifica las tres condiciones (2) para ser conservativo:
D2F1(x1, x2, x3) = 0 = D1F2(x1, x2, x3)
D3F1(x1, x2, x3) = 0 = D1F3(x1, x2, x3)
D3F2(x1, x2, x3) = 0 = D2F3(x1, x2, x3)
Observemos que esta misma circunstancia la vamos a tener en todos loscasos en que la función F1(x1, x2, x3) solo dependa de la variable x1, la funciónF2(x1, x2, x3) dependa solo de la variable x2 y la función F3(x1, x2, x3) dependasolo de la variable x3; es decir cuando el campo vectorial sea de la forma
F (x1, x2, x3) = (F1(x1), F2(x2), F3(x3)).
Una vez establecido que el campo vectorial es conservativo podemos calcularla función potencial f que verifica que ∇f = F . Lo haremos usando la relaciónentre las funciones f, F1, F2 y F3, esto es
D1f(x1, x2, x3) = F1(x1, x2, x3)
D2f(x1, x2, x3) = F2(x1, x2, x3)
D3f(x1, x2, x3) = F3(x1, x2, x3)
Estas relaciones nos permiten afirmar que
f(x1, x2, x3) =
∫F1(x1, x2, x3)dx1 + C1(x2, x3)
=
∫F2(x1, x2, x3)dx2 + C2(x1, x3)
=
∫F3(x1, x2, x3)dx3 + C3(x1, x2)
La primera igualdad la obtenemos al integrar respecto de la variable x1 enla primera expresión. Como en este caso las variables x2 y x3 actuan comoconstantes, al calcular la integral indefinida la constante que nos aparece puededepender de estas variables y por esa razón la hemos denotado por C1(x2, x3).De forma análoga obtenemos las otras dos expresiones de la función potencial.Podemos trabajar con cualquiera de las tres igualdades para obtener f , pero
para que se vea con mayor claridad el desarrollo del proceso vamos a trabajar solocon una de ellas, por ejemplo con la primera expresión. Aplicando la primeraigualdad al caso F (x1, x2, x3) = (cosx1, e
x2 , x31+x23
) obtenemos que la función
potencial asociada f(x1, x2, x3) verifica
f(x1, x2, x3) =
∫F1(x1, x2, x3)dx1 + C1(x2, x3) =
∫cosx1dx1 + C1(x2, x3)
= senx1 + C1(x2, x3)
34
Ahora para saber como es f nos falta calcular la función C1(x2, x3). Paraello volvemos a usar de nuevo la relación ∇f = F , de modo que si derivamosrespecto a la variable x2 obtenemos que
D2f(x1, x2, x3) = D2C1(x2, x3) = F2(x1, x2, x3) = ex2
De donde se deduce que
D2C1(x2, x3) = ex2
y por lo tanto
C1(x2, x3) =
∫ex2dx2 +K(x3) = ex2 +K(x3)
Observemos que de nuevo la constante que aparece al realizar la integralindefinida puede depender de la variable x3 que está actuando en este caso comouna constante. De modo que tenemos la siguiente expresión para f
f(x1, x2, x3) = senx1 + C1(x2, x3) = senx1 + ex2 +K(x3)
Por último, para saber como es f solo nos falta calcular la función K(x3).Para ello volvemos a usar de nuevo la relación ∇f = F , de modo que si deriva-mos respecto a la variable x3 obtenemos que
D3f(x1, x2, x3) = K ′(x3) = F3(x1, x2, x3) =x3
1 + x23
De donde se deduce que
K ′(x3) =x3
1 + x23
y por lo tanto
K(x3) =
∫ (x3
1 + x23
)dx3 +K =
1
2ln(1 + x2
3) +K
En conclusión hemos probado que la función potencial es
f(x1, x2, x3) = senx1 + ex2 +1
2ln(1 + x2
3) +K.
En el siguiente ejemplo vamos a ver como utilizar el segundo teorema fun-damental del cálculo para integrales de línea para simplificar las operaciones endeterminadas integrales de linea.
Example 24 Dado el campo vectorial F (x1, x2) = (x32 + 1, 3x1x
22 + 1) y dado
el recorrido ϕ(t) = (1 − cost, sent) para t ∈ [0, π] vamos a calcular la integralde línea
∫ϕ
F · T . Vamos a mostrar tres opciones para calcular esta integral.
35
La primera es aplicando simplemente la definición que nos lleva a la siguienteintegral:∫
ϕ
F · T =
π∫0
F (ϕ(t))ϕ′(t)dt
=
π∫0
(sen3t+ 1, 3(1− cost)sen2t+ 1)(sent, cost)dt
=
π∫0
(sen4t+ sent+ 3costsen2t− 3cos2tsen2t+ cost)dt
La segunda es calculando la función potencial del campo F . Para ello primerocomprobamos que F es conservativo; es decir que verifica la condición 1
D2F1(x1, x2) = 3x22 = D1F2(x1, x2)
Una vez establecido que el campo vectorial es conservativo pasamos a calcularla función potencial; es decir, el campo escalar f : U ⊂ R2 → R que verifica que∇f = F . Para ello usamos la relación entre las funciones f, F1 y F2, esto es
D1f(x1, x2) = F1(x1, x2)
D2f(x1, x2) = F2(x1, x2)
Estas relaciones nos permiten afirmar que
f(x1, x2) =
∫F1(x1, x2)dx1 + C(x2) =
∫F2(x1, x2)dx2 +K(x1)
Aplicando la primera de estas ecuaciones al caso F (x1, x2) = (x32+1, 3x1x
22+
1) obtenemos que la función potencial asociada f(x1, x2) verifica
f(x1, x2) =
∫(x3
2 + 1)dx1 + C(x2) = x1(x32 + 1) + C(x2)
Por lo tanto, para saber como es f(x1, x2) solo nos falta calcular la funciónC(x2). Para ello volvemos a usar de nuevo la relación ∇f = F , de modo que siderivamos respecto a la variable x2 obtenemos que
D2f(x1, x2) = 3x1x22 + C ′(x2) = F2(x1, x2) = 3x1x
22 + 1
De donde se deduce que C ′(x2) = 1 y por lo tanto C(x2) =∫dx2 = x2 +C y
f(x1, x2) = x1(x32+1)+x2+C. Ahora aplicamos el segundo teorema fundamental
de cálculo para integrales de linea∫ϕ
F · T = f(x)− f(y)
= f(1− cosπ, senπ)− f(1− cos0, sen0)
= f(2, 0)− f(0, 0) = 2− 0 = 2
36
La tercera opción consiste en aplicar el hecho de que al ser el campo conservativola integral de línea es independiente del camino por el cual vamos desde el puntoϕ(0) = (0, 0) hasta el punto ϕ(π) = (2, 0), por esta razón podemos elegir uncamino más sencillo que una estos dos puntos, como por ejemplo una rectacuyo recorrido regular puede ser ψ(t) = (t, 0) para t ∈ [0, 2] y nos queda laintegral
∫ϕ
F · T =
∫ψ
F · T =
2∫0
F (ψ(t))ψ′(t)dt
=
2∫0
(1, 1)(1, 0)dt =
2∫0
dt = 2.
Hemos visto como se simplifica el cálculo de las integrales de línea cuandoel campo vectorial es conservativo. En el siguiente tema vamos a estudiar otrocaso en el cual también se pueden simplificar las integrales de línea pero estavez poniendo condiciones sobre el camino.
1.1.5 Tema 5. El teorema de Green
En este tema vamos a enunciar un teorema que recibe su nombre en honordel matemático inglés George Green (1793-1841). El teorema demuestra queen R2, bajo ciertas condiciones, la integral de línea
∫ϕ
F · T coincide con cierta
integral doble sobre el recinto R que encierra el camino cerrado C = ϕ([a, b]).Pensemos por ejemplo en C una circunferencia y R el círculo correspondiente.La condición para ϕ es que sea un recorrido regular y con orientación positivade un camino cerrado simple C, de ahí que en el enunciado del teorema se utilicela notación
∮C
F · T .
Theorem 25 Teorema de Green: Si F : U ⊂ R2 → R2 es de clase C1, Ues un conjunto abierto que contiene a la región R y el borde de R, ∂R, es uncamino cerrado simple, entonces se verifica que:∮
∂R
F · T =
∫R
(D1F2(x)−D2F1(x))dx.
En algunos texto se utiliza la notación∮∂R
F1(x)dx1+F2(x)dx2 =∫R
(D1F2(x)−
D2F1(x))dx. En la segunda parte veremos como se deduce este teorema del teo-rema de Stokes. Los siguientes ejemplos muestran como utilizar el teorema deGreen para simplificar los cálculos.En primer lugar recordemos que si el campo vectorial F : U ⊂ R2 → R2 es
conservativo entonces verifica que:
D1F2(x)−D2F1(x) = 0.
37
Por lo tanto el teorema de Green nos dice que la integral de línea a lo largode un camino cerrado simple de un campo vectorial conservativo es 0. Eso es loque sucede en el siguiente ejemplo.
Example 26 Vamos a calcular la integral de línea del campo vectorial F (x1, x2) =(f(x1), g(x2)) siendo f, g : (−2, 2) ⊂ R→ R dos funciones de clase C1 sobre lacurva cerrada simple en forma de rectángulo que obtenemos al unir los puntos( 1
2 ,32 ), (− 1
2 ,32 ), (− 1
2 ,−32 ) y ( 1
2 ,−32 ). Primero observamos que el campo vectorial
asi definido es conservativo sean cómo sean las funciones f y g, por como estándistribuidas las variables entre ellas. Como además el camino es una poligo-nal cerrada contenida en la región simple U = (−2, 2)× (−2, 2) de F , podemosaplicar el teorema de Green y concluir que∫
C
F · T = 0
El siguiente ejemplo nos muestra como gracias al Teorema de Green podemosevitar el cálculo de primitivas muy difíciles por otras inmediatas.
Example 27 Tomamos el siguiente campo vectorial:
F (x1, x2) = (arctgx1 + x22, e
x22 cosx2 + x21)
y el camino cerrado simple dado por C = {(x1, x2) ∈ R2;x1 = 2cos(t), x2 =
3sen(t), t ∈ [0, 2π]}, que corresponde a la elipse de ecuación x214 +
x229 = 1. Ob-
servemos que para calcular la integral de línea∮C
F · T tendríamos que resolver
la siguiente integral:∮C
F · T
=
b∫a
F (ϕ(t))ϕ′(t)dt
=
2π∫0
(arctg(2cost) + 9sen2t, e9sin2tcos(3sent) + 4cos2t)(−2sent, 3cost)dt
=
2π∫0
(−2sentarctg(2cost)− 18sen3t+ 3coste9sen2tcos(3sent) + 12cos3t)dt
donde hemos tomado como recorrido regular con orientación positiva del caminocerrado simple C la función ϕ : [0, 2π] → C dada por: ϕ(t) = (2cost, 3sent).Como vemos nos aparecen funciones cuyas integrales primitivas son difíciles de
38
calcular, mientras que aplicando el teorema de Green llegamos a la siguienteintegral doble: ∫
R
(D1F2(x)−D2F1(x))dx =
∫R
(2x1 − 2x2)dx,
siendo R la región encerrada por la elipse. Esta segunda integral es sencilla decalcular utilizando el siguiente cambio a coordenadas elípticas:
x1 = 2rcosθ
x2 = 3rsenθ
que transforma el recinto R en el rectángulo R′ = {(r, θ) : 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤2π} de modo que la última integral se transforma en:∫
R′
2(2cosθ − 3senθ)6rdrdθ =
2π∫0
1∫0
12r(2cosθ − 3senθ)drdθ
= 6
2π∫0
(2cosθ − 3senθ)(r2]10dθ
= 6
2π∫0
(2cosθ − 3senθ)dθ
= 6 (2senθ + 3cosθ]2π0 = 0
Otra ventaja del uso del teorema de Green la obtenemos cuando el caminocerrado simple está formado por varios tramos de curvas que necesitan recorridosdistintos, como por ejemplo los lados de un rectángulo.
Example 28 Dado el campo vectorial F (x1, x2) = (x32, x
31 + 3x1x
22) vamos a
calcular la integral de línea de este campo a lo largo del camino cerrado simpleC formado por los lados del rectángulo [−1, 0] × [2, 4] y recorrido en el sentidode las agujas del reloj. Para calcular esta integral de línea tendríamos primeroque buscar cuatro recorridos regulares correspondientes a los cuatro lados delrectángulo, lo cual supone bastante trabajo (ver problema 2), y después calcularcuatro integrales de linea, mientras que aplicando el teorema de Green la integralde línea se transforma en una sencilla integral doble
−∮C
F · T = −∫R
(D1F2(x)−D2F1(x))dx
= −∫R
3x21dx = −
0∫−1
4∫2
3x21dx2dx1
= −2(x3
1
]0−1dx1 = −2.
39
Otra aplicación del teorema de Green se obtiene a partir de la siguienteobservación. Si el campo vectorial F verifica que D1F2(x) − D2F1(x) = 1,entonces la integral de la derecha se convierte en
∫R
dx = area(R) y el teorema
de Green nos permite calcular áreas de recintos del plano por medio de la integralde línea de la curva cerrada que forma el borde del recinto R. Una forma sencillade conseguir que el campo F verifique la condición D1F2(x) −D2F1(x) = 1 estomando F (x1, x2) = 1
2 (−x2, x1). El siguiente ejemplo nos muestra un caso enel cual resulta útil la aplicación descrita del teorema de Green porque la integralde línea sobre el recorrido de la curva frontera de R es un poco más sencilla quela integral doble sobre R.
Example 29 Vamos a calcular el área de la región encerrada por la hipoci-clóide, que es la curva de ecuación x2/3
1 +x2/32 = a2/3 siendo a > 0, cuya gráfica
puede verse en la figura 4. Para calcular el área de esta región dividiríamos Ren cuatro partes iguales y llegaríamos a la siguiente integral:
area(R) = 4
a∫0
√(a2/3 − x2/3
1 )3dx1
que se resuelve con el cambio de variable x1 = acos3θPero también podemos usar las coordenadas polares para encontrar un recor-
rido sencillo sobre esta curva
ϕ : [0, 2π] ⊂ R → R2
t (acos3t, asen3t)
Observemos que el recorrido está orientado positivamente y que aplicando elteorema de Green al campo vectorial F (x1, x2) = 1
2 (−x2, x1) el cálculo del áreade R queda así:
area(R) =
∮∂R
F1(x)dx1 + F2(x)dx2 =
b∫a
F (ϕ(t))ϕ′(t)dt
=1
2
2π∫0
(−asen3t, acos3t)(−3acos2tsent, 3asen2tcost)dt
=3a2
2
2π∫0
(sen4tcos2t+ sen2tcos4t)dt
=3a2
2
2π∫0
sen2tcos2t(sen2t+ cos2t)dt =3a2
2
2π∫0
sen2tcos2tdt
Para resolver esta integral utilizamos las fórmulas trigonométricas senθcosθ =
40
12sen2θ y sen2θ = 1
2 (1− cos2θ) de modo que
area(R) =3a2
2
2π∫0
sen2tcos2tdt =3a2
8
2π∫0
sen22tdt
=3a2
16
2π∫0
(1− cos4t)dtdt =3a2
16
(t− sen4t
4
]2π
0
=3πa2
8
x
y
Figura 4: hipocicloide
El teorema de Green está enunciado para recintos R cuyo borde es un caminocerrado simple, sin embargo lo podemos aplicar a otros recintos más complica-dos: los que se puedan expresar como uniones de recintos del primer tipo. Elsiguiente ejemplo nos muestra un recinto de este tipo
Example 30 Si llamamos R a la corona circular comprendida entre las circun-ferencias x2
1 + x22 = 1 y x2
1 + x22 = 4 es fácil ver (ver figura 5) que este recinto
se puede descomponer en la unión de dos recintos, R1, R2, de modo que ambostienen como frontera curvas cerradas simples.
1. Ahora aplicamos el teorema de Green a los recintos R1 y R2. Por un lado,tenemos que el borde de R1, recorrida en sentido positivo, está formada porcuatro arcos de curva representados en la figura 5 como C1, C2, C3 y C4 ypor otro lado el borde de R2, recorrida en sentido positivo, está formada porlos cuatro arcos de curva C5, C6, C7 y C8. Entonces aplicando el teoremade Green vemos que para todo campo vectorial F : U ⊂ R2 → R2 de clase
41
R1
R2
C1
C4
C3
C2
C8
C7
C6
C5
R1
R2
R1
R2
R1
R2
C1
C4
C3
C2
C8
C7
C6
C5
Figure 4: Figura 5: Corona circular
C1 se verifica que∫R
(D1F2(x)−D2F1(x))dx
− =
∫R1
(D1F2(x)−D2F1(x))dx+
∫R2
(D1F2(x)−D2F1(x))dx
=
∮∂R1
F · T +
∮∂R2
F · T
=
∫C1
F · T +
∫C2
F · T +
∫C3
F · T +
∫C4
F · T
+
∫C5
F · T +
∫C6
F · T +
∫C7
F · T +
∫C8
F · T
Pero los recorridos C2 y C8, asi como los recorridos C4 y C6, se mueven sobrelos mismos caminos pero en sentidos contrarios de modo que las integrales de
42
línea respectivas verifican que∫C2
F · T = −∫C8
F · T
∫C4
F · T = −∫C6
F · T
Por otro lado los recorridos C1 y C5 recorren la circunferencia de radio 2 ensentido positivo, mientras que los otros dos recorridos que nos quedan, C3 y C7;recorren la circunferencia de radio 1 en sentido negativo, con lo cual el teoremade Green aplicado a este caso nos dice que∫
R
(D1F2(x)−D2F1(x))dx =
∮CC2
F · T −∮CC1
F · T
siendo CC2 la circunferencia de radio 2 y CC1 la circunferencia de radio 1.
En los cinco ejemplos anteriores el lector ha podido comprobar como sepueden simplificar de forma significativa las integrales de línea cuando se danlas condiciones suficientes para poder aplicar el teorema de Green, de modo quecuando en el futuro se le proponga resolver una integral de linea, merece la penaemplear unos minutos en analizar si se dan esas condiciones para aplicar estapoderosa herramienta.
43
(1,1)(0,1)
(1,0)(0,0)
(1,1)(0,1)
(1,0)(0,0)
Figure 5: Figura 6: Cuadrado [0,1]x[0,1]
1.1.6 Problemas de la unidad didáctica I
A continuación encontrará una colección de problemas cuyos contenidos sonsimilares a los de los ejemplos que aparecen en las secciones anteriores. En cadaproblema se ofrece una pequeña sugerencia donde se dan las claves para desarrol-lar la solución. Si no dispone del tiempo suficiente para resolver los problemas,al menos dedique unos minutos en pensar como desarrollaría la solución. Deesta forma aprenderá mucho más que si se limita a leer la respuesta.Problema 1 Dado el camino C = c([−2, 3]), siendo c(t) = (t, t2), encontrar
un recorrido de C que empiece en el punto (3, 9) y termine en el punto (−2, 4)Sugerencia: Observe que el camino dado es un tramo de la parabola x2 =
x21. La misma función c que describe el camino puede servir para encontrar elrecorrido pedido, para ello bastará con componer esta función c con otra funcióncontinua h que transforme cierto intervalo, por ejemplo el intervalo [0, 1], en elintervalo [−2, 3] pero llevando el número 0 al 3 y el número 1 al -2. Para consegiruna función h con estas propiedades basta con una función del tipo h(s) = as+b,para ciertos valores a, b adecuados.
Problema 2 Encontrar un recorrido que pase por todos los puntos delcuadrado representado en la siguiente figura:Sugerencia: Empezar construyendo cuatro funciones que sirvan para de-
scribir los cuatro lados del cuadrado, usando el método empleado en el ejemplo1. Después modificar los intervalos donde están definidas esas cuatro funcionespara construir un camino que una los cuatro lados.Problema 3 Dada una función f : [a, b] → R que sea diferenciable con
continuidad en todo el intervalo excepto a lo sumo en una cantidad finita depuntos, definimos la longitud de la gráfica de f como la longitud del recorridoϕ : [a, b]→ R2 dado por ϕ(t) = (t, f(t)).
44
a) Demostrar que la longitud de la gráfica de f es:
b∫a
√1 + (f ′(t))2dt
b) Calcular la longitud de la gráfica de f(t) =√
1− t2 cuando t ∈ [−1, 1].Sugerencia: Los dos apartados son sencillos de resolver. En el primero
bastará con aplicar la definición de longitud de un recorrido al caso que nos dany en el segundo observar que la gráfica de la función que nos dan correspondea la semicircunferencia con centro el origen y radio 1, por lo tanto su longitudnos debe dar πProblema 4 Hallar la masa, el centro de masas y el momento de inercia del
alambre cuya forma es la porción de la curva de intersección de las superficiesx1 + x2 = 1 y x2 + x3 = 1 desde el punto (1, 0, 0) hasta el punto (0, 1, 0), si ladensidad del alambre es f(x1, x2, x3) = x2
1
Sugerencia: Primero hay que buscar la función ϕ que recorre el caminodescrito para lo cual se puede usar el ejemplo 1 ¿porqué? Después se aplicanlas definiciones de los tres conceptos que nos llevaran a resolver siete integralesde trayectoria sencillas.Problema 5 Dado el campo de fuerzas F (x1, x2) = (x2,−x1) calcular el
trabajo realizado por dicho campo al mover una partícula por la hipérbola deecuación x1 + 1 = (x2 + 1)3 desde el punto (0, 0) hasta el punto (7, 1).Sugerencia: Observe que los puntos del camino satisfacen una ecuación ex-
plícita en la variable x1 que servirá para construir el recorrido y recuerde queel trabajo se calcula usando una integral de línea.Problema 6 La fuerza que ejerce en el origen una carga eléctrica sobre una
partícula cargada en el punto x es
F (x) = k
x1(√x2
1 + x22 + x2
3
)3 ,x2(√
x21 + x2
2 + x23
)3 ,x3(√
x21 + x2
2 + x23
)3
siendo K una constante. Calcular el trabajo realizado cuando una partícula semueve a lo largo de una línea recta desde (2, 0, 0) hasta (2, 1, 5).Sugerencia: Recuerde que el trabajo se calcula usando una integral de línea.Problema 7 Comprobar que los siguientes campos vectoriales son conserv-
ativos y calcular las funciones potenciales respectivas.a) F (x1, x2) = (−x2sen(x1x2) + 2(x1 + x2),−x1sen(x1x2) + 2(x1 + x2))b) F (x1, x2, x3) = (x2x3 + 2, x1x3 + 3, x1x2 + 4).c) F (x1, x2, x3) = (ex1(x2+x3)(x2+x3), ex1(x2+x3)x1+log(x2
3+1), ex1(x2+x3)x1+x22x3x23+1
)
Sugerencia: Siga los pasos del proceso desarrollado en el ejemplo 24Problema 8 Si F (x1, x2, x3) = (a, b, c) es un campo vectorial de fuerzas
constante, demostrar que el trabajo realizado al mover una partícula a lo largode un camino arbitrario desde un punto P hasta otro punto Q es igual a F (
−−→PQ).
45
r=2
r=1
r=2
r=1
Figure 6: Figura 7: media corona
Sugerencia: Piense en qué casos se verifica que la solución no depende delcamino que se recorra.Problema 9 Calcular el trabajo realizado por el campo de fuerzas F (x1, x2) =
((√
x21 + 5
)3
−3x2, 6x1+5log(1+x22)) para mover una partícula por el triángulo
de vértices (0, 0), (5, 0) y (0, 5) en el sentido contrario a las agujas del reloj.Sugerencia: Si utiliza el teorema de Green apenas tendrá que hacer cálculos.Problema 10 Calcule ∮
C
F · T
siendoF (x1, x2) = (x22, 3x1x2) y C el camino representado en la figura 7.
Sugerencia: Observe que el camino descrito es cerrado simple lo cual nospermite utilizar ¿qué teorema?.
46
1.1.7 Soluciones de los problemas de la unidad didáctica I
Intente resolver los problemas, o al menos esbozar una respuesta, antes de leerla solución.Problema 1 Dado el camino C = c([−2, 3]), siendo c(t) = (t, t2), encontrar
un recorrido de C que empiece en el punto (3, 9) y termine en el punto (−2, 4)Solución Podemos usar la función c para encontrar el recorrido, para ello
solo tendremos que modificar c de modo que abance en sentido contrario. Estose consigue construiyendo una función h(s) = as + b que nos transforme elintervalo [0, 1] en el intervalo [−2, 3] pero llevando el número 0 al 3 y el número1 al -2. Para ello necesitamos que a, b verifiquen las siguientes ecuaciones:{
h(0) = b = 3h(1) = a+ b = −2
De donde obtenemos que b = 3 y a = −5. Entonces la función ϕ = f ◦ hdada por
ϕ : [0, 1] ⊂ R → C ⊂ R2
s (−5s+ 3, (−5s+ 3)2)
es un recorrido sobre C que empieza en ϕ(0) = (3, 9) y termina en ϕ(1) = (−2, 4)como nos pedian.Observemos que se puede cojer cualquier intervalo [p1, p2] con p1 < p2 para
definir ϕ porque el sistema lineal correspondiente{h(p1) = ap1 + b = 3h(p2) = ap2 + b = −2
es siempre compatible determinado.Problema 2 Encontrar un recorrido que pase por todos los puntos del
cuadrado representado en la siguiente figura 8:Solución: Vamos a usar la función descrita en el ejemplo 3 que sirve para
describir un recorrido sobre un segmento de una recta, en cada uno de los cuatrolados del cuadrado. Para ello necesitamos determinar para cada lado un puntoy un vector director.
lado1punto(0, 0)
vector(1, 0)
lado2punto(1, 0)
vector(0, 1)
lado3punto(1, 1)
vector(−1, 0)
lado4punto(0, 1)
vector(0,−1)
Siguiendo los pasos del ejemplo 3, construimos ahora cuatro funciones; c1,c2, c3y c4, todas ellas definidas sobre el intervalo [0, 1], de modo que cada función nosproporcione el camino del lado correspondiente:
c1(t) = (0, 0) + t(1, 0) = (t, 0) c2(t) = (1, 0) + t(0, 1) = (1, t)c3(t) = (1, 1) + t(−1, 0) = (1− t, 1) c4(t) = (0, 1) + t(0,−1) = (0, 1− t)
47
(1,1)(0,1)
(1,0)(0,0)lado 1
lado 4
lado 3
lado 2
(1,1)(0,1)
(1,0)(0,0)
(1,1)(0,1)
(1,0)(0,0)lado 1
lado 4
lado 3
lado 2
Figure 7: Figura 8: cuadrado de lado 1
Ahora vamos a construir cuatro funciones h1, h2, h3 y h4 que nos transfor-maran los intervalos [0, 1], [1, 2], [2, 3] y [3, 4] en el intervalo [0, 1] respectiva-mente. Como vimos en el problema anterior, las funciones hi que necesitamosson del tipo hi(s) = ais+ bi siendo ai, bi los números adecuados para que cadaintervalo se transforme en el intervalo [0, 1]. Estos números los obtenemos re-solviendo los siguientes sistemas líneales:{
h1(0) = b1 = 0h1(1) = a1 + b1 = 1
{h2(1) = a2 + b2 = 0h2(2) = a22 + b2 = 1{
h3(2) = a32 + b3 = 0h3(3) = a33 + b3 = 1
{h4(3) = a43 + b4 = 0h4(4) = a44 + b4 = 1
Resolviendo estos sistemas obtenemos que
h1(s) = s h2(s) = s− 1h3(s) = s− 2 h4(s) = s− 3
Ahora ya estamos preparados para construir la función ϕ que describe elrecorrido pedido. El intervalo de partida va a ser [0, 4] y ϕ estará definida en loscuatro subintervalos [0, 1], [1, 2], [2, 3] y [3, 4] utilizando para cada uno de elloslas funciones ci y hi que hemos construido.
ϕ(s) =
c1 ◦ h1(s) = (s, 0) si s ∈ [0, 1]
c2 ◦ h2(s) = (1, s− 1) si s ∈ [1, 2]c3 ◦ h3(s) = (1− (s− 2), 1) = (3− s, 1) si s ∈ [2, 3]c4 ◦ h4(s) = (0, 1− (s− 3)) = (0, 4− s) si s ∈ [3, 4]
.
48
Observemos que la función asi construida es continua en todos los puntospero no es derivable en s = 1, s = 2 y s = 3.Problema 3 Dada una función continua f : [a, b] ⊂ R→ R que sea diferen-
ciable con continuidad en todo el intervalo excepto a lo sumo en una cantidadfinita de puntos, definimos la longitud de la gráfica de f como la longitud delrecorrido ϕ : [a, b]→ R2 dado por ϕ(t) = (t, f(t)).a) Demostrar que la longitud de la gráfica de f es:
b∫a
√1 + (f ′(t))2dt
b) Calcular la longitud de la gráfica de f(t) =√
1− t2 cuando t ∈ [−1, 1].Solución: Observemos que las condiciones pedidas a la función f nos ase-
guran que la función ϕ es un recorrido sobre la curva formada por los puntosde la gráfica de f . Recordemos que la gráfica de f se define precisamente comoel siguiente conjunto:
Grafica(f) = {(t, x) ∈ R1+1; f(t) = x}
a) Basta con aplicar la definición de longitud de un recorrido al recorridoasociado a la gráfica de la función f cuyo vector velocidad es: ϕ′(t) = (1, f ′(t))de modo que:
l(ϕ) =
b∫a
||ϕ′(t)||dt =
b∫a
√1 + (f ′(t))2dt
b) En este caso el recorrido ϕ corresponde al camino C = {(x1, x2) =(t,√
1− t2); t ∈ [−1, 1]}; es decir que los puntos (x1, x2) ∈ C verifican quex2 =
√1− t2 =
√1− x2
1, o equivalentemente x21 + x2
2 = 1 lo cual significa queC es la semicircunferencia de radio 1 y centro (0, 0) que está contenida en elsemiplano x2 ≥ 0. Por el apartado a) la longitud de esta gráfica será:
longitud Grafica(f) =
b∫a
√12 + (f ′(t))2dt
=
1∫−1
√1 +
(−2t
2√
1− t2
)2
dt
=
1∫−1
√1 +
t2
1− t2 dt
=
1∫−1
√1
1− t2 dt
49
Para resolver esta integral hacemos el cambio de variable t = cos s y nosqueda la siguiente integral
0∫π
√1
1− cos2 s(−sens)ds =
π∫0
√1
sen2s(sens)ds =
π∫0
ds = π
En este caso hemos podido simplificar√
1sen2s = 1
sens porque en el intervalo
[0, π] la función sens toma valores positivos.Problema 4 Hallar la masa, el centro de masas y el momento de inercia del
alambre cuya forma es la porción de la curva de intersección de las superficiesx1 + x2 = 1 y x2 + x3 = 1 desde el punto (1, 0, 1) hasta el punto (0, 1, 0), si ladensidad del alambre es f(x1, x2, x3) = x2
1
Solución: Empezamos buscando un recorrido regular ϕ : [a, b] ⊂ R→ C ⊂R3. Observemos que las ecuaciones de las dos superficies corresponden a dosplanos en el espacio y por lo tanto el camino de este problema es un segmentode la recta intersección de ambos planos. Como vimos en el ejemplo 1 si tenemosdos puntos de la recta entonces el recorrido ϕ viene dado por:
ϕ(t) = (1, 0, 1) + t(1, 0, 1) = (1− t, t, 1− t) con t ∈ [0, 1].
Ahora para calcular los datos que nos piden utilizamos las fórmulas:
masa(alambre) =
b∫a
f(ϕ(t))||ϕ′(t)||dt
centro de masa =1
masa(alambre)
∫C
x1f,
∫C
x2f,
∫C
x3f
momento de inercia =
∫C
(x22 + x2
3)f,
∫C
(x21 + x2
3)f,
∫C
(x21 + x2
2)f
Empecemos calculando la masa del alambre, para ello observamos que f(ϕ(t)) =
(1− t)2 y que ϕ′(t) = (−1, 1,−1)
masa(alambre) =
1∫0
(1− t)2√
3dt =√
3
(− (1− t)3
3
]1
0
=
√3
3=
1√3.
50
Pasamos ahora a calcular el centro de masa
centro de masa
=√
3
1∫0
(1− t)3√
3dt,
1∫0
t(1− t)2√
3dt,
1∫0
(1− t)3√
3dt
= 3
((− (1− t)4
4
]1
0
,
(t2
2− 2t3
3+t4
4
]1
0
,
(− (1− t)4
4
]1
0
)
=1
4(3, 1, 3) .
Por último calculamos el momento de inercia que será el vector: 1∫0
(t2 + (1− t)2)(1− t)2√
3dt,
1∫0
2(1− t)4√
3dt,
1∫0
(t2 + (1− t)2)(1− t)2√
3dt
=√
3
1∫0
(2t4 − 6t3 + 7t2 − 4t+ 1)dt,−2(1− t)5
5]10,
1∫0
(2t4 − 6t3 + 7t2 − 4t+ 1)dt
=√
3
((2t5
5− 3t4
2+
7t3
3− 2t2 + t
]1
0
,2
5,
(2t5
5− 3t4
2+
7t3
3− 2t2 + t
]1
0
)
=
√3
30(7, 12, 7) .
Problema 5 Dado el campo de fuerzas F (x1, x2) = (x2,−x1) calcular eltrabajo realizado por dicho campo al mover una partícula por la hipérbola deecuación x1 + 1 = (x2 + 1)3 desde el punto (0, 0) hasta el punto (7, 1).Solución: Empezamos buscando el recorrido. Para ello utilizaremos la
ecuación de la hiperbola y tomaremos una de las variables como parámetro t.Observemos que si tomamos x2 = t el recorrido nos queda ϕ(t) = ((t+1)3−1, t)mientras que si tomamos x1 = t el recorrido queda asi ϕ(t) = (t, 3
√t+ 1 − 1),
como la primera función de t es un poco más sencilla a la hora de derivar eintegrar vamos a tomar esa opción, de modo ϕ : [0, 1] → C viene dado porϕ(t) = ((t+ 1)3 − 1, t). Ahora pasamos a calcular el trabajo utilizando la sigu-
51
iente integral de línea:∫C
F · T =
1∫0
F (ϕ(t))ϕ′(t)dt
=
1∫0
(t,−(t+ 1)3 + 1)(3(t+ 1)2, 1)dt
=
1∫0
(3t2 + 2t3)dt =
=
(t3 +
1
2t4]1
0
=3
2.
Problema 6 La fuerza que ejerce en el origen una carga eléctrica sobre unapartícula cargada en el punto x es
F (x) = k
x1(√x2
1 + x22 + x2
3
)3 ,x2(√
x21 + x2
2 + x23
)3 ,x3(√
x21 + x2
2 + x23
)3
siendo k una constante. Calcular el trabajo realizado cuando una partícula semueve a lo largo de una línea recta desde (2, 0, 0) hasta (2, 1, 5)Solución Empezamos buscando el recorrido. Según vimos en el ejemplo 1
el recorrido viene dado por:
ϕ : [0, 1] ⊂ R → C ⊂ R3
t (a1, a2, a3) + t(v1, v2, v3)
siendo (a1, a2, a3) = (2, 0, 0) el punto de partida y (v1, v2, v3) = (2, 1, 5) −(2, 0, 0) = (0, 1, 5) el vector director de la recta. De modo que el recorridoen este caso es: ϕ(t) = (2, t, 5t) con t ∈ [0, 1]. Ahora calculamos el trabajoresolviendo la siguiente integral de línea:∫
C
F · T
=
1∫0
F (ϕ(t))ϕ′(t)dt
=
1∫0
k
(2(√
22 + t2 + 25t2)3 , t(√
22 + t2 + 25t2)3 , 5t(√
22 + t2 + 25t2)3)
(0, 1, 5)dt
= k
1∫0
26t(√4 + 26t2
)3 dt = k
(−1√
4 + 26t2
]1
0
= k
(√30− 2
2√
30
).
52
Problema 7 Comprobar que los siguientes campos vectoriales son conserv-ativos y calcular las funciones potenciales respectivas.a) F (x1, x2) = (−x2sen(x1x2) + 2(x1 + x2),−x1sen(x1x2) + 2(x1 + x2))b) F (x1, x2, x3) = (x2x3 + 2, x1x3 + 3, x1x2 + 4)c) F (x1, x2, x3) = (ex1(x2+x3)(x2 + x3), ex1(x2+x3)x1 + log(x2
3 + 1),ex1(x2+x3)x1 + x22x3
x23+1)
Solución: a) Vamos a comprobar que se verifica la condición (1) de campoconservativo en el plano.
D2F1(x1, x2) = −sen(x1x2)− x2x1cos(x1x2) + 2 = D1F2(x1, x2)
Una vez establecido que el campo vectorial es conservativo podemos calcularla función potencial; es decir el campo escalar f : U ⊂ R2 → R que verifica que∇f = F a partir de la relación entre las funciones f, F1 y F2, esto es
D1f(x1, x2) = F1(x1, x2)
D2f(x1, x2) = F2(x1, x2)
Estas relaciones nos permiten afirmar que
f(x1, x2) =
∫F1(x1, x2)dx1 + C(x2) =
∫F2(x1, x2)dx2 +K(x1)
Vamos a utilizar la primera de las igualdades para calcular f .
f(x1, x2) =
∫F1(x1, x2)dx1 + C(x2)
=
∫(−x2sen(x1x2) + 2(x1 + x2))dx1 + C(x2)
= cos(x1x2) + x21 + 2x1x2 + C(x2)
Por lo tanto para saber como es f(x1, x2) solo nos falta calcular la funciónC(x2). Para ello volvemos a usar de nuevo la relación ∇f = F , de modo que siderivamos respecto a la variable x2 obtenemos que
D2f(x1, x2) = −x1sen(x1x2) + 2x1 + C ′(x2) = F2(x1, x2)
= −x1sen(x1x2) + 2(x1 + x2)
De donde se deduce que C ′(x2) = 2x2 y por lo tanto C(x2) =∫
2x2dx2 =x2
2 + C. En conclusión hemos obtenido que
f(x1, x2) = cos(x1x2) + x21 + 2x1x2 + x2
2 + C
= cos(x1x2) + (x1 + x2)2 + C
b) Empezamos comprobando que verifica las tres condiciones descritas en(2) para ser conservativo:
D2F1(x1, x2, x3) = x3 = D1F2(x1, x2, x3)
D3F1(x1, x2, x3) = x2 = D1F3(x1, x2, x3)
D3F2(x1, x2, x3) = x1 = D2F3(x1, x2, x3)
53
Una vez establecido que el campo vectorial es conservativo podemos calcularla función potencial f, que verifica que ∇f = F , a partir de la relación entre lasfunciones f, F1, F2 y F3, esto es
D1f(x1, x2, x3) = F1(x1, x2, x3)
D2f(x1, x2, x3) = F2(x1, x2, x3)
D3f(x1, x2, x3) = F3(x1, x2, x3)
Estas relaciones nos permiten afirmar que
f(x1, x2, x3) =
∫F1(x1, x2, x3)dx1 + C1(x2, x3)
=
∫(x2x3 + 2)dx1 + C1(x2, x3)
= x1x2x3 + 2x1 + C1(x2, x3)
Ahora para saber como es f nos falta calcular la función C1(x2, x3). Paraello volvemos a usar de nuevo la relación ∇f = F , de modo que si derivamosrespecto a la variable x2 obtenemos que
D2f(x1, x2, x3) = x1x3 +D2C1(x2, x3) = F2(x1, x2, x3) = x1x3 + 3
De donde se deduce que
D2C1(x2, x3) = 3
y por lo tanto
C1(x2, x3) =
∫3dx2 +K(x3) = 3x2 +K(x3)
Observemos que de nuevo la constante que aparece al realizar la integralindefinida puede depender de la variable x3 que está actuando en este casocomo una constante. De modo que tenemos la siguiente expresión para f
f(x) = x1x2x3 + 2x1 + C1(x2, x3) = x1x2x3 + 2x1 + 3x2 +K(x3)
Por último, para saber como es f solo nos falta calcular la función K(x3).Para ello volvemos a usar de nuevo la relación∇f = F , de modo que si derivamosrespecto a la variable x3 obtenemos que
D3f(x1, x2, x3) = x1x2 +K ′(x3) = F3(x1, x2, x3) = x1x2 + 4
De donde se deduce queK ′(x3) = 4
y por lo tanto
K(x3) =
∫4dx3 +K = 4x3 +K
54
En conclusión hemos probado que la función potencial es
f(x1, x2, x3) = x1x2x3 + 2x1 + 3x2 + 4x3 +K.
c) Empezamos comprobando que se verifican las tres condiciones descritasen (2) para que F sea un campo conservativo.
D2F1(x1, x2, x3) = ex1(x2+x3)(x1)(x2 + x3) + ex1(x2+x3) = D1F2(x1, x2, x3)
D3F1(x1, x2, x3) = ex1(x2+x3)(x1)(x2 + x3) + ex1(x2+x3) = D1F3(x1, x2, x3)
D3F2(x1, x2, x3) = ex1(x2+x3)(x1)2 +2x3
x23 + 1
= D2F3(x1, x2, x3)
Una vez establecido que el campo vectorial es conservativo podemos calcularla función potencial f, que verifica que ∇f = F , a partir de la relación entre lasfunciones f, F1, F2 y F3, esto es
D1f(x1, x2, x3) = F1(x1, x2, x3)
D2f(x1, x2, x3) = F2(x1, x2, x3)
D3f(x1, x2, x3) = F3(x1, x2, x3)
Estas relaciones nos permiten afirmar que
f(x1, x2, x3) =
∫F1(x1, x2, x3)dx1 + C1(x2, x3)
=
∫ex1(x2+x3)(x2 + x3)dx1 + C1(x2, x3)
= ex1(x2+x3) + C1(x2, x3)
Ahora para saber como es f nos falta calcular la función C1(x2, x3). Paraello volvemos a usar de nuevo la relación ∇f = F , de modo que si derivamosrespecto a la variable x2 obtenemos que
D2f(x1, x2, x3) = ex1(x2+x3)x1 +D2C1(x2, x3)
= F2(x1, x2, x3)
= ex1(x2+x3)x1 + log(x23 + 1)
De donde se deduce que
D2C1(x2, x3) = log(x23 + 1)
y por lo tanto
C1(x2, x3) =
∫log(x2
3 + 1)dx2 +K(x3) = x2log(x23 + 1) +K(x3)
De modo que tenemos la siguiente expresión para f
f(x) = ex1(x2+x3) + C1(x2, x3) = ex1(x2+x3) + x2log(x23 + 1) +K(x3)
55
Por último, para saber como es f solo nos falta calcular la función K(x3).Para ello volvemos a usar de nuevo la relación∇f = F , de modo que si derivamosrespecto a la variable x3 obtenemos que
D3f(x1, x2, x3) = ex1(x2+x3)x1 +x22x3
x23 + 1
+K ′(x3)
= F3(x1, x2, x3)
= ex1(x2+x3)x1 +x22x3
x23 + 1
De donde se deduce queK ′(x3) = 0
y por lo tanto
K(x3) =
∫0dx3 +K = K
En conclusión hemos probado que la función potencial es
f(x1, x2, x3) = ex1(x2+x3) + x2log(x23 + 1) +K.
Problema 8 Si F (x1, x2, x3) = (a, b, c) es un campo vectorial de fuerzasconstante, demostrar que el trabajo realizado al mover una partícula a lo largode un camino arbitrario desde un punto P hasta otro punto Q es igual a F
−−→PQ.
Solución Al ser el campo de fuerzas constante es fácil ver que verifica lascondiciones 2 y por lo tanto es un campo vectorial conservativo cuya funciónpotencial es f(x1, x2, x3) = ax1 + bx2 + cx3 + C y podemos aplicar el segundoteorema fundamental de la integral de línea∫ϕ
F · T = f(Q)− f(P ) = aQ1 + bQ2 + cQ3 + C − (aP1 + bP2 + cP3 + C)
= a(Q1 − P1) + b(Q2 − P2) + c(Q3 − P3) = F−−→PQ.
Problema 9 Calcular el trabajo realizado por el campo de fuerzas F (x1, x2) =((√x2
1 + 5)3−3x2, 6x1 +5log(1+x22)) para mover una partícula por el triángulo
de vértices (0, 0), (5, 0) y (0, 5) en el sentido contrario a las agujas del reloj.Solución Como el camino es en este caso cerrado simple y F es de clase C1
en todo el plano, podemos aplicar el teorema de Green y convertir la integralde línea sobre el triángulo en una integral doble sobre la región encerrada porel triángulo ∮
∂R
F · T =
∫R
(D1F2(x)−D2F1(x))dx
=
∫R
(6− (−3))dx = 9area(R) = 9
(25
2
)
56
Puesto que el triángulo descrito es rectángulo (se apoya en los ejes de coor-denadas) y tiene tanto la base como la altura iguales a 5.Problema 10 Calcule ∮
C
x22dx1 + 3x1x2dx2
siendo C el camino representado en la figura 7.Solución Como C es un camino cerrado simple y el campo F es de clase C1
en el plano podemos aplicar el teorema de Green y convertir la integral de líneasobre la media corona circular en una integral doble sobre la región R encerradapor ∂R∮
∂R
F · T =
∫R
(D1F2(x)−D2F1(x))dx =
∫R
(3x2 − 2x2)dx =
∫R
x2dx.
Para calcular esta integral doble es conveniente hacer un cambio a coorde-nadas polares que nos transforman la región R en el rectángulo R′ = {(r, θ); r ∈[1, 2], θ ∈ [0, π]} de modo que
∮∂R
F · T =
∫R
x2dx =
2∫1
π∫0
(rsenθ)rdθdr
=
2∫1
r2 (−cosθ]π0 dr = 2
(r3
3
]2
1
=14
3.
57
1.1.8 Pruebas de autoevaluación de la unidad didáctica I
Prueba 11a: El recorrido definido por ϕ(t) = (
√t− 1, 3t) con t ∈ [0, 1], se mueve a lo
largo de:a) Una recta.b) Un elipse.c) Una parábola.2a: El módulo de la velocidad en el instante t0 del recorrido anterior es:a)√
9t2 + t+ 1− 2√t
b) 12
√36t+1t
c) 14
√t3
3a: Sea C ⊂ R3 un camino que pasa por los puntos correspondientes a laecuación: 3x2
1 + 2x22 − 6x1 + 4x2 = 1. Diga cual de los siguientes recorridos
corresponde al camino C.a) ϕ(t) = (1 +
√2 cos t,
√3sent− 1)
b) ϕ(t) = (1−√
2 cos t,√
3sent+ 1)c) ϕ(t) = (1 +
√3 cos t,
√2sent− 1)
4a: La longitud de un recorrido ϕ : [a, b] ⊂ R→ C ⊂ Rn se define por:
a)b∫a
||ϕ(t)||dt
b)b∫a
||ϕ′(t)||dt
c)b∫a
ϕ′(t)dt
5a: La masa del muelle C ={
1√2(cos t, sent, t); t ∈ [0, 6π]
}⊂ R3 siendo la
densidad del alambre f(x1, x2, x3) = 1 + x3 es:
a) 6π(
1 + 3π√2
)b) 3π
7
c)√
2π6a: Dado un recorrido ϕ de un camino C y dado un campo escalar acotado
f definido sobre C, se llama integral de trayectoria de f a lo largo de ϕ a laintegral:
a)b∫a
f(ϕ(t))||ϕ(t)||dt
b)b∫a
f(ϕ(t))ϕ′(t)dt
c)b∫a
f(ϕ(t))||ϕ′(t)||dt
7a: Dado un recorrido ϕ de C y dado un campo vectorial acotado F definidosobre C, se llama integral de línea de F a lo largo de ϕ a la integral:
a)b∫a
F (ϕ(t))ϕ′(t)dt
58
b)b∫a
F (ϕ(t))ϕ′′(t)dt
c)b∫a
F (ϕ(t))||ϕ′(t)||dt
8a: Sean α1 y α2 dos recorridos equivalentes de C y sea F un campo continuodefinido sobre C, entonces se verifica que:a)∫α1
F · T =∫α2
F · T
b)∫α1
F · T = −∫α2
F · T
c)
∣∣∣∣∣ ∫α1 F · T∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣ ∫α2 F · T∣∣∣∣∣
9a: Cual de las siguientes funciones verifica las condiciones de los recorridosregulares:a) ϕ(t) = (a cos(t) + p1, b sin(t) + p2) con t ∈ [0, 2π]b) ϕ(t) = (a cos(t) + p1, b sin(t) + p2) con t ∈ [0, 2kπ] y k ∈ Nc) ϕ(t) = (a cos(kt) + p1, b sin(kt) + p2) con t ∈ [0, 2π] y k ∈ N10a: El trabajo realizado por el campo de fuerzas F (x1, x2, x3) = (x2,−x1, 1)
al mover una partícula por el recorrido ϕ(t) = (cos t, sent, t/2π) con t ∈ [0, 2π]es:a) 1− 2πb) 2π − 1c) 2π
59
Prueba 2
1a: La longitud de la cicloide recorrida por la función
ϕ(t) = (r(t− sent), r(1− cos t)
con t ∈ [0, 2π] es igual a:a) 3rb) 4rc) 8r2a: La integral de línea del campo vectorial F (x1, x2, x3) = (cosx3, e
x1 , ex2)a lo largo del recorrido ϕ(t) = (1, t, et) con t ∈ [0, 2] es igual a:
a) 2e+ 12e
4 − 12
b) 2e+ 4e2
c) e+ 2e2
3a: Se dice que un campo vectorial F : U ⊂ Rn → Rn es conservativo si:a) Verifica que F (x) = F (y) para todo par x, y ∈ U.b) Existe una función f : U ⊂ Rn → R tal que ∇f(x) = F (x) para todo
x ∈ U.c)∫C
FN = 0 para todo camino cerrado simple C ⊂ U.
4a: Señale cual de los siguientes campos vectoriales es conservativo:a) F (x1, x2) =
(senx1x21+4
, log(x42 + x2
2 + 1))
b) F (x1, x2) = (x1 + x2, x2 − x1)c) F (x1, x2) = (x1x2, x1x2)5a: Señale cual de los siguientes campos vectoriales es conservativo:a) F (x1, x2, x3) = (x1x3, x2x3, x1x2)b) F (x1, x2, x3) = (senx1, log(x2
2 + 1), 3x23)
c) F (x1, x2, x3) = (x1 + 2x2, 2x1 + x3, 2x2 + x3)6a: El teorema de Green establece que dado un campo vectorial F : U ⊂
R2 → R2 de clase C1, donde U es un conjunto abierto que contiene a la regiónR y donde ∂R, el borde de R, es un camino cerrado simple, se verifica que:
a)∮∂R
F1(x)dx1 − F2(x)dx2 =∫R
(D1F2(x)−D2F1(x))dx.
b)∮∂R
F1(x)dx1 + F2(x)dx2 =∫R
(D1F2(x) +D2F1(x))dx.
c)∮∂R
F1(x)dx1 + F2(x)dx2 =∫R
(D1F2(x)−D2F1(x))dx.
7a: Sea C un camino cerrado simple y sea R la región encerrada por C,entonces por el treorema de Green se verifica quea) area(R) = 1
2
∮C
−x2dx1 + x1dx2
b) area(R) = 12
∮C
x1dx1 + x2dx2
c) area(R) = 12
∮C
x2dx1 + x1dx2
60
8a: Si C es el triángulo de vértices (1, 0, 0), (0, 1, 0) y (0, 0, 1) entonces laintegral de línea ∫
C
senπx1dx2 − cosπx2dx3
a) es 2π + 1
b) es πc) es 09a: Si C es el cuadrado de vértices (0, 0), (0, 1), (1, 1) y (1, 0) entonces la
integral de línea ∮C
x21dx1 + x1x2dx2
a) es 1b) es 1/2c) es 210a: Si C es el cuadrado de la pregunta anterior y consideramos el campo
vectorial F (x1, x2) = (x42 + x3
1, 2x61) entonces:
a)∮C
F · T = 1
b)∮C
F · T = 0
c)∮C
F · T = 1/2.
61
1.2 Unidad didáctica II. Integrales sobre superficies
En esta unidad didáctica se estudian las integrales de campos escalares y decampos vectoriales a lo largo de una superficie de R3. Ahora solo trabajaremosen R3.Como en la unidad anterior, el principal objetivo es mostrar cómo se uti-
lizan estas herramientas matemáticas para estudiar conceptos físicos como, porejemplo, el flujo, o cantidad de fluido que atraviesa una superficie por unidadde tiempo. El unidad consta de cuatro temas. En el primero, el tema 6, vamosa establecer las estructuras matemáticas de superficie y de recorrido de una su-perficie, para introducir después, en el siguiente tema, las integrales de camposescalares y de campos vectoriales sobre las superficies. Veremos también en eltema 7 distintas aplicaciones de estas integrales en problemas de Física.En el tema 8 analizaremos bajo qué condiciones se puede asegurar que dos
recorridos de una misma superficie son equivalentes, que nos llevará a la defini-ción de recorrido regular de una superficie simple. Veremos que las integrales decampos escalares no cambian si los recorridos regulares son equivalentes, perolas integrales de campos vectoriales si pueden cambiar de signo, como sucedíacon las integrales sobre caminos, razón por la cual es necesario introducir elconcepto de superficie orientable.Como curiosidad describiremos una superficie que no es orientable: la cinta
de Möbius.En el último tema de la unidad, el tema 9, enunciaremos el teorema de
Stokes en R3 y el teorema de Gauss. Ambos resultados, como veremos en lasegunda parte del texto, se deducirán del teorema general de Stokes para Rn.Mostraremos distintas situaciones en las cuales resulta especialmente ventajosala aplicación de estos teoremas.De nuevo, como en la unidad anterior, las tres últimas secciones están dedi-
cadas a reforzar los conceptos y estrategias aprendidos resolviendo los problemasque se proponen.
Notación
Para denotar a las superficies utilizaremos la letra S y para los recorridos delas superficies seguiremos empleando las letras ϕ y ψ, pero ahora serán funcionesde dos variables que están definidas en conjuntos de R2, que denotaremos porla letra R porque les llamaremos regiones simples. Como es habitual, dado
un conjunto R ⊂ Rn denotaremos por◦R al conjunto formado por los puntos
interiores a R, por R al conjunto formado por los puntos de adherencia de Ry por fron(R) al conjunto formado por los puntos frontera de R. Recordemosque siempre se verifican las siguientes relaciones:
◦R ⊂ R ⊂ R
◦R ∪ fron(R) = R
R es cerrado si y solo si R = R
62
Por otro lado, vamos a trabajar con matrices de tamaño nxm (n filas x mcolumnas) donde n y m tomaran los valores 2 y 3 y necesitaremos conocer elrango de estas matrices; es decir el número de filas (o el de columnas) linealmenteindependientes. Usaremos la notación rangDϕ(u) para hablar del rango de lamatriz Dϕ(u)..El lector ya debería estar acostumbrado a la notación que usamos en la
unidad didáctica anterior para describir objetos matemáticos con coordenadaso componentes, v = (v1, ..., vn) ∈ Rn y ϕ = (ϕ1, ..., ϕn). En esta unidad y en lassiguientes tendremos que trabajar con objetos matemáticos que llevan el guióny además tienen un subíndice, lo cual nos obliga a usar un subíndice doblepara las coordenadas o componentes de los mismos. Asi por ejemplo, cuandollamamos u0 a un vector de R2 denotaremos a sus coordenadas de la siguientemanera:u0 = (u01,u02). De forma análoga para describir las componentes deuna función del tipo ψk : R ⊂ R2 → R3 usaremos la siguiente notación para suscomponentes:
ψk(u) = (ψk1(u), ψk2(u), ψk3(u)).
Por otro lado, dados dos vectores v = (v1, v2v3), w = (w1, w2,w3) en R3
denotaremos, como es habitual, por v × w al producto vectorial de v y w, quese obtiene al resolver el siguiente determinante:
v × w = det
i j kv1 v2 v3
w1 w2 w3
.
Recordemos que las letras i, j, k hacen referencia a los vectores de la basecanónica i = e1 = (1, 0, 0), j = e2 = (0, 1, 0) y k = e3 = (0, 0, 1), de modoque si calculamos el determinante y luego reordenamos los sumandos obtenidospara poder agrupar los que tengan a i, los que tengan a j y los que tengan k,obtenemos el vector:
det
i j kv1 v2 v3
w1 w2 w3
= iv2w3 + jv3w1 + kv1w2 − (kv2w1 + jv1w3 + iw2v3)
= (v2w3 − w2v3)i+ (v3w1 − v1w3)j + (v1w2 − v2w1)k
= ((v2w3 − w2v3), (v3w1 − v1w3), (v1w2 − v2w1)).
Por último, en algunas ocasiones, por cuestiones de espacio, apareceran lascoordenadas de un vector en columna en lugar de aparecer en fila que es lohabitual.
1.2.1 Tema 6. Superficies y recorridos
En este primer tema se establecen los conceptos de superficie y recorrido deuna superficie, que están relacionados entre sí como los conceptos de camino y
63
recorrido de un camino. Al igual que sucedía en el tema anterior, ahora esta-mos más interesados en cómo recorrer toda la superficie que en las propiedadeslocales de la superficie. A los desplazamientos a lo largo de una superficie S lesllamaremos recorridos de SPara definir caminos y recorridos de caminos se usan funciones que actúan
sobre un intervalo [a, b]. Ahora las funciones están definidas en un conjuntocerrado y acotado de R2 (un compacto), al cual pediremos que sea conexo,porque de otro modo las superficies estarían formadas por subconjuntos disjun-tos, y también le pediremos que tenga interior no vacío, porque de otro modolos caminos en R3 serían también superficies. Una clase de conjuntos que reúneestas propiedades son las regiones encerradas por una curva cerrada simple.Por ejemplo, los rectángulos y los círculos. Emplearemos la letra R para deno-tarlos y les llamaremos regiones simples. Observemos que las regiones simplesson también conjuntos medibles Jordan, porque su frontera (el camino cerradosimple) es un conjunto de medida nula en R2.
Definition 31 Diremos que un subconjunto R ⊂ R2 es una región simple si esun conjunto cerrado y su frontera es un camino cerrado simple.
En el curso Topología se muestra que si fron(R) es un camino cerrado simpleentonces R es un conjunto compacto (puesto que es cerrado y acotado) y tanto
R como◦R no solo son conjuntos conexos sino que además son también arco
conexos.
Definition 32 Llamamos superficie en R3 a todo conjunto de puntos S ⊂ R3
que se obtiene al tomar la imagen de una región simple R por una funcióncontinua que no sea constante F : R ⊂ R2 → R3, es decir, S = F (R).
Como sucedía con los caminos, las superficies vienen descritas a través defunciones que en la mayoría de los casos nos serviran como recorridos aunque,como veremos en la siguiente definición, para que la función F que describea S sea un recorrido tiene que cumplir condiciones más exigentes de modoque podamos operar (derivar e integrar) con ella. Para los recorridos de lassuperficies volveremos a utilizar la letra ϕ.
Definition 33 Dada una superficie S ⊂ R3 se dice que una función ϕ : R ⊂R2 → R3 es un recorrido de S si ϕ es una función de clase C1 en todos lospuntos de la región simple R excepto en un conjunto de medida nula y ademásϕ(R) = S.
A continuación vamos a ver algunos ejemplos de superficies y de recorridos.Empezemos por el más sencillo: un sector de un plano.
Example 34 Recordemos que la ecuación general de un plano en R3 es de laforma:
a1x1 + a2x2 + a3x3 = a4
64
S
φ(u0)
D1φ(u0)
D2φ(u0)
N(u0)
S
φ(u0)
D1φ(u0)
D2φ(u0)
N(u0)
S
φ(u0)
D1φ(u0)
D2φ(u0)
N(u0)
donde los parametros a1, a2 y a3 determinan un vector perpendicular al plano,como es el vector (a1, a2, a3) y el parametro a4 determina por qué puntos pasael plano; por ejemplo pasará por el origen de coordenadas si y solo si se verificaque a4 = 0. A partir de esta ecuación del plano podemos despejar una de lastres variables; por ejemplo si a3 6= 0 tenemos que x3 = 1
a3(a4 − a1x1 − a2x2).
Una vez despejada una de las variables podemos recorrer un sector de planocon la función:
ϕ : [a, b]× [c, d] ⊂ R2 → S ⊂ R3
(u1, u2) (u1, u2,1a3
(a4 − a1u1 − a2u2))
En este caso es fácil observar que el recorrido es de clase C∞ no solo enlos puntos de la región R sino que se puede extender a todos los puntos de R2
y sigue siendo de clase C∞ .Además sus dos primeras componentes hacen quesea una función inyectiva.
Recordemos que para calcular integrales de linea y de trayectoria era nece-sario calcular el vector velocidad ϕ′(t). Ahora con las integrales sobre superfi-cies será necesario calcular el vector normal a la superficie. Para ello se defineprimero para cada punto x0 ∈ S el espacio vectorial tangente a S en x0
(donde existe) como el espacio vectorial generado por los vectores:
D1ϕ(u0) = (D1ϕ1(u0), D1ϕ2(u0), D1ϕ3(u0))
D2ϕ(u0) = (D2ϕ1(u0), D2ϕ2(u0), D2ϕ3(u0))
siendo u0 ∈ R tal que ϕ(u0) = x0. Como muestra la siguiente figura el espaciovectorial tangente no es otra cosa que el plano tangente a la superficie en elpunto x0 = ϕ(u0).
65
Y se define el espacio normal a S en x0 (donde existe), como el espaciogenerado por el vector perpendicular a D1ϕ(u0) y D2ϕ(u0) esto es el vector quese obtiene al considerar el producto vectorial de los dos vectores tangentes:
N(u0) = D1ϕ(u0)×D2ϕ(u0) = det
i j kD1ϕ1(u0) D1ϕ2(u0) D1ϕ3(u0)D2ϕ1(u0) D2ϕ2(u0) D2ϕ3(u0)
cuyas coordenadas son:
N(u0) =
D1ϕ2(u0)D2ϕ3(u0)−D1ϕ3(u0)D2ϕ2(u0)D1ϕ3(u0)D2ϕ1(u0)−D1ϕ1(u0)D2ϕ3(u0)D1ϕ1(u0)D2ϕ2(u0)−D1ϕ2(u0)D2ϕ1(u0)
En los problemas 4 y 5 se recuerdan algunas de las propiedades básicas del
producto vectorial.Observemos que la condición rang(Dϕ(u)) = 2 es equivalente a decir que
N(u) 6= 0, porque las tres coordenadas del vector N(u) coinciden con los tresmenores (los determinantes de las submatrices de tamaño 2× 2 de la matriz
Dϕ(u)) =
D1ϕ1(u0) D2ϕ1(u0)D1ϕ2(u0) D2ϕ2(u0)D1ϕ3(u0) D2ϕ3(u0)
Asi:
N(u0) =
det
(D1ϕ2(u0) D2ϕ2(u0)D1ϕ3(u0) D2ϕ3(u0)
)−det
(D1ϕ1(u0) D2ϕ1(u0)D1ϕ3(u0) D2ϕ3(u0)
)det
(D1ϕ1(u0) D2ϕ1(u0)D1ϕ2(u0) D2ϕ2(u0)
)
Ambas condiciones son equivalentes a decir que los vectores D1ϕ(u0) y
D2ϕ(u0) son no nulos y linealmente independientes.Como ya hemos adelantado, el cálculo de este vector N(u) será impre-
scindible para poder realizar las integrales sobre superficies que veremos másadelante, por esa razón en cada recorrido que definamos a partir de ahora elprimer paso a dar será calcular el vector N(u).
En general, todas las superficies que vienen descritas de forma explícita,como los planos que vimos en el ejemplo anterior, (o como los paraboloides,las semiesferas, secciones de hiperboloides,...); es decir, superficies que vienendescritas a través de una ecuación de la forma x3 = h(x1, x2), o una ecuaciónexplícita en las variables x1 o x2, nos permiten definir un recorrido de S pormedio de las siguiente función:
ϕ : R = [a, b]× [c, d] → S(u1, u2) (u1, u2, h(u1, u2))
66
siendo R adecuado para que h sea de clase al menos C1 en todos los puntos deR excepto a lo sumo en un conjunto de medida nula. Observemos que en estecaso ϕ es inyectiva y verifica que rang(Dϕ(u)) = 2 para todo u ∈ R porque
N(u) = (−D1h(u),−D2h(u), 1) 6= 0
Por otro lado, las superficies que vienen descritas de forma implícita; esdecir, a través de una ecuación de la forma: g(x1, x2, x3) = 0, como por ejemplosucede con la esfera x2
1 + x22 + x2
3 = 1, si se verifica que la función g es unafunción de clase C1 en un abierto de R3 y con vector gradiente distinto de 0en todos los puntos x0 con g(x0) = 0 entonces, por el teorema de la funciónimplícita, en cada punto x0 es posible despejar una variable en función de lasotras dos. Si por ejemplo podemos despejar x30 (es decir que D3g(x0) 6= 0)entonces existe una bola cerrada con centro en (x10, x20) que llamamos R y unafunción h : R ⊂ R2 → R de clase C1 en una bola algo mayor que R tal que lafunción
ϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ R3
(u1, u2) → (u1, u2, h(u1, u2))
es un recorrido de la superficie S = ϕ(R) que rodea al punto x0. En este casoϕ es inyectiva, de clase C1 y verifica que rang(Dϕ(u)) = 2 para todo u ∈ Rporque
N(u) =
(D1g(ϕ(u))
D3g(ϕ(u)),D2g(ϕ(u))
D3g(ϕ(u)), 1
)6= 0
Para calcular N(u) hemos aplicado el teorema de la función implícita que nosdice que los puntos u ∈ R verifican la igualdad g(ϕ(u)) = g(u1, u2, h(u1, u2)) =0, lo cual nos permite calcular D1h(u) y D2h(u) en función de las derivadas dela función g derivando en la expresión anterior.El siguiente ejemplo nos muestra el recorrido de una parte de la esfera que
obtenemos al aplicar esta idea y por otro lado nos muestra como las coordenadasesféricas nos permiten dar un recorrido de la esfera completa aunque no seráinjectivo.
Example 35 Para recorrer el casquete superior de la esfera x21 +x2
2 +x23 = 1; es
decir, el conjunto de puntos que verifican que x3 ≥ 0, despejamos de la ecuaciónde la esfera la variable x3 y tomamos como región simple R la sombra de lasuperficie sobre el plano XY ; es decir R = {(u1, u2);u2
1 + u22 ≤ 1} de modo que
la siguiente función es un recorrido del casquete superior
ϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ R3
(u1, u2) (u1, u2,√
1− u21 − u2
2)
En este caso ϕ es biyectiva, continua y de clase C1 en◦R, pero no es de
clase C1 en los puntos del borde.
67
sg(s)
x1
x3
x2
s
g(s)
x1
x2 sg(s)
x1
x3
x2s
g(s)
x1
x3
x2s
g(s)
x1
x3
x2
s
g(s)
x1
x2
s
g(s)
x1
x2
x1
x2
Por otro lado, si queremos recorrer la esfera completa podemos usar las co-ordenadas esféricas y obtenemos un recorrido como el siguiente
ψ : [0, 2π]× [0, π] ⊂ R2 → S ⊂ R3
(u1, u2) (cosu1senu2, senu1senu2, cosu2)
En este caso ψ no es inyectiva pero es de clase C∞ (no solo en R sino quese puede extender a todo R2 ) y verifica que rang(Dψ(u)) = 2 para todo u ∈ Rporque N(u1, u2) = (−cosu1sen
2u2,−senu1sen2u2,−senu2cosu2) 6= 0.
Observemos que si cambiamos la región simple dada por esta otra R =[0, 2kπ] × [0, π], siendo k un entero positivo, entonces el recorrido da k vueltasalrededor de la esfera. O si dejamos la región simple como está y cambiamos lasvariables u1 y/o u2 asi: (cos k1u1senk2u2, senk1u1senk2u2, cos k2u2) entoncesel recorrido da varias vueltas alrededor de la esfera.
El último recorrido ha sido construido a partir de las ecuaciones paramétri-cas de la esfera, que usan como parámetros los ángulos. Hay toda una familia desuperficies, las llamadas superficies de revolución, que gracias a sus propiedadesgeométricas admiten ecuaciones paramétricas, como la esfera o como el cilin-dro, el paraboloide, el hiperboloide y el cono, todas ellas son superficies que segeneran al girar la gráfica de ciertas funciones positivas g : [a, b] ⊂ R → R declase C1 alrededor de un eje en R3. En el caso del paraboloide: x2
1 + x22 = x3,
giramos la gráfica de la parábola asociada a la función g(s) =√s alrededor del
eje OX3, mientras que si el paraboloide es x21 + x2
3 = x2 entonces giramos laparábola g(s) =
√s alrededor del eje OX2 (ver figura 10)
De modo que podemos recorrer un sector de los paraboloides descritos con
68
las siguientes funciones
ϕ : [a, b]× [0, 2π] ⊂ R2 → S ⊂ R3
(u1, u2) (√u1 cosu2,
√u1senu2, u1)
ψ : [a, b]× [0, 2π] ⊂ R2 → S ⊂ R3
(u1, u2) (√u1 cosu2, u1,
√u1senu2)
Para el caso general de superficies generadas al girar la gráfica de una funciónpositiva g(s) alrededor del eje OX3 nos queda el recorrido de la siguiente manera
ϕ : [a, b]× [0, 2π] ⊂ R2 → S ⊂ R3
(u1, u2) (g(u1) cosu2, g(u1)senu2, u1)
En este caso el vector normal es:
N(u) = (−g(u1) cosu2,−g(u1)senu2, g(u1)g′(u1))
lo cual significa que N(u) se anula en los puntos (u1, u2) ∈ R con g(u1) = 0.Además en esos puntos ϕ no es inyectiva. Por otro lado, es claro que la con-tinuidad y la diferenciabilidad de ϕ dependeran de la continuidad y la derivabil-idad de g.A continuación introducimos el concepto de área de una superficie.
Definition 36 Dada una superficie S ⊂ R3 y dado un recorrido ϕ de S, sedefine al área de S según ϕ como:
area(S) =
∫R
||N(u)||du
Observemos que la integral anterior existe porque la función ||N(u)|| es porhipótesis continua en todo R excepto a lo sumo en un conjunto de medida nulay además el conjunto R es medible Jordan. A continuación vamos a justificarla definición de área de una superficie.Primero recordemos que dados dos vectores de R3, v y w, linealmente inde-
pendientes, el producto vectorial de ambos verifica:
||v × w||2 = ||v||2||w||2senθ
siendo θ el ángulo que forman v y w. De aquí se deduce que:
||v × w|| = área del paralelogramo de lados v y w.
De forma que si I es un rectángulo que contiene a R y P es una particiónde I, cada rectángulo Jj ∈ P con vértice uj lleva asociado un paralelepípedo J ′jcon vértice en ϕ(uj) contenido en el plano tangente a S (ver figura 11).Entonces una aproximación del área de S se obtiene al sumar las áreas de
los paralelepípedos J ′j . Pero para cada j ∈ {0, ..., p} se verifica que:
69
S
φ(uj)
uj
S
φ(uj)
S
φ(uj)
ujujuj
areaJ ′j = ||D1ϕ(uj)hj ×D2ϕ(uj)kj || = ||N(uj)||hjkj = ||N(uj)||vol(Jj)
Lo cual significa que la aproximación del área de S corresponde a una sumadel tipo:
s(||N(u)||, P ) =p∑j=0
||N(uj)||vol(Jj)
Por lo tanto, si ||N(u)|| es integrable en R, la aproximación del área de Sconverge a
∫R
||N(u)||du.
Pasamos ahora a calcular el área de las superficies que aparecen en los ejem-plos anteriores.
Example 37 Sea S el sector del plano x1+x2+x3 = 1 recorrido por la siguientefunción:
ϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ R3
(u1, u2) (u1, u2, 1− u1 − u2)
siendo R cualquier región simple de R2.Entonces el área de S viene dada por:
area(S) =
∫R
||N(u)||du =
∫R
||(−D1h(u),−D2h(u), 1)||du
=
∫R
||(1, 1, 1)||du =√
3area(R).
Si calculamos el área de la esfera utilizando el segundo recorrido del ejem-
70
plo35 obtenemos que
area(S) =
∫R
||N(u)||du
=
∫R
||(−cosu1sen2u2,−senu1sen
2u2,−senu2cosu2)||du
=
∫R
√sen2u2du =
2π∫0
π∫0
senu2du2du1 =
2π∫0
(−cosu2]π0 du1 = 4π.
Es fácil observar que si el recorrido da k vueltas alrededor de la esfera en-tonces el área de S resulta ser igual a 4kπ.
Ahora que sabemos construir recorridos sobre sectores de las superficies másconocidas (superficies descritas de forma explícita, o de forma implícita, o su-perficies de revolución) vamos a ver como se definen las integrales sobre esassuperficies.
1.2.2 Tema 7. Integrales de superficie. Aplicaciones a problemas deFísica.
En este tema vamos a definir las integrales de un campo escalar, f : S → R, yde un campo vectorial, F : S → R3, a lo largo de un recorrido ϕ de S y veremosalgunas aplicaciones de estas integrales a problemas de Física, como el cálculode la masa, el centro de masas y el momento de inercia de una lámina.
Definition 38 Dado un recorrido ϕ de S y dado un campo escalar f definidosobre S, se llama integral de f a lo largo de ϕ, que denotamos por
∫ϕ
f a la
integral: ∫ϕ
f =
∫R
f(ϕ(u))||N(u)||du
siempre que dicha integral exista.
Observemos que si f = 1 entonces∫ϕ
f = area(ϕ). Por otro lado, la existencia
de la integral anterior dependerá de las propiedades de la función f y no de S nide ϕ. Estas integrales se utilizan en Física para resolver los siguientes problemas:
Supongamos que S es una lámina delgada y que f es la función de densidadde S. Entonces un cálculo aproximado de la masa de S se obtiene al tomarun recorrido ϕ de S, una partición P de un rectángulo I = [a, b] × [c, d] quecontiene a R y asignar a cada porción de lámina ϕ(Jj), Jj ∈ P, una densidadfija f(ϕ(uj)), uj ∈ Jj . De esta manera un valor aproximado de la masa de lalámina es:
71
p∑j=0
f(ϕ(uj))areaJ′j =
p∑j=0
f(ϕ(uj))||N(uj)||vol(Jj)
Esta es una suma del tipo s(f(ϕ)||N ||, P ), es decir, que si la función f(ϕ)||N ||es integrable enR los valores aproximados de lamasa de la lámina S convergena
masa(S) =
∫ϕ
f
Con las mismas interpretaciones de f y de S se calcula el centro de masasy el momento de inercia de la lámina usando las siguientes integrales, cuyainterpretación física es similar a la descrita para un alambre en el tema 2.
centro de masa=1
masa(S)
(∫ϕ
x1f,∫ϕ
x2f,∫ϕ
x3f
)
momento de inercia=
(∫ϕ
(x22 + x2
3)f,∫ϕ
(x21 + x2
3)f,∫ϕ
(x21 + x2
2)f
).
Example 39 Vamos a calcular la masa y el centro de masas de la lámina dadapor S = {(x1, x2, x3) ∈ R3;x2
1 + x23 = x2 y x2
1 + x23 ≤ 1}, siendo la función de
densidad f(x1, x2, x3) = x2.Observemos que la ecuación explícita en la variable x2 que describe a los
puntos de S,esto es: x2 = x21 + x2
3, corresponde a un paraboloide, que es unasuperficie de revolución. Mientrás que la condición x2
1 + x23 ≤ 1 determina la
porción del paraboloide con la que vamos a trabajar.En este caso podemos usar dos tipos distintos de recorridos, el que constru-
imos a partir de la ecuación explícita x2 = h(x1, x3):
ϕ : R = {(u1, u2);u21 + u2
2 ≤ 1} → S(u1, u2) (u1, u
21 + u2
2, u2)
cuyo vector normal es:
N(u1, u2) = (D1h(u1, u2),−1, D2h(u1, u2) = (2u1,−1, 2u2)
Y el que construimos a partir de la condición de superficie de revolución,que es:
Ψ : [0, 1]× [0, 2π] → S(v1, v2) (
√v1 cos v2, v1,
√v1senv2)
cuyo vector normal es:
N(v1, v2) = (√v1 cos v2,
−1
2,√v1senv2).
Veamos que integrales nos quedan cuando calculamos la masa de la láminausando los dos recorridos.
72
Con el primero obtenemos que:
masa(S) =
∫R
(u21 + u2
2)√
4(u21 + u2
2) + 1du1du2,
que usando el cambio a coordenadas polares se convierte en la siguiente in-tegral:
masa(S) =
1∫0
2π∫0
r3√
4r2 + 1dθdr
Mientras que con el segundo recorrido nos queda:
masa(S) =
1∫0
2π∫0
v1
√v1 + 1/4dv2dv1
En definitiva llegamos a dos integrales muy parecidas que se pueden resuelvercon el método de integración por partes. Operando desde la segunda obtenemosque:
masa(S) = 2π
1∫0
v1
√v1 + 1/4dv1
=4π
3
v1(v1 + 1/4)3/2]1
0−
1∫0
(v1 + 1/4)3/2dv1
=
4π
3
((5
4
)3/2
− 2
5(v1 + 1/4)5/2
]1
0
)=π(25√
5 + 1)
60= m.
Ahora calculamos el centro de masas. Si lo hacemos usando el primer recor-rido llegamos las siguientes integrales:
1
m
∫R
u1(u21+u2
2)√
4(u21 + u2
2) + 1du
∫R
(u21+u2
2)2√
4(u21 + u2
2) + 1du
∫R
u2(u21+u2
2)√
4(u21 + u2
2) + 1du
que usando el cambio a coordenadas polares se convierten en las siguientes in-tegrales:
1
m
1∫0
2π∫0
r4 cos θ√
4r2 + 1dθdr,
∫R
r5√
4r2 + 1dθdr,
∫R
r4senθ√
4r4 + 1dθdr
73
Mientras que con el segundo recorrido nos queda:
1
m
1∫0
2π∫0
cos v2v3/21
√v1 + 1/4dv2dv1
1∫0
2π∫0
v21
√v1 + 1/4dv2dv1
1∫0
2π∫0
senv2v3/21
√v1 + 1/4dv2dv1
De nuevo llegamos a integrales muy parecidas. Operando a partir de las
segundas integrales obtenemos que:
centro de masas =1
m
(0,π(25√
5− 1)
24, 0
).
Ya hemos visto como se define la integral de un campo escalar. Pasamosahora a definir la integral de un campo vectorial.
Definition 40 Dado un recorrido ϕ de S y dado un campo vectorial acotadoF definido sobre S, se llama integral de F a lo largo de ϕ, que denotamos por∫ϕ
F ·N a la integral:
∫ϕ
F ·N =
∫R
F (ϕ(u))N(u)du
siempre que dicha integral exista.
Estas integrales se utilizan en Física para resolver el siguiente problema:Supongamos que F (x) es un campo de velocidad de un fluido en un instante,
es decir, que F asocia a cada partícula x del fluido el vector velocidad de dichapartícula en un instante fijo. Si ϕ : R → S es un recorrido de una superficie Scontenida en el fluido, entonces en cada punto x ∈ S el producto escalar de losvectores
F (x)N(u)
||N(u)||,
siendo u ∈ R tal que ϕ(u) = x, es la componente normal del vector velocidadrespecto a la superficie S. Por otro lado, sabemos que la cantidad de fluido(flujo) que atraviesa una superficie plana al moverse con velocidad constante yde forma perpendicular a la superficie, es igual al producto de la velocidad porel área de la superficie. Entonces un cálculo aproximado del flujo que atraviesala superficie S al moverse con un campo de velocidad F se obtiene al tomar unapartición P del rectángulo que contiene a R y evaluar la siguiente suma:
74
p∑j=0
F (ϕ(uj))N(uj)
||N(uj)||areaJj =
p∑j=0
F (ϕ(uj))N(uj)
||N(uj)||||N(uj)||vol(Jj) =
p∑j=0
F (ϕ(uj))N(uj)vol(Jj)
siendo uj el vértice del rectángulo Jj . Esta suma es del tipo s(F (ϕ)N,P )De forma que si la función F (ϕ)N es integrable en R los valores aproximados
del flujo de F a través de S convergen a∫ϕ
F ·N .
En la definición de flujo aparece la relación entre la integral del campo F yla integral de un campo escalar, esto es:
∫R
F (ϕ(u))N(u)du =∫R
F (ϕ(u))N(u)
||N(u)||||N(u)||du
La notación∫ϕ
F ·N se utiliza para sugerir esta relación.
Example 41 Vamos a calcular el flujo del campo de velocidades F (x1, x2, x3) =(x3, 2x2, 3x1) a través de la superficie S = {(x1, x2, x3);x1 + x2 + x3 = 1, x1 ≥0, x2 ≥ 0, x3 ≥ 0} utilizando los siguientes recorridos:
ϕ : R → S(u1, u2) (u1, u2, 1− u1 − u2)
ψ : R → S(u1, u2) (u2, u1, 1− u1 − u2)
siendo la región simple en ambos casos R = {(u1, u2); 0 ≤ u1 ≤ 1 y 0 ≤ u2 ≤1− u1}.
Observemos que R es un triángulo rectángulo de lado y altura 1, apoyado enlos ejes de coordenadas y por lo tanto es simétrico respecto de las variables u1
y u2 es decir que (u1, u2) ∈ R si y solo si (u2, u1) ∈ R. Por otro lado, es fácilver que para todo punto u ∈ R los dos recorridos envian el punto a la superficieS con la diferencia de que ψ invierte el orden de las dos primeras coordenadas.Este cambio implica que el vector normal a la superficie para ϕ y para ψ esrespectivamente:
N1(u1, u2) = (1, 1, 1)
N2(u1, u2) = (−1,−1,−1)
75
De aqui que el flujo sea para el primer caso:∫ϕ
F ·N =
∫R
(1− u1 − u2, 2u2, 3u1)(1, 1, 1)du
=
1∫0
1−u1∫0
(1 + 2u1 + u2)du2du1
=
1∫0
((1 + 2u1)u2 +
u22
2
]1−u1
0
du1
=
1∫0
(3
2− 3
2u2
1)du1 =
(3
2u1 −
u31
2
]1
0
= 1.
Mientras que para el segundo caso es:∫ψ
F ·N =
∫R
(1− u1 − u2, 2u1, 3u2)(−1,−1,−1)du1du2
= −1∫
0
1−u1∫0
(1 + u1 + 2u2)du2du1
= −1∫
0
((1 + u1)u2 + u2
2
]1−u10
du1
= −1∫
0
(2− 2u1)du1 = −(2u1 − u2
1
]10
= −1.
Como vemos, hemos obtenido el mismo resultado pero con signos distintos.Esto es debido a que los vectores normales asociados a los dos recorridos tienensentidos contrarios o, como veremos más adelante, orientaciones distintas.Sin embargo, se verifica que
det(D1ϕ(u), D2ϕ(u), N1(u)) = 3 = det(D1ψ(u), D2ψ(u), N2(u)).
Esto es debido a que en ambos casos el vector normal asociado al recorridose calcula a partir de los vectores tangentes. Al final del tema 10 se demuestraque para todo recorrido regular ϕ el determinante de los vectores tangentes y elvector normal satisface la siguiente igualdad:
det(D1ϕ(u), D2ϕ(u), N(u)) = ||N(u)||2
A continuación vamos a demostrar una de las leyes fundamentales de laelectroestática conocida como la ley de Gauss que establece que el flujo de uncampo eléctrico a través de una superficie esférica no depende del radio de laesfera.
76
Example 42 El campo de velocidades de un campo eléctrico producido por unacarga puntual viene dado por la función:
F (x1, x2, x3) =k(√
x21 + x2
2 + x23
)3 (x1, x2, x3),
siendo k una constante positiva conocida como la constante de Coulomb. Vamosa calcular, usando una integral de superficie, el flujo de este campo eléctricocuando atraviesa una esfera. Para ello tomamos como recorrido de la esfera lafunción de ejemplo 35:
ϕ : [0, 2mπ]× [0, π] → S(u1, u2) (R cosu1senu2, Rsenu1senu2, R cosu2)
cuyo vector normal es:
N(u1, u2) = (−R2 cosu1sen2u2,−R2senu1sen
2u2,−R2senu2 cosu2).
De modo que el flujo∫S
F ·N viene dado por la siguiente integral:
k
R3
π∫0
2mπ∫0
R
cosu1senu2
senu1senu2
cosu2
·R2
− cosu1sen2u2
−senu1sen2u2
−senu2 cosu2
du1du2
= k
π∫0
2mπ∫0
−senu2du1du2 = k2mπ
π∫0
−senu2du2 = k2mπ (cosu2]π0 = −4mπk.
Como vemos el flujo no depende del radio de la esfera pero si del número devueltas que da el recorrido.
La ley de Gauss es valida para superficies cerradas más generales y relacionael flujo que atraviesa una superficie con la carga total que hay en su interior.
Observemos que las integrales no cambian si integramos sobre R o sobre◦R,
porque el borde es un conjunto de medida nula, es decir que no es tan importanteel comportamiento del recorrido en los puntos del borde de la región simple comosu comportamiento en los puntos del interior.Una vez que hemos visto cómo a realizar integrales de campos escalares y de
campos vectoriales es el momento de analizar las condiciones que tenemos queexigir a los recorridos para que esas integrales no dependan del recorrido, demodo que por ejemplo, la masa de una lamina sea independiente de la funciónque usemos para recorrerla, cuando la función cumple las condiciones adecuadas.
1.2.3 Tema 8. Recorridos equivalentes. Orientación de una superfi-cie.
Observemos que los dos ejemplos anteriores nos muestran casos en los cualesla integral de superficie varía de signo al cambiar el sentido del vector normal
77
asociado al recorrido y también nos muestran que la integral de superficie puedevariar según el número de vueltas que dé el recorrido. Por esta razón se introduceel concepto de recorridos equivalentes, que es análogo al concepto de caminosequivalentes visto en la unidad didáctica anterior.
Definition 43 Dada una superficie S ⊂ R3 se dice que dos recorridos ϕ :R1 → S y ψ : R2 → S son equivalentes si existe una función continua H :R1 → R2 tal que:1- ϕ(u) = ψ(H(u)) para todo u ∈ R1
2- H :◦R1 →
◦R2 es un difeomorfismo; es decir que es biyectiva, de clase C1
y con jacobiano no nulo en todos los puntos de◦R1.
La propiedad 1 es la condición natural que es lógico pedir a dos recorridosde una misma superficie si pretendemos pasar de uno a otro. Y en la propiedad2 no nos debería sorprender que aparezca el término difeomorfismo porque es lacondición que se pide, en el teorema del cambio de variable para la integral deRiemann, a la función H que describe el cambio de variable.
Observemos que al serH :◦R1 →
◦R2 biyectiva la funciónH
−1:◦R2 →
◦R1 está
definida de manera única, entonces aplicando el teorema de la función inversa a
cada punto de◦R1 (lo cual podemos hacer porque por hipótesis el jacobiano de
H es no nulo en todos los puntos del interior) se demuestra que H−1
:◦R2 →
◦R1
es también de clase C1 y con jacobiano no nulo.Observemos que sobre los puntos del borde solo le pedimos a H que sea
continua, porque como ya hemos observado la integral de Riemann no cambia
si en lugar de integrar en R integramos en◦R.
Es interesante destacar que de las propiedades de H se deduce también
que la función detDH :◦R1 → R es continua y no nula. Además como
◦R1
es un conjunto arco conexo, aplicando el teorema de Rolle se demuestra que
detDH tiene signo constante en◦R1, de modo que o siempre es mayor que cero
o siempre es menor que cero. En efecto, sean x1 y x2 dos puntos de◦R1 y sea
α : [a, b]→◦R1 una función continua tal que α(a) = x1 y α(b) = x2, entonces la
función det(H(α(t)) : [a, b]→ R es una función continua y no nula. Por lo tantosi det(H(x1)) y det(H(x2)) tuvieran signos distintos, por el teorema de Rolleexistiría un punto t0 ∈ (a, b) tal que det(H(α(t0)) = 0, lo cual contradice elhecho de que det(H(α(t)) 6= 0 para todo t ∈ [a, b]. Como veremos más adelanteel signo de detDH determinará si los dos recorridos dan la misma orientación a So dan orientaciones contrarias.Recordemos que en la unidad dicactica anteriorvimos que sucedia algo similar con los recorridos de los caminos, en ese casohablabamos de sentidos de los recorridos, en lugar de orientaciones.También en la unidad anterior, observamos que cualquier recorrido de un
camino que venía definido desde el intervalo [a, b] se podía transformar en unrecorrido equivalente definido en el intervalo [0, 1] sin más que usar la funciónh : [0, 1] → [a, b] definida por h(t) = (b − a)t + a. De forma análoga, cualquier
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recorrido de una superficie S que venga definido desde la región simple [a, b]×[c, d] se puede transformar en un recorrido equivalente definido desde la regiónsimple [0, 1]× [0, 1] sin más que usar la función H : [0, 1]× [0, 1]→ [a, b]× [c, d]dada por H(u1, u2) = ((b−a)u1 +a, (d−c)u2 +c), de modo que podemos asumirque los dominios en forma de rectángulos se pueden reducir al rectángulo [0, 1]×[0, 1]. En el siguiente ejemplo vamos a ver que sucede cuando transformamos unaregión simple rectangular en una circular.
Example 44 Sea S la semi esfera superior de radio 1 y centro el origen decoordenadas; es decir, S = {(x1, x2, x3) ∈ R3;x2
1 + x22 + x2
3 ≤ 1 y x3 ≥ 0}. comovimos en el ejemplo 35 podemos recorrer S de dos maneras usando las siguientesfunciones:
ϕ : [0, 2π]× [0, π/2] → S(u1, u2) (cosu1senu2, senu1senu2, cosu2)
ψ : R → S
(x1, x2) (x1, x2,√
1− x21 − x2
2)
siendo R = {(x1, x2);x21 + x2
2 ≤ 1}. Veamos si estos dos recorridos sonequivalentes. Definimos H : [0, 2π]× [0, π/2]→ R por:
H(u1, u2) = (cosu1senu2, senu1senu2).
Observemos que en la definición de H intervienen las coordenadas polares,de hecho para cada valor u2 ∈ [0, π/2] se verifica que 0 ≤ senu2 ≤ 1 de modoque podemos interpretar este valor positivo como un radio y u1 como el ánguloque da la vuelta entera.Por un lado es inmediato que H es de clase C1 en todo R2 y verifica:
ψ(H(u1, u2))
= ψ(cosu1senu2, senu1senu2)
= (cosu1senu2, senu1senu2,√
1− cos2 u1sen2u2 − sen2u1sen2u2)
= (cosu1senu2, senu1senu2,√
1− sen2u2(cos s2u1 + sen2u1)
= (cosu1senu2, senu1senu2, cosu2) = ϕ1(u1, u2).
porque cosu2 ≥ 0 cuando u2 ∈ [0, π/2]. Además
det(DH(u1, u2)) = det
(−senu1senu2 cosu1senu2
cosu1 cosu2 senu1 cosu2
)= −sen2u1senu2 cosu2 − cos2 u1senu2 cosu2 = senu2 cosu2
es nulo solo cuando u2 = 0 o u2 = π/2, y en los puntos de◦R1 = (0, 2π) ×
(0, π/2) es positivo. Vamos a estudiar ahora la inyectividad de H restringuida
a◦R1. Supongamos que dos puntos (u1, u2), (v1, v2) ∈
◦R1 verifican que
cosu1senu2 = cos v1senv2
senu1senu2 = senv1senv2
79
Empezamos por descartar los casos en que alguna de las funciones trigonométri-cas que aparecen en estas ecuaciones es nula. Observemos que u2, v2 ∈ (0, π/2)de modo que senu2 6= 0 y senv2 6= 0 y como u1, v1 ∈ (0, 2π) se tiene quesenu1 = 0 si y solo si senv1 = 0 si y solo si u1 = π = v1. Por último, ten-emos que cosu1 = 0 si y solo si cosv1 = 0 si y solo si u1 y v1 toman losvalores π/2 o 3π/2. Pero si estas variables tomasen distintos valores la segundaecuación quedaría senu2 = −senu1 lo cual es imposible porque ambas funcionesson estrictamente positivas en (0, π/2). De modo que podemos asumir que to-das las funciones trigonométricas son distintas de 0 y despejar en consecuenciacualquiera de ellas. Esto nos permite combinar ambas ecuaciones para llegar ala igualdad:
tagu1 = tagv1
Lo cual implica que u1 = v1 o bien u1 = v1±π. Pero de nuevo si estas vari-ables tomasen distintos valores la segunda ecuación quedaría senu2 = −senu1
lo cual es imposible. Una vez probado que u1 = v1 simplificando en cualquierade las dos ecuaciones llegamos a la igualdad senu2 = senv2, la cual implica queu2 = v2, porque ambas variables se mueven en el intervalo (0, π/2).
Finalmente observamos que la función H restrinjida al conjunto◦R1 no llena
el conjunto◦R2 = {(x1, x2);x2
1 +x22 < 1} porque no cubre el punto (0, 0). Para el
resto de los puntos es fácil ver que H los cubre usando la interpretación de H entérminos de coordenadas polares: para cada r ∈ (0, 1) tomamos u2 ∈ (0, π/2) demodo que r = senu2 y después elegimos el ángulo u1 ∈ (0, 2π) correspondiente
al vectror (x1, x2) ∈◦R2\{(0, 0)}.
Una vez probado que H :◦R1 →
◦R2\{(0, 0)} es biyectiva, entonces H−1
:◦R2\{(0, 0)} →
◦R1 esta definida de forma única y por el teorema de la función
inversa aplicado a cada punto de◦R1 se concluye que H
−1:◦R2\{(0, 0)} →
◦R1
es también de clase C1.Aunque no hayamos conseguido que se verifiquen todas las condiciones, el
resultado obtenido es suficiente para alcanzar el objetivo deseado; esto es que lasintegrales sobre los dos recorridos coincidan, porque podemos aplicar el teorema
del cambio de variable sobre los conjuntos◦R2\{(0, 0)} y
◦R1 y la integral de
Riemann no cambia si integramos en◦R2\{(0, 0)} o en
◦R2.
A continuación, aplicando el teorema del cambio de variable en la integralde Riemann, vamos a ver las relaciones que se dan entre las integrales sobre dosrecorridos equivalentes de S.
Proposition 45 : Sean ϕ y ψ dos recorridos equivalentes de S y sean f y Fdos campos continuos definidos sobre S. Si existen las integrales
∫ϕ
f,∫ψ
f,∫ϕ
F ·N
80
y∫ψ
F ·N, entonces se verifica:
∫ϕ
f =
∫ψ
f,
∫ϕ
F ·N =
∫ψ
F ·N si detDH(u1, u2) > 0
∫ϕ
F ·N = −∫ψ
F ·N si detDH(u1, u2) < 0
Proof. Antes de aplicar el teorema del cambio de variable vamos a demostrarque los vectores normales asociados a los dos recorridos verifican la siguienteigualdad:
D1ϕ(u)×D2ϕ(u) = detDH(u)D1ψ(H(u))×D2ψ(H(u)).
Por la propiedad del producto vectorial demostrada en el problema 6 bastácon probar que para cada u ∈ R1 los cuatro vectoresD1ϕ(u), D2ϕ(u), D1ψ(H(u))y D2ψ(H(u)) verifican la siguiente relación:(
D1ϕ1(u) D1ϕ2(u) D1ϕ3(u)D2ϕ1(u) D2ϕ2(u) D2ϕ3(u)
)=
(D1H1(u) D1H2(u)D2H1(u) D2H2(u)
)(D1ψ1(H(u)) D1ψ2(H(u)) D1ψ3(H(u))D2ψ1(H(u)) D2ψ2(H(u)) D2ψ3(H(u))
)Para probar esta relacción entre los cuatro vectores basta con aplicar la regla
de la cadena sobre cada componente del recorrido ψ que por hipótesis verificaϕi(u) = ψi(H(u)) de modo que para j = 1 y j = 2 se tiene que:
Djϕi(u) = D1ψi(H(u))Dj(H1(u)) +D2ψi(H(u))Dj(H2(u)).
Observemos que la matriz DH(u) es la traspuesta de la matriz que apareceen la igualdad anterior pero como ambas matrices tienen el mismo determinantese verifica la igualdad deseada entre los vectores normales asociados a los dosrecorridos.Sea entonces f un campo escalar continuo definido sobre S. Por definición
se verifica que:∫ψ
f =
∫R2
f(ψ(v))||N(v)||dv =
∫R2
f(ψ(v))||D1ψ(v)×D2ψ(v)||dv
=
∫◦R2
f(ψ(v))||D1ψ(v)×D2ψ(v)||dv.
81
La última igualdad es debida a que el borde de los dominios es un conjuntode medida nula. Entonces aplicando el teorema del cambio de variable en la
integral de Riemann al difeomorfismo H :◦R1 →
◦R2 que transforma la variable
v en la variable v = H(u) se tiene que:∫◦R2
f(ψ(v))||D1ψ(v)×D2ψ(v)||dv
=
∫◦R1
f(ψ(H(u)))||D1ψ(H(u))×D2ψ(H(u))|||detDH(u))|du
=
∫◦R1
f(ϕ(u))||D1ϕ(u)×D2ϕ(u)||du
=
∫R1
f(ϕ(u))||D1ϕ(u)×D2ϕ(u)||du =
∫ϕ
f.
Si ahora tomamos F un campo vectorial continuo definido sobre S, entoncesse verifica que:∫
ψ
F =
∫R2
F (ψ(v))N(v)dv =
∫R2
F (ψ(v))D1ψ(v)×D2ψ(v)dv
=
∫◦R2
F (ψ(v))D1ψ(v)×D2ψ(v)dv
=
∫◦R1
F (ψ(H(u)))D1ψ(H(u))×D2ψ(H(u))|detDH(u))|du.
En este caso la última igualdad coincide con∫R1
F (ψ(H(u)))D1ψ(H(u))×D2ψ(H(u)) detDH(u))du =
∫ϕ
F
cuando detDH(u) > 0. Y si detDH(u) < 0 entonces se tiene que∫ψ
F =
−∫ϕ
F .
La siguiente definición nos va a proporcionar ejemplos de recorridos equiva-lentes.
Definition 46 Una superficie S ⊂ R3 se dice que es simple si existe un
recorrido ϕ : R → S biyectivo y continuo. tal que ϕ es de clase C1 en◦R y
además tiene matriz jacobiana de rango dos en todos los puntos del interior deR.
82
A los recorridos de las superficies simples que verifican estas condiciones seles denomina recorridos regulares de S.
Example 47 Dada cualquier región simple R ⊂ R2 y dado cualquier plano enR3 de ecuación ax1 + bx2 + cx3 = d si por ejemplo a 6= 0 entonces la superficierecorrida por la función:
ϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ R3
(u1, u2) ( 1a (d− bu1 − cu2), u1, u2)
es una superficie simple.El casquete esférico del ejemplo 35 es otra superficie simple, pero la esfera
no lo es, porque no hay inyectividad.
La siguiente proposición demuestra que los recorridos regulares verifican elobjetivo deseado.
Proposition 48 Dada una superficie simple S ⊂ R3 si ϕ y ψ son dos recorridosregulares de S, entonces son recorridos equivalentes.
Proof. Puesto que los recorridos regulares ϕ : R1 ⊂ R2 → S ⊂ R3 y ψ : R2 ⊂R2 → S ⊂ R3 son funciones inyectivas y verifican que ϕ(R1) = ψ(R2) = S, ladefinición de H es obvia:
H = ψ−1 ◦ ϕ : R1 → S → R2.
Esta función es claramente biyectiva y verifica que ϕ(u) = ψ(H(u)) para todou ∈ R1.A continuación vamos a demostrar queH es continua. Haremos la demostración
utilizando sucesiones y razonando por reducción al absurdo. La compacidad delos dominios será la clave. Supongamos que H no fuera continua en un punto u0.Entonces existiría una sucesión {xn} ⊂ R1 tal que {xn} convergería a u0 pero{H(xn)} ⊂ R2 no convergería a H(u0). Eso significaría que para un cierto ε > 0y para una subsucesión de {H(xn)}, que volveremos a denotar por {H(xn)}, secumpliría que ||H(xn)−H(u0)|| > ε para todo n. Como R2 es compacto algunasubsucesión de {H(xn)} tiene que converger a un cierto v ∈ R2, de modo quesi denotamos a esa subsucesión por {H(xnk)} se verificaría que {H(xnk)} con-vergería a v, la sucesión {xnk} convergería a u0 pero ||H(xnk) − H(u0)|| > εpara todo k, lo cual implicaría que ||v − H(u0)|| ≥ ε Entonces, por la con-tinuidad de las funciones ϕ y ψ, las sucesiones {ϕ(xnk)} y {ψ(H(xnk)} con-vergerían a ϕ(u0) y a ψ(v) respectivamente. Pero para todo k se verifica queϕ(xnk) = ψ(H(xnk) de modo que los limites de ambas sucesiones coinciden; esdecir que ϕ(u0) = ψ(v) = ψ(H(u0)), lo cual implica, por ser ψ, biyectiva quev = H(u0) que se contradice con ||v −H(u0)|| ≥ ε.Observemos que un razonamiento análogo nos prueba que la función H
−1:
R2 → R1 es continua de donde se deduce que H(fron(R1)) = fron(R2) y
H(◦R1) =
◦R2.
83
Veamos como de la continuidad deH se deduce queH(fron(R1)) ⊂ fron(R2).Supongamos que no fuera asi, entonces existiría un punto x ∈ fron(R1) tal
que H(x) /∈ fr(R2). Esto implica que H(x) ∈◦R2. Pero como H es una fun-
ción continua y◦R2 es un conjunto abierto se verifica que H
−1(◦R2) es un con-
junto abierto y además x ∈ H−1(◦R2) ⊂ R1, lo cual contradice el hecho de que
x ∈ fron(R1) porque H−1
(◦R2) ∩ R2\R1 = ∅. Del mismo modo la continuidad
de H−1implica que H
−1(fron(R2)) ⊂ fron(R1) y por lo tanto fron(R2) =
H(H−1
(fron(R2))) ⊂ H(fron(R1)), lo cual implica queH(fron(R1)) = fron(R2).
Por último, como los dominios verifican queRi =◦Ri∪fron(Ri) y
◦Ri∩fron(Ri) =
∅ para i = 1 y 2, se concluye que H(◦R1) =
◦R2.
A continuación demostramos que H es de clase C1 en◦R1. Para probarlo
vamos a usar el teorema de la función inversa, pero como las recorridos regu-lares son funciones de R2 en R3 no podemos aplicarlo directamente sobre ellos,recordemos que el teorema de la función inversa se aplica a funciones de Rn enRn, de modo que transformaremos los recorridos regulares en funciones de R3
en R3, de forma adecuada, para que podamos recuperar con facilidad los puntosde la superficie y además lo haremos de tal manera que las nuevas funcionessean de clase C1.Dado u0 ∈
◦R1 como el recorrido ϕ es regular se verifica que el rango de la ma-
triz D(ϕ(u0)) es dos, de modo que los vectores (D1ϕ1(u0), D1ϕ2(u0), D1ϕ3(u0))y (D2ϕ1(u0), D2ϕ2(u0), D2ϕ3(u0)) son linealmente independientes. Tomamosentonces un tercer vector v ∈ R3 que sea linealmente independiente de los dos
anteriores y definimos la función G :◦R1 × R→ R3 dada por:
ϕ(u1, u2) + u3v = (ϕ1(u1, u2) + u3v1, ϕ2(u1, u2) + u3v2, ϕ3(u1, u2) + u3v3)
Lo mismo podemos hacer con el punto H(u0) ∈◦R2 y la función ψ, tomamos
el vector w ∈ R3 que sea linealmente independiente con (D1ψ1(u0), D1ψ2(u0), D1ψ3(u0))
y (D2ψ1(u0), D2ψ2(u0), D2ψ3(u0)) y definimos la función F :◦R2×R→ R3 dada
por:
ψ(x1, x2) + x3w = (ψ1(x1, x2) + x3w1, ψ2(x1, x2) + x3w2, ψ3(x1, x2) + x3w3)
Es inmediato que ambas funciones son de clase C1, además sus matricesjacobianas vienen dadas por:
DG(u) =
D1ϕ1(u1, u2) D2ϕ1(u1, u2) v1
D1ϕ2(u1, u2) D2ϕ2(u1, u2) v2
D1ϕ3(u1, u2) D2ϕ3(u1, u2) v3
DF (x) =
D1ψ1(u1, u2) D2ψ1(u1, u2) w1
D1ψ2(u1, u2) D2ψ2(u1, u2) w2
D1ψ3(u1, u2) D2ψ3(u1, u2) w3
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De modo que tanto la matriz DG(u) como DF (x) tienen rango 3 en lospuntos u = (u0, 0) y x = (H(u0), 0). Por lo tanto podemos aplicar el teoremade la función inversa a las dos funciones G y F en esos puntos y deducir queexisten dos entornos de esos puntos donde ambas funciones son difeomorfismosAhora solo nos falta expresar H como composición de estas dos funciones
y otras funciones adecuadas que nos permitan pasar de R2 a R3 y viceversa.Antes observemos que
G(u0, 0) = ϕ(u0) = ψ(H(u0)) = F (H(u0), 0) ∈ S.
Tomamos un entorno de (H(u0), 0) que podemos considerar de la forma
V × (−δ, δ) con δ > 0, haciendolo menor si es necesario, y V ⊂◦R2 y un
entorno de F (H(u0), 0) = ψ(H(u0)) que denotaremos por W de modo que F :
V ×(−δ, δ) ⊂ R3 →W1 ⊂ R3 es un difeomorfismo, en particular la función F−1
:W1 ⊂ R3 → V × (−δ, δ) ⊂ R3 es de clase C1. A continuación tomamos otrosdos abiertos para G : un entorno de (u0, 0), que de nuevo podemos considerarde la forma U × (−β, β) con β > 0 y otro de G(u0, 0) = ϕ(u0) que denotaremospor W2. Como G(u0, 0) = ϕ(u0) = ψ(H(u0)) = F (H(u0), 0) los abiertos W1
y W2 son ambos entornos del mismo punto y podemos asumir que W2 ⊂ W1
para que la composición de G y F−1
esté bien definida, recordemos que losdifeomorfismos transforman conjuntos abiertos en conjuntos abiertos. Ahoraexpresamos H como composición de las siguientes funciones.
Primero pasamos de U ⊂◦R1 ⊂ R2 a U×(−β, β) ⊂ R3 con la función de clase
C1 definida por Π(u1, u2) = (u1, u2, 0), luego componemos Π con las funciones
G : U × (−β, β) ⊂ R3 → W2 y F−1
: W1 ⊂ R3 → V × (−δ, δ) ⊂ R3, paraterminar en el conjunto V ⊂ R2 con la función, también de clase C1, dada porP (x1, x2, x3) = (x1, x2) de modo que
P ◦ F−1 ◦G ◦Π(u1, u2)
= P ◦ F−1 ◦G(u1, u2, 0)
= P ◦ F−1(ϕ(u1, u2))
= P ◦ F−1(ψ(H(u1, u2))
= P ◦ F−1(F (ψ
−1(ψ(H(u1, u2)), 0))
= P (ψ−1
(ψ(H(u1, u2)), 0)
= ψ−1
(ψ(H(u1, u2)) = H(u1, u2)
En consecuencia H es composición de funciones de clase C1 en el abierto Uque contiene al punto de partida u0.
Para terminar solo nos falta probar que DH(u0) tiene determinante no nulo,pero como vimos en la demostración de la proposición 45 la relacción entre lasfunciones ϕ,ψ yH implica que en el punto u0 los vectores normales a la superficieen ϕ(u0) = ψ(H(u0)) cumplen la relación:
D1ϕ(u0)×D2ϕ(u0) = detDH(u0)D1ψ(H(u0))×D2ψ(H(u0)).
85
De modo que por ser ambos vectores normales no nulos detDH(u0) es for-zosamente no nulo.El resultado de la propisición anterior implica que si S es una superficie
simple, las integrales∫ϕ
f no dependen del recorrido regular de S que se tome y
por eso en este caso se puede escribir∫S
f y hablar del área de S como area(S) =∫S
1.
Al igual que en la unidad didáctica anterior este resultado nos permite darun paso mas.Si S no es una superficie simple pero está formada por una unión de superfi-
cies simples S =
p⋃i=1
Si, como sucede con los cubos, esferas, cilindros conos, etc,
entonces gracias al teorema 46 podemos calcular la integral de un campo escalarf sobre S como la suma de las integrales del campo f sobre las superficies Si yconstruir para cada una de las Si un recorrido regular, sin preocuparnos de quese ajusten los recorridos entre si. Para que podamos hacerlo es necesario quelas superficies se peguen bien, como veremos a continuación el recorrido ϕ es elque se ocupa de asegurar que se pegan bien.
Definition 49 Decimos que una superficie S ⊂ R3 es una superficie com-puesta si existe un recorrido ϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ R3 que verifica las siguientespropiedades:1- ϕ es sobreyectiva y continua.2- Existe una parcelación de R en regiones simples que denotaremos por
P = {Ri; 1 ≤ i ≤ p} tales que◦Ri ∩
◦Rj = ∅ para todo i 6= j y R =
p⋃i=1
Ri.
3- ϕ|Ri es un recorrido regular de la superficie simple ϕ(Ri) = Si.De nuevo llamaremos recorrido regular al recorrido ϕ de la superficie com-
puesta S que verifica las condiciones anteriores.
Observemos que la primera condición se satisface en gran parte por ser ϕ unrecorrido, porque todos los recorridos son funciones continuas y además verificanque ϕ(R) = S. En particular si la parcelación P está formada por una únicaregión simple P = {R} tendriamos que S es simplemente una superficie simple.Por lo tanto, el caso que resulta de interés es cuando P tiene más de una
región simple; es decir que p > 1.En el caso p > 1 la condición 3 nos dice que ϕ|
∪pi=1◦Ries de clase C1 y Dϕ(u)
tiene rango máximo para todo u ∈ ∪pi=1
◦Ri es decir que ϕ pierde sus buenas
propiedades solo en los puntos del conjunto ∪pi=1front(Ri), que es un conjuntode medida nula, con lo cual, como hemos observado en varias ocasiones, a la horade integrar, siempre que la función que integramos sea suficientemente buena,como por ejemplo continua, como sucede con las funciones de los ejemplos yproblemas, no va a suponer ningún obstáculo.
86
Sin embargo para integrales de campos vectoriales las integrales∫ϕ
F · N y∫ψ
F ·N pueden tener signos distintos aún siendo ϕ y ψ dos recorridos regulares
de una superficie simple S. Como vimos en la demostración de la proposición45, este cambio de signo proviene del signo de detDH que relaciona los vectoresnormales a S según los recorridos regulares ϕ : R1 ⊂ R2 → S ⊂ R3 y ψ : R2 ⊂R2 → S ⊂ R3 (que en este caso existen en todos los puntos y son siempre nonulos) por medio de la siguiente ecuación:
D1ψ(H(u))×D2ψ(H(u)) = detDH(u)D1ϕ(u)×D2ϕ(u)para todo u ∈ R1
Es decir, que los dos vectores normales son proporcionales y la funcióndetDH(u) es el factor de proporcionalidad en todos los puntos. Entonces quedetDH(u) sea positivo significa que ambos vectores normales tienen siempre elmismo sentido y si detDH(u) es negativa, entonces los dos vectores normalesllevan siempre la misma dirección pero sentidos distintos.Por ejemplo, si utilizamos el cambio a coordenadas esféricas para recorrer la
esfera en las dos versiones más conocidas obtenemos los dos siguientes recorridosde la esfera:
ϕ : R1 = [0, 2π]× [−π2 ,π2 ] ⊂ R2 → S ⊂ R3
(u1, u2) (cosu1cosu2, senu1cosu2, senu2)
y
ψ : R2 = [0, 2π]× [0, π] ⊂ R2 → S ⊂ R3
(u1, u2) (cosu1senu2, senu1senu2, cosu2)
Utilizando la siguiente relación que verifican las funciones seno y coseno:
senu2 = cos(π
2− u2)
comprobamos que estos recorridos son equivalentes porque el difeomorfismodefinido por:
H : [0, 2π]× [0, π] ⊂ R2 → [0, 2π]× [−π2 ,π2 ] ⊂ R2
(u1, u2) (u1,π2 − u2)
verifica que ψ(u1, u2) = ϕ ◦H(u1, u2) y es facil ver que detDH(u) = −1 paratodo u ∈ R2
En este caso se verifica que el vector normal de ϕ apunta hacia el exteriorde la esfera en todos los puntos y el vector normal de ψ apunta siempre haciael interiorObservemos que si intersecamos la esfera con el plano XY, la curva que
resulta es
C = {(x1, x2, x3) : x21 + x2
2 = 1 y x3 = 0}
87
Figure 8: Figura 12: Cinta de Möbius
es decir, C es una curva cerrada simple en el plano OXY. Si ahora estudiamoscómo son los recorridos de esta curva inducidos por los recorridos de ϕ y ψ dela esfera vemos que:
ϕ(θ, 0) = (cos θ, senθ, 0) θ ∈ [0, 2π]ψ(θ, π/2) = (cos θ, senθ, 0) θ ∈ [0, 2π]
Las dos funciones recorren la circunferencia con orientación positiva. Por lotanto, la orientación que inducen sobre este camino cerrado simple no nos sirvede refencia para distingir entre las dos orientaciones de la esferaEstas dos orientaciones de la esfera también se expresan diciendo que la
esfera es una superficie que tiene dos caras: la cara interior y la cara exterior.De forma que si imaginamos que el vector normal es una persona que anda porla superficie puede andar por la cara exterior de la esfera o por la cara interiorde la misma (boca abajo). Bajo esta interpretación se dice que la esfera es unasuperficie con dos caras.Recordemos que en el plano se elige como orientación positiva de los recorri-
dos de los caminos cerrados simples el recorrido que gira en sentido contrario alas agujas de un reloj y la justificación de esa elección nos la daba una integral.Ahora usaremos también una integral para justificar como orientación pos-
itiva de una superficie compuesta y cerrada en el espacio la que tiene vectornormal apuntando al exterior. El teorema de la divergencia que veremos en elsiguiente tema nos proporciona una justificación de esta elección porque demues-tra que con esta orientación la integral del campo vectorial F (x) = 1
3 (x1, x2, x3)sobre cualquier superficie compuesta y cerrada S coincide con el volumen de laregión del espacio comprendida dentro de S.Curiosamente existen superficies en R3, como la que mostramos en la figura
12, que solo tienen una cara, por supuesto estas superficies no son orientables.En el siguiente dirección Web se muestra el mismo dibujo con animación.http://icaraideas.blogspot.com.es/p/conoces-este-objecto-matematico.htmlEn el curso de Geometría diferencial de curvas y superficies se dará como
definición de superficie orientable la siguiente (ver página 160 de [C. G. P.])
88
Definition 50 Dada una superficie S ⊂ R3 se dice que S es una superfi-cie orientable si existe una función continua, que denotaremos por N ||.||, queasigna a cada punto x de la superficie un vector N ||.||(x) normal a la superficiey de norma uno.
Observemos que esta función es en cierto modo distinta a las funciones conlas que estamos acostumbrados a trabajar en el texto porque está definida desdela superficie: N ||.|| : S ⊂ R3 → R3.
Si S es una superficie simple para la cual podemos encontrar un recorridoregular ϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ R3 que no solo sea de clase C1 y con matriz jacobianade rango máximo en en el interior de R sino que ambas condiciones las cumpla ϕen un abierto U ⊃ R, como sucede con las superficies simples de los ejemplos yproblemas, entonces se verifica que S es orientable porque la función que asignaa cada punto u ∈ R el vector normal a S asociado al recorrido regular ϕ esto esel vector que denotamos por N(u) es una función continua y no nula definidaen un compacto, de modo que por el teorema de Weierstrass alcanza su valormínimo en un punto del compacto, lo cual asegura que existe un a > 0 tal que||N(u)|| ≥ a para todo u ∈ R, de modo que la función
1||N || : R ⊂ R2 → R3
u N(u)
||N(u)||
es también continua.Entonces aplicando el teorema de la función inversa en cada punto x0 ∈ S,
como hicimos en la demostración de la proposición 47, se demuestra que lafunción
N ||.|| : . S ⊂ R3 → R ⊂ R2 → R3
x ϕ−1(x) N(ϕ−1(x))
||N(ϕ−1(x))|||
es continua.Pero si S es una superficie compuesta entonces cada superficie simple que la
forma es orientable pero en general no es posible encontrar una función N ||.||que sea continua en todos los puntos de S. Por ejemplo, si S es la esfera decentro (0, 0, 0) y radio r = 1 entonces es orientable y N ||.|| : S ⊂ R3 → R3 es lafunción identidad; es decir N ||.||(x) = x para todo x en la esfera unidad, perosi S es el cubo unidad la función N ||.|| no va a ser continua en las aristas delcubo, aun asi el cubo si es una superficie orientable. Esto nos obliga a dar otradefinición de superficie orientable para las superficies compuestas.
Definition 51 Se dice que una superficie compuesta S =
p⋃i=1
Si con p > 1
es orientable si para cada par de regiones simples Ri y Rj tales que fronRi ∩fronRj 6= ∅ y N ||.|| pierde la continuidad es esos puntos se verifica que ϕ|fronRiy ϕ|fronRj tienen orientaciones contrarias.
89
Se pide que las orientaciones sean contrarias para que el vector normal siga
apuntando con igual orientación en los puntos de ϕ(◦Ri) que en los de ϕ(
◦Rj) el
siguiente ejemplo y el problema 2 nos ayudaran a entender mejor porque es asicomo funciona la orientación.Antes es necesaria una última reflesión sobre el concepto de orientación.
Observemos que cuando decimos que una superficie S ⊂ R3 es orientable loque estamos afirmando es que podemos asignarle una orientación, no estamosdiciendo que está recorrida con orientación positiva.Recordemos que para los caminos simples cerrados contenidos en R2 llegamos
al acuerdo de nombrar como orientación positiva la que recorre el camino en elsentido contrario a las agujas del reloj, pero observamos en el tema 3 que siel camino simple C ⊂ R2 no es cerrado no hay manera de decidir a priorisi un recorrido lleva orientación positiva o negativa. En estos caso fijamos laorientación como positiva indicando que el recorrido debe empezar en ϕ(a) ∈ Cy terminar en ϕ(b) ∈ C. Ese es el significado que damos al símbolo
∮en la
expresión: ∮C
F =
p∑i=1
∮Ci
F
Con las superficies de R3 sucede lo mismo. Cuando la superficie cerrada, escomo la esfera o el cubo (en el siguiente tema estableceremos que entendemospor superficie cerrada) hemos visto porqué es natural tomar como orientaciónpositiva la que asigna a los vectores normales a la superficie el sentido exterior.Pero si la superficie S no es cerrada no hay manera de decidir a priori queorientación es la positiva. Pensemos por ejemplo en las caras del cubo unidad.Si nos fijamos en la cara de la base y la cara de la tapadera vemos que ambasestán en planos paralelos al plano x3 = 0 y para darle al cubo una orientaciónpositiva tenemos que recorrer una de las caras de modo que la normal exteriorsea (0, 0,−1) mientras que la otra se debe recorrer para que la normal sea(0, 0, 1), De modo que si la superficie es como la del ejemplo que se muestra acontinuación es imposible decidir a priori cual de las dos orientaciones que sedescriben es la positiva.
Example 52 Si recorremos la superficie simple S = {(x1, x2, x3) ∈ R3;x22 +
x23 ≤ 1 y x1 = 0} con los siguientes recorridos regulares:
ϕ : R = {(u1, u2);u21 + u2
2 ≤ 1} ⊂ R2 → S ⊂ R3
(u1, u2) (u1, u2, 0)
ψ : R = {(u1, u2);u21 + u2
2 ≤ 1} ⊂ R2 → S ⊂ R3
(u1, u2) (u2, u1, 0)
Observamos que el vector normal del primer recorrido es (1, 0, 0) mientrasque el vector normal del segundo es (−1, 0, 0). Como está superficie no es cerradano podemos aplicar el criterio de "vector normal apuntando al exterior" paradecidir cual de las dos orientaciones es la positiva.
90
Sin embargo la orientación de cada uno de estos recorridos está directamenterelacionada con la orientación que cada uno de ellos induce sobre la curva cer-rada simple
C ⊂ S = {(x1, x2, x3) ∈ R3;x22 + x2
3 = 1 y x1 = 0}
Esta curva se obtiene al restringir las funciones ϕ y ψ a los puntos del bordede R, que es una curva cerrada simple contenida en R2 que recorremos conorientación positiva usando la siguiente función:
φ : [0, 1] ⊂ R → ∂R ⊂ R2
t (cos 2πt, sen2πt)
Vamos a ver a continuación como son los recorridos que induce φ sobreC ⊂ S cuando componemos φ con los dos recorridos descritos para S :
ϕ ◦ φ : [0, 1] ⊂ R → C ⊂ S ⊂ R3
t (cos 2πt, sen2πt, 0)
ψ ◦ φ : [0, 1] ⊂ R → C ⊂ S ⊂ R3
t (sen2πt, cos 2πt, 0)
De modo que el mismo recorrido positivo de ∂R induce sobre C dos recorri-dos con orientaciones contrarias, porque los vectores normales de ϕ y ψ tienensentidos opuestos. No nos debería extrañar esta conexión entre los vectoresnormales de un recorrido y la orientación de las curvas cerradas simples con-tenidas en la superficie porque el vector normal se calcula a partir de los vectorestangentes a la superficie, recordemos que N(u) = D1ϕ(u)×D2ϕ(u)Esta relación entre los tres vectores da una orientación al vector N(u) que
gráficamente suele explicarse de la siguiente manera.En la figuras 13 y 14 hemos marcado la curva C ⊂ R3 con el recorrido
inducido por ϕ ◦ φ, si movemos los dedos de la mano derecha siguiendo esemovimiento (ver figura 13), el dedo pulgar señala al cielo, como lo hace el vectornormal. Mientras que si movemos los dedos de la mano derecha siguiendo elrecorrido marcado por ψ ◦φ, como muestra la figura 14, el dedo pulgar indica alsuelo, como lo hace el vector normal del recorrido ψ.
1.2.4 Tema 9. El teorema de Stokes en R3 y el teorema de la diver-gencia
En este tema vamos a enunciar y a mostrar algunas de las aplicaciones quetienen el teorema de Stokes en R3 y el teorema de la divergencia. Ambosteoremas puede verse como extensiones del teorema de Green a R3, lo cual nodebe extrañarnos puesto que los tres teoremas se deducen como corolarios delteorema general.Recordemos que el teorema de Green relacciona una integral doble sobre una
región plana R ⊂ R2 con una integral sobre la curva ∂R ⊂ R2 borde de R. De
91
x3
x1
x2
x3
x1
x2
x1
x2
x1
x2
Figure 9: Figure 13 regla del sacacorchos
x1
x2
x3
x1
x2
x3
x1
x2
x1
x2
x3
Figure 10: Figure 14 regla del sacacorchos
92
forma análoga el teorema de Stokes para R3 vincula una integral doble sobreuna superficie S ⊂ R3 con una integral sobre la curva ∂S ⊂ R3 borde de S.Mientras que el teorema de la divergencia relacciona una integral triple sobreun solido K ⊂ R3 con una integral doble sobre la superficie ∂K borde de K.Antes de enunciar el primer teorema de este tema necesitamos dar la defini-
ción formal de borde de una superficie simple y tenemos también que definir elrotacional de un campo vectorial.
Definition 53 : Dada S una superficie simple o compuesta en R3 se llamaborde de S, que denotaremos por ∂S al camino en R3 definido por ϕ(fron(R))siendo ϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ R3 un recorrido regular de S.
Observemos que si S es una superficie simple el borde de S no dependedel recorrido regular elegido ya que si ϕ y ψ son dos recorridos regulares deS, entonces son recorridos equivalentes y la función H : R1 ⊂ R2 → R2 ⊂R2 definida entre sus dominios verifica que H(fron(R1)) = fron(H(R1)) =fron(R2), por tanto ∂S = ϕ(fron(R1)) = ψ(fron(R2)).Pero si la superficie es compuesta el borde puede variar según el recorrido
regular que construyamos.Tomemos por ejemplo una parte del cilindro x2
1 + x22 = 1 y un recorrido ϕ
como el siguiente:
ϕ : R = [a, b]× [θ0 − π, θ0 + π] ⊂ R2 → S ⊂ R3
(u1, u2) (cosu2, senu2, u1)
El recorrido no es inyectivo porque para todo u1 ∈ [a, b] se verifica queϕ(u1, θ0 − π) = ϕ(u1, θ0 + π). Es fácil descomponer R en dos regiones simplesR1 y R2 de modo que ϕ|Ri sea inyectiva para i = 1 y 2. Basta con tomar unángulo θ1 ∈ (θ0 − π, θ0 + π) y dividir R en las regiones R1 = [a, b]× [θ0 − π, θ1]y R2 = [a, b]× [θ1, θ0 + π]. Entonces para cada valor θ0 que tomemos la regiónR cambia y por lo tanto el borde de S cambia:
∂S = {x ∈ R3;x21+x2
2 = 1;x3 = a}∪{x ∈ R3;x21+x2
2 = 1;x3 = b}∪{x ∈ R3;x1 = cos(θ0−π), x2 = sen(θ0−π) y x3 ∈ [a, b]}
Sin embargo este cambio en el borde de S no se refleja en el cálculo delas integrales de campos vectoriales sobre el borde de S porque para todos losángulos θ0 la función que recorre el borde de S; esto es: ϕ ◦ ψ, siendo ψ unrecorrido regular del camino cerrado simple ∂R, recorre dos veces el segmentovertical {x ∈ R3;x1 = cos(θ0 − π), x2 = sen(θ0 − π) y x3 ∈ [a, b]} una vezcon orientación positiva y otra con orientación negativa, de modo que las dosintegrales correspondientes de cualquier campo vectorial continuo se anulan yel valor final de la integral del campo vectorial sobre ∂S solo dependerá de lasintegrales sobre los otros dos conjuntos que forman el borde de S.
Example 54 Veamos como son los bordes de las superficies simples descritasen el ejemplo 47. Es claro que si la superficie es una región R contenida enun plano, su borde será el camino cerrado simple que define el borde de R perodentro de ese plano, mientras que para el casquete superior de la esfera, el bordees la circunferencia de centro (0, 0, 0) y radio r = 1 contenida en el plano XY.
93
Por otro lado, al ser fron(R) una curva cerrada simple en R2 y ser cadarecorrido regular ϕ de S una función inyectiva en R se verifica que ϕ(fron(R)) =∂S es una curva cerrada simple en R3. Para este tipo de curvas cerradas simplesen R3 se define la orientación positiva como la inducida por una orientaciónpositiva de fron(R) ⊂ R2. Este es el significado que tiene el símbolo∮∂S
F · T en el enunciado del teorema de Stokes para R3.
El último ejemplo del tema anterior muestra como una misma curva cerradasimple C ⊂ R3, que es borde de una superficie simple C = ∂S se puede recorreren ambos sentidos con orientación positiva según que recorrido regular de S seutilice.Veamos a continuación que es el rotacional de un campo vectorial. Para
definirlo vamos a utilizar la notación que se emplea en el producto vectorialvectores de R3 Recordemos que la operación producto vectorial nos ha servidopara definir al vector normal N(u) asociado al recorrido de una superficie.
Definition 55 Dado un campo vectorial F : U ⊂ R3 → R3 de clase C1 en elabierto U se llama rotacional de F y se denota por rotF al campo vectorialque se obtine al desarrollar el siguiente determinante:
rotF = det
i j kD1 D2 D3
F1 F2 F3
= (D2F3 −D3F2, D3F1 −D1F3, D1F2 −D2F1)
El siguiente ejemplo nos ayudará a entender la definición anterior.
Example 56 Vamos a calcular el rotacional del siguiente campo vectorial:
F (x1, x2, x3) = (x1 + 2x2 + 3x3, x1x2x3, ex1senx2 cosx3).
En primer lugar observamos que el campo es de clase C∞ en R3, de modo quetiene derivadas parciales continuas. A continuación calculamos el determinanteque en este caso tiene la forma:
rotF = det
i j kD1 D2 D3
x1 + 2x2 + 3x3 x1x2x3 ex1senx2 cosx3
=
D2(ex1senx2 cosx3)−D3(x1x2x3)
D3(x1+2x2+3x3)−D1(ex1senx2 cosx3)
D1(x1x2x3)−D2(x1+2x2+3x3)
= (ex1 cosx2 cosx3−x1x2, 3− ex1senx2 cosx3, x2x3−2).
Como ya habiamos adelantado en la primera unidad didáctica, el rotacionalde un campo vectorial está relacionado con la condición de campo conservativoen el sentido de que se verifica la siguiente equivalencia:
F es conservativo si y solo si rotF = 0.
94
A continuación vamos a enunciar el teorema de Stokes que nos ayudarádespués a dar una interpretación física del rotacional de un campo vectorial enrelación al flujo del campo.
Theorem 57 Teorema de Stokes en R3: Si F : U ⊂ R3 → R3 es declase C1, U es un conjunto abierto que contiene a la superficie simple S yϕ : R ⊂ R2 → R, es una recorrido regular de S de clase C2,entonces se verificaque: ∫
S
rotF ·N =
∮∂S
F1dx1 + F2dx2 + F3dx3 =
∮∂S
F · T
En la segunda parte veremos como se deduce este teorema del teorema gen-eral de Stokes.Observemos que ahora hemos pedido al recorrido regular ϕ una condición
más y es que sea de clase C2 como veremos al demostrar el teorema de Stokesnecesitamos que el recorrido tenga derivadas parciales segundas continuas paraque se de la igualdad. De nuevo esto no será un problema para los recorridosque aparecen en los ejemplos y problemas del texto.Una primera consecuencia de este teorema es que si el campo vectorial F es
conservativo, o equivalentemente rotF = 0, entonces la integral de F a lo largode cualquier camino cerrado ∂S que se pueda obtener como el borde de algunasuperficie S es 0.A continuación veremos un ejemplo.
Example 58 Vamos a calcular la integral del campo vectorial F (x1, x2, x3) =(f(x1), g(x2), h(x3)) siendo f, g, h : (−2, 2) ⊂ R → R tres funciones de claseC1 sobre la curva cerrada simple C = {(x1, x2, x3) ∈ R3;x2
1 + x22 = 1, x3 = 0}.
Primero observamos que el campo vectorial asi definido es conservativo seancómo sean las funciones f, g y h por como están distribuidas las tres variablesentre ellas. Después observamos que la curva cerrada C está contenida en elplano x3 = 0, por lo cual es el borde de la superficie simple contenida en elmismo plano y delimitada por C. En este caso también podemos tomar comosuperficie S la semiesfera de centro (0, 0, 0) y radio r = 1. En cualquier casoaplicando el teorema anterior deducimos que∮
C
F · T =
∮∂S
F · T = 0.
El siguiente ejemplo nos muestra cómo gracias al Teorema de Stokes podemosevitar el cálculo de primitivas muy difíciles por otras inmediatas.
Example 59 Tomamos el siguiente campo vectorial:
F (x1, x2, x3) = (arctgx1 + x2x3, ex22senx2 + x1(
1
2+ x3), ln(1 + x2
3) + x21x2)
y la curva simple dada por C = {(x1, x2, x3) ∈ R3;x21 + x2
2 = 1, x3 = 5}, quecorresponde a la circunferencia contenida en el plano x3 = 5, de centro (0, 0, 5)
95
y radio 1. De modo que tomando el típico recorrido regular de C, que sabemostiene orientación positiva:
ϕ : [0, 2π] ⊂ R → R3
t (cos t, sent, 5)
la integral de línea∮C
F · T queda asi:
∮C
F · T
=
2π∫0
F (ϕ(t)) · ϕ′(t)dt
=
2π∫0
((arctg(cos t) + 5sent)(−sent) + (esen2tsen(sent) + cos t(
1
2+ 5)) cos t)dt
Como vemos nos aparecen funciones cuyas integrales primitivas son difícilesde calcular, mientras que aplicando el teorema de Stokes a la superficie S ={(x1, x2, x3) ∈ R3;x2
1 + x22 ≤ 1, x3 = 5}, cuya borde es claramente C, nos
apareceran unas integrales más sencillas porque
rotF (x1, x2, x3) = (0, x2(1− 2x1),1
2).
En efecto, tomando como recorrido regular de S el dado por:
ϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ R3
(u1, u2) (u1, u2, 5)
siendo R = {(u1, u2) ∈ R2 : u21 +u2
2 ≤ 1}, cuyo vector normal es N(u1, u2) =(0, 0, 1) nos queda que:∮
C
F · T =
∫S
rotF ·N =
∫R
1
2du1du2 =
π
2
Otra circunstancia en la cual resulta conveniente aplicar el teorema de Stokesse da cuando el camino cerrado simple está formado por varios tramos de curvasque necesitan recorridos distintos, como por ejemplo los lados de un triángulo.
Example 60 Dado el campo vectorial
F (x1, x2) = (x1(x22 − x2
3), x2(x21 − x2
3), x3(x21 − x2
2))
vamos a calcular la integral de línea de este campo a lo largo del camino cerradosimple C formado por los lados del triángulo de vértices: (1, 0, 0), (0, 1, 0) y
96
(0, 0, 1) y recorrido en el sentido de las agujas del reloj. Para calcular estaintegral de línea tendríamos primero que buscar los tres recorridos regularesα1, α2 y α3 correspondientes a los tres lados del triángulo y después calculartres integrales de linea, mientras que aplicando el teorema de Stokes la integralde línea se transforma en una sencilla integral doble sobre la superficie S ={(x1, x2, x3) ∈ R3;x1 + x2 + x3 = 1, x1 ≥ 0, x2 ≥ 0 y x3 ≥ 0} que recorremoscon la función:
ϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ R3
(u1, u2) (u1, u2, 1− u1 − u2)
siendo R = {(u1, u2);u1 + u2 ≤ 1, u1 ≥ 0 y u2 ≥ 0} y el vector normalexterior N(u1, u2) = (1, 1, 1). En este caso además, la función que tenemosque integrar también se simplifica puesto que rotF (x1, x2, x3) = (0,−4x1x3, 0),entonces:∮
C
F · T =
∫S
rotF ·N =
1∫0
1−u1∫0
−4u1(1− u1 − u2)du2du1
= −4
1∫0
((u1(1− u1)u2]
1−u10 +
(−u1
u22
2
]1−u1
0
)du1
= −4
1∫0
1
2u1(1− u1)2du1 = −2
1∫0
(u1 + u31 − 2u2
1)du1
= −2
(u2
1
2+u4
1
4− 2
3u3
1
]1
0
= −1
6
Por último, observemos que si dos superfices simples S1 y S2 de clase C2
tienen el mismo borde C entonces por el teorema de Stokes se verifica que:∫S1
rotF ·N =
∮C
F · T =
∫S2
rotF ·N
es decir que la integral del rotacional del campo es la misma a lo largo de lasdos superficies. Este resultado nos puede ayudar a simplificar los cálculos comosucede en el siguiente ejemplo.
Example 61 Si tenemos que calcular la integral del rotacional del campo dadoen el ejemplo 56, esto es
F (x1, x2, x3) = (x1 + 2x2 + 3x3, x1x2x3, ex1senx2 cosx3)
cuyo rotacional es
rotF (x1, x2, x3) = (ex1 cosx2 cosx3 − x1x2, 3− ex1senx2 cosx3, x2x3 − 2)
97
a lo largo de la semiesfera superior con orientación positiva, podemos sustituirla esfera por la superficie S = {(x1, x2, x3) ∈ R3;x2
1 + x22 ≤ 1 y x3 = 0}, que
recorremos con una sencilla función de la forma:
ϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ R3
(u1, u2) (u1, u2, 0)
siendo R = {(u1, u2);u21 + u2
2 ≤ 1} y siendo el vector normal N(u1, u2) =(0, 0, 1), de modo que:∫
S
rotF ·N =
∫R
−2du1du2 = −2π.
A continuación vamos a utilizar el teorema de Stokes en R3 para dar unainterpretación física de rotF ·N.
Sea F : U ⊂ R3 → R3 un campo de velocidades de un fluido y sea S unasuperficie contenida en U. Si en el punto x0 ∈ S trazamos la circunferencia Crde radio r y centro x0 contenida en el plano tangente a x0, esta circunferenciaCr y el disco que encierra, Rr, estarán muy próximos a la superficie S paravalores pequeños de r, como se muestra en la figura 11:En cada punto de la circunferencia Cr el campo de velocidades tiene compo-
nente tangencial F · T que será mayor cuánto más alineados estén los vectoresF y T. En este caso el fluido tenderá a moverse a lo largo de la circunferenciaCr, en lugar de atravesarla. Por eso decimos que la integral de línea mide lacantidad de fluido que circula a lo largo de Cr.Consideremos ahora la actuación del campo de velocidades F sobre la super-
ficie Rr, es decir sobre el disco de radio r y centro x0 cuya borde es Cr. Comor es muy pequeño el vector rotF en Rr es prácticamente constante de valorrotF (x0) y lo mismo sucede con el vector rotF ·N. En consecuencia el teoremade Stokes lleva en este caso a:∮
Cr
F · T =
∫Rr
rotF ·N = rotF (x0) ·N∫Rr
1 = rotF (x0) ·Narea(Rr)
Por lo tanto,
rotF (x0) ·N ≈ circulación del fluido a lo largo de Crπr2
Entonces, si las condiciones son buenas, se sigue que
rotF (x0) ·N = limr→0
1
πr2
∮Cr
F · T
es decir, que rotF (x0) · N mide la tendencia del fluido a girar al rededordel punto x0 cuando atraviesa la superficie S. De aquí proviene el nombre de
98
rotacional de F . Normalmente esta tendencia variará de punto a punto. Elteorema de Stokes nos dice que la medida colectiva de esta tendencia rotacionaltomada sobre la superficie (integral de superficie) es igual a la tendencia delfluido a circular al rededor del borde de S (integral de línea).El teorema de Stokes aplicado a campos eléctricos permite probar la ley de
Faraday: el voltaje a lo largo del borde de S es igual a menos la razón de cambiodel flujo magnético a través de la superficie.Terminamos esta unidad didáctica con el teorema de la divergencia o teorema
de Gauss, en honor del matemático alemán Carl Friedrich Gauss (1777-1855).Este teorema es una extensión a tres dimensiones del teorema de Green, porqueprueba que, bajo ciertas hipótesis, la integral de un campo vectorial a lo largo deuna superficie S coincide con la integral de un campo escalar sobre la región deR3 cuyo borde es la superficie S. Antes de enunciarlo será necesario introducirlas siguientes definiciones.
Definition 62 Dado un campo vectorial F : U ⊂ R3 → R3 de clase C1 enel abierto U , se llama divergente de F , y se escribe divF , al campo escalardefinido por:
divF (x) = D1F1(x) +D2F2(x) +D3F3(x)
Mas adelante utilizaremos el teorema de la divergencia para dar una inter-pretación física del divergente de un campo vectorial. A continuación veamosun ejemplo.
Example 63 Vamos a calcular el divergente del campo vectorial dado en elejemplo 56, esto es:
F (x1, x2, x3) = (x1 + 2x2 + 3x3, x1x2x3, ex1senx2 cosx3).
Para ello solo tenemos que derivar la primera función respecto de la primeravariable, después sumar la dericvada de la segunda función respecto de la se-gunda variable y por último sumar la derivada de la tercera función respecto dela tercera variable, con lo cula nos queda el campo escalar:
divF (x1, x2, x3) = 1 + x1x3 − ex1senx2senx3.
A continuación introducimos la definición de superficie compuesta cerrada.Recordemos que un camino simple C es cerrado cuando los recorridos regularesϕ : [a, b] ⊂ R → C ⊂ Rn satisfacen que ϕ(a) = ϕ(b). Puesto que a y b son lospuntos frontera del intervalo [a, b] los puntos ϕ(a) y ϕ(b) se denominan puntosfrontera de C de modo que otra manera de decir que un camino es cerrado esafirmando que tiene frontera nula.
Definition 64 Se dice que una superficie compuesta S ⊂ R3 es cerrada sicada camino simple contenido en el borde de S es recorrido dos veces una conorientación positiva y otra con orientación negativa por la función ϕ ◦ψ siendoϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ R3 el recorrido regular que define a S y siendo ψ un recorridoregular del camino cerrado simple ∂R
99
Recordemos que el borde de S se define como la imagen del borde de la regiónsimple R ⊂ R2 por medio del recorrido regular de S; es decir que ∂S = ϕ(∂R).De modo que si S es una superficie simple su frontera no puede ser nula porqueel recorrido regular ϕ es inyectivo en R. Pero si la superficie es compuesta ϕ noes inyectiva en los bordes de las regiones simples que forman R, de modo quetampoco es inyectivo en ∂R y puede suceder que ϕ(∂R) = 0, como veremos enel problema 2 que sucede cuando S es el cubo unidad.El teorema de la divergencia o de Gauss se verifica para superficies com-
puestas que tienen frontera nula y que son orientables y relaciona cierta integralsobre estas superficies con otra integral sobre el recinto que encierran al quellamaremos sólido.
Definition 65 Se dice que un conjunto K ⊂ R3 es un sólido si su frontera,que denotaremos por ∂K es una superficie compuesta cerrada y orientable.
Por ejemplo son sólidos las bolas cerradas y los rectángulos cerrados en R3.Recordemos que en el plano se elige como orientación positiva de los recorri-
dos de los caminos cerrados simples el recorrido que gira en sentido contrario alas agujas de un reloj y la justificación de esa elección nos la daba una integral.Ahora usaremos también una integral para justificar como orientación posi-
tiva de una superficie compuesta y cerrada en el espacio Se elije como orientaciónpositiva de una superficie compuesta cerrada la que tiene vector normal apun-tando al exterior. El teorema de la divergencia que veremos en el siguientetema nos proporciona una justificación de esta elección porque demuestra quecon esta orientación la integral del campo vectorial F (x) = 1
3 (x1, x2, x3) sobrecualquier superficie compuesta y cerrada S coincide con el volumen de la regióndel espacio comprendida dentro de S.
Como las superficies de los sólidos son cerradas y orientables, vimos en eltema 8 que en estos caos se toma como orientación positiva la que da comovector normal en cada punto de la superficie el vector que apunta al exterior.Este es el significado que tiene la notación
∮∂K
F ·N en el siguiente teorema.
Theorem 66 Teorema de la divergencia (o Teorema de Gauss): SiF : U ⊂ R3 → R3 es un campo vectorial de clase C1, U es un conjunto abiertoque contiene al sólido K y el borde de K es una superficie de clase C2, entoncesse verifica que: ∫
K
divF =
∮∂K
F ·N
Observemos que de nuevo es necesario suponer que la superficie es de claseC2. El teorema de la divergencia resulta muy util cuando la superficie cerradaestá delimitada por varias superficies, como es el caso del cubo, porque resultamás fácil integrar sobre el sólido K que sobre la superficie ∂K, como muestra elsiguiente ejemplo.
100
Example 67 Vamos a calcular la integral del campo vectorial dado en el ejem-plo 56 esto es:
F (x1, x2, x3) = (x1 + 2x2 + 3x3, x1x2x3, ex1senx2 cosx3)
sobre la superficie del cubo K = [0, 1]× [0, 1]× [0, 1]. Para calcular esta integraltendríamos primero que construir seis recorridos sobre las seis caras del cubo ydespués integrar las seis funciones que obtendríamos de los respectivos productosF ·N , mientras que aplicando el teorema de la divergencia nos queda una únicaintegral de la forma:
1∫0
1∫0
1∫0
divF (x1, x2, x3)dx1dx2dx3
=
1∫0
1∫0
1∫0
(1 + x1x3 − ex1senx2senx3)dx1dx2dx3
=
1∫0
1∫0
(x1 + x3
x21
2− ex1senx2senx3
]1
0
dx2dx3
=
1∫0
((1 +
x3
2
)x2 − (1− e) cosx2senx3
]10dx3
=
(x3 +
x23
4− (1− e)(1− cos 1) cosx3
]1
0
=5
4+ (1− e)(1− cos 1)2.
Por último, vamos a ver cómo el teorema de la divergencia nos proporcionauna interpretación física del divergente de un campo.Sea F : U ⊂ R3 → R3 un campo de velocidades de un fluido. Para cada
punto x0 ∈ U tomamos una bola cerrada de centro x0 y radio r, que denotamospor Br. Ya vimos que la integral de F sobre el borde de esta bola (la esfera quedenotamos por Sr) mide la cantidad de fluido que atraviesa la esfera (hacia elinterior y hacia el exterior). Por el teorema de la divergencia este flujo coincidecon: ∫
Br
divF (x)dx
Si r es suficientemente pequeño se puede considerar que la función divFpermanece constante en x0 y podemos aproximar el flujo a través de la esferapor: ∮
S
F ·N =
∫Br
divF (x)dx ≈ divF (x0)
∫Br
1 = divF (x0)vol(Br)
101
Por lo tanto,
divF (x0) ≈ circulación del fluido a través de Sr43πR3
Entonces, si las condiciones son buenas, se sigue que
divF (x0) = limr→0
143πr
3
∮Sr
F ·N
es decir, que divF (x0) mide el flujo del campo en el punto x0 por unidadde volumen. Los signos de la función divF (x0) clasifican a los puntos en lossiguientes tres grupos:1o) x0 es fuente si divF (x0) > 0, pues en este caso el fluido cerca de x0
tiende a expandirse.2o) x0 es sumidero si divF (x0) < 0, pues en este caso el fluido cerca de x0
tiende a concentrarse.3o) x0 es incompresible si divF (x0) = 0, pues en este caso la cantidad de
fluido que fluye hacia dentro y hacia fuera son las mismas.En los ejercicios de este apartado se prueba que si un campo de velocidades
es constante, entonces el flujo a través de cualquier superficie cerrada es cero, ysi es radial, F (x1, x2, x3) = (x1, x2, x3), entonces el flujo a través de cualquiersuperficie es proporcional al volumen de la superficie.
102
1.2.5 Problemas de la unidad didáctica II
A continuación encontrará una colección de problemas cuyos contenidos sonsimilares a los de los ejemplos que aparecen en las secciones anteriores. En cadaproblema se ofrece una pequeña sugerencia donde se dan las claves para desarrol-lar la solución. Si no dispone del tiempo suficiente para resolver los problemas,al menos dedique unos minutos en pensar como desarrollaría la solución. Deesta forma aprenderá mucho más que si se limita a leer la respuesta.Problema 1 Encuentre recorridos de las siguientes superficies y describa las
caracteristicas de los mismos (inyectividad, diferenciabilidad, vector normal,..).a) S = {(x1, x2, x3) ∈ R3;x3 =
√x2
1 + x22 ≤ 1}
b) S = {(x1, x2, x3) ∈ R3; b21(x1 − a1)2 + b22(x2 − a2)2 + b23(x3 − a3)2 = 1}siendo b1b2b3 6= 0.Sugerencia: Analice que tipo de superficies son. Ejemplos similares se
pueden encontrar al principio de la unidad didáctica.Problema 2 Encuentre un recorrido del cubo de lado uno apoyado en los
semiejes positivos de coordenadasque tenga vectores normales apuntando al ex-terior del cubo y describa cómo es el borde de esta superficie asociado al recorridoencontrado.Sugerencia: Elija una región simple en forma de cruz formada por seis
cuadrados, como haría con una cartulina para construir un cubo. Cada cuadradode la región simple se transformará en una cara del cubo usando una funciónadecuada de modo que el recorrido sea continuo y tenga orientación positiva. Sile cuesta encontrar las funciones adecuadas consulte la definición de recorridodel borde de I3 que se da en el tema 13.Problema 3 Encuentre un recorrido de la superficie cerrada formada por
el sector cilíndrico S1 = {(x1, x2, x3);x21 + x2
2 = 1 y x3 ∈ [0, 1]} con sus dostapaderas.Sugerencia: Use coordenadas polares.Problema 4. Encuentre un recorrido sobre la siguiente superficie:
S = {(x1, x2, x3);x21+x2
2 = 1 y x3 ∈ [−1, 0]}∪{(x1, x2, x3);x21+x2
2+x23 = 1 y x3 ∈ [0, 1]}.
Sugerencia: Averígüe de que tipo de superficies se trata y encontrará lascoordenadas adecuadas.Problema 5 Sean {v1, v2, v3} tres vectores no nulos de R3. Probar que el
producto vectorial verifica:a) v1 × v1 = 0b) v1 × v2 = −v2 × v1
c) (av1+bv2)×v3 = av1×v3+bv2×v3 y v1×(cv2+dv3) = cv1×v2+dv1×v3
Sugerencia: Recuerde las propiedades de los determinantes.Problema 6 Dados dos vectores v1, v2 no nulos en R3 y dada A una matriz
2×2 con coeficientes reales, llamamos w1, w2 a los vectores de R3 que se obtienenal realizar la composición de las siguientes matrices:(
w11 w12 w13
w21 w22 w23
)=
(a bc d
)(v11 v12 v13
v21 v22 v23
).
103
Probar que w1 × w2 = det(A)v1 × v2.Sugerencia: Utilice las propiedades demostradas en el problema anterior.Problema 7 Calcule el área de las siguientes superficies de revolución us-
ando los recorridos definidos en cada caso.
a)ϕ : [0, 2]× [0, 2π] ⊂ R2 → S ⊂ R3
(u1, u2) (u1 cosu2, u21, u1senu2)
b)ϕ : [0, π]× [0, 2π] ⊂ R2 → S ⊂ R3
(u1, u2) (u1, senu1 cosu2, senu1senu2)¿Qué se puede decir de las gráficas de estas superficies?Sugerencia: Como el recorrido viene dado, solo hay que aplicar la fórmula
del aréa, para lo cual es necesario calcular N(u).Problema 8 Calcular la masa y el centro de masas de una lámina en forma
de cono recorrida por la función:
ϕ : [1, 2]× [0, 2π] ⊂ R2 → S ⊂ R3
(u1, u2) (u1, u1 cosu2, u1senu2)
siendo la función de densidad:a) Inversamente proporcional a la distancia del punto al origen de coorde-
nadas: F (x1, x2, x3) = K√x21+x22+x23
.
b) Uniforme de valor K.Sugerencia: Como el recorrido está dado solo hay que aplicar las fórmulas,
para lo cual es necesario calcular N(u).Problema 9 Calcular el flujo del campo de velocidades F (x1, x2, x3) =
(4x1x2,−x23, x2x3) a traves del cubo unidad con orientación positiva.
Sugerencia: Usar el recorrido del problema 2 y aplicar la fórmula.Problema 10 Calcular el flujo del campo de velocidades F (x1, x2, x3) =
(x1, 2x1, 3x1) a traves de la superficie dada por
S = {(x1, x2, x3);x3 = x21 + x2
2 y x21 + x2
2 ≤ 4},
con orientación positiva.Sugerencia: Observe que la superficie es de revolución.
104
1.2.6 Soluciones de los problemas de la unidad didáctica II
Intente resolver los problemas, o al menos esbozar una respuesta, antes de leerla solución.Problema 1 Encuentre recorridos de las siguientes superficies y describa las
caracteristicas de los mismos (inyectividad, diferenciabilidad, vector normal,..).a) S = {(x1, x2, x3) ∈ R3;x3 =
√x2
1 + x22 ≤ 1}
b) S = {(x1, x2, x3) ∈ R3; b21(x1 − a1)2 + b22(x2 − a2)2 + b23(x3 − a3)2 = 1}siendo b1b2b3 6= 0Solución: a) En este caso la superficie viene descrita de forma explícita en
la variable x3 = h(x1, x2) por lo cual podemos usar el recorrido:
ϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ R3
(u1, u2) (u1, u2,√u2
1 + u22)
La región simple R viene determinado por la condición√x2
1 + x22 ≤ 1. De
modo que será: R = {(u1, u2);u21 + u2
2 ≤ 1}. En estos casos el recorrido essiempre una función inyectiva, por la forma de sus dos primeras componentes,y la tercera componente hace que el recorrido sea de clase C∞ en R2\{(0, 0)}.Por otro lado el vector normal es:
N(u) = (−D1h(u),−D2h(u), 1) =
(−u1√u2
1 + u22
,−u2√u2
1 + u22
, 1
)
que es no nulo y con orientación exterior.b) Ahora la superficie es un elipsoide que podemos recorrer usando coorde-
nadas esféricas como en el ejemplo 35; esto esϕ : [0, 2π]× [0, π] ⊂ R2 → S ⊂ R3
viene dada por:
ϕ(u1, u2) =1
|b1|cosu1senu2 + a1,
1
|b2|senu1senu2 + a2,
1
|b3|cosu2 + a3)
En este caso el recorrido no es inyectivo, es de clase C∞ en R2 y su vectornormal es:
N(u) = −(
1
|b2b3|senu2
2cosu1,1
|b1b3|senu2
2senu1,1
|b1b2|senu2cosu2
).
Problema 2 Encuentre un recorrido del cubo de lado uno apoyado en lossemiejes positivos de coordenadas que tenga vectores normales apuntando alexterior del cubo y describa cómo es el borde de esta superficie asociado alrecorrido encontrado.Solución: Para resolver este problema tenemos que buscar un recorrido
para cada una de las seis caras que forman el cubo y ajustar los seis recorridos.Observemos que las seis caras están contenidas en seis planos que se caracter-izan gráficamente por ser planos perpendiculares a algún eje de coordenadas yanaliticamente por tener una de las tres variables constantes: x1 = 0, x1 =1, x2 = 0, x2 = 1, x3 = 0 y x3 = 1. Por esta razón los recorridos serán funciones
105
R1R6
R2
R5
R3
R4R1R6
R2
R5
R3
R4R1R6
R2
R5
R3
R4
Figure 11: Figure 15: Región simple para el recorrido del cubo
sencillas que se obtienen al fijar la variable que determina al plano y ajustar losotras dos variables u1 y u2 de modo que se ajusten los dominios y el sentido delvector normal.Como región simple utilizaremos la región simple con forma de cruz rep-
resentada en la figura 15 y formada por la unión de los rectángulos: R =[−2, 2]× [0, 1] ∪ [0, 1]× [−1, 2].A cada uno de los seis rectángulos que forman R le vamos a hacer correspon-
der la cara del cubo que se indica en la figura 15, de modo que ϕ sobre cadarectángulo Ri queda de la siguiente manera:
ϕ : R1 = [0, 1]× [0, 1] ⊂ R2 → S ⊂ R3
(u1, u2) (1− u1, u2, 0)
el vector normal es N(u1, u2) = (0, 0,−1) y ϕ recorre la cara contenida en elplano x1 = 0.Para la cara contenida en el plano x2 = 1 la función será:
ϕ : R3 = [0, 1]× [1, 2] ⊂ R2 → S ⊂ R3
(u1, u2) (1− u1, 1, u2 − 1)
cuyo vector normal N(u1, u2) = (0, 1, 0) apunta al exterior.Para lacara contenida en el plano x2 = 0 la función será:
ϕ : R2 = [0, 1]× [−1, 0] ⊂ R2 → S ⊂ R3
(u1, u2) (−u1, 0,−u2)
106
cuyo vector normal N(u1, u2) = (0,−1, 0) que apunta al exterior.Para la cara contenida en el plano x1 = 0 la función será:
ϕ : R4 = [1, 2]× [0, 1] ⊂ R2 → S ⊂ R3
(u1, u2) (0, u2, u1 − 1)
cuyo vector normal N(u1, u2) = (−1, 0, 0) apunta al exterior.Para la cara contenida en el plano x1 = 1 la función será:
ϕ : R5 = [−1, 0]× [0, 1] ⊂ R2 → S ⊂ R3
(u1, u2) (1, u2,−u1)
cuyo vector normal N(u1, u2) = (1, 0, 0) apunta al exterior.Por último, para la cara contenida en el plano x3 = 1 la función será:
ϕ : R6 = [−2,−1]× [0, 1] ⊂ R2 → S ⊂ R3
(u1, u2) (u1 + 2, u2, 1)
cuyo vector normal N(u1, u2) = (0, 0, 1) apunta al exterior.La función construida es continua enR, inyectiva y satisface que ϕ(R) =cubo.
Además en el interior de cada cuadrado Ri es de clase C∞ y Dϕ(u) tiene rángomáximo.Por otro lado, la hemos construido de modo que recorre el cubo con ori-
entación positiva. Por lo tanto está función demuestra que el cubo es unasuperficie compuesta y orientable.Ahora vamos a demostrar que el borde del cubo es nula, de modo que el
cubo es también una superficie cerrada.Para recorrer el borde del cubo tenemos primero que definir un camino cer-
rado simple que recorra el borde de R con orientación positiva, que vamos allamar φ y después probar que el recorrido ϕ ◦ φ es nulo.Como el borde de R está formada por catorce segmentos rectos vamos a
construir el recorrido partiendo del intervalo [0, 14], de modo que usamos unintervalo de longitud uno para recorrer cada tramo. Si comenzamos por elpunto (0,−1) recorreremos el borde como muestra la figura 16 con la siguientefunción:
107
R1R6
R2
R5
R3
R4
Punto de partida
R1R6
R2
R5
R3
R4R1R6
R2
R5
R3
R4R1R6
R2
R5
R3
R4
Punto de partidaPunto de partida
Figure 12: Figura 16: recorrido del borde del cubo
108
φ(t) =
(t, 1) t ∈ [0, 1](1, t− 2) t ∈ [1, 2](t− 1, 0) t ∈ [2, 3](2, t− 3) t ∈ [3, 4](6− t, 1) t ∈ [4, 5](1, t− 4) t ∈ [5, 6](7− t, 2) t ∈ [6, 7](0, 9− t) t ∈ [7, 8](8− t, 1) t ∈ [8, 9](8− t, 1) t ∈ [9, 10]
(−2, 11− t) t ∈ [10, 11(t− 13, 0) t ∈ [11, 12(t− 13, 0) t ∈ [12, 13(0, 13− t) t ∈ [13, 14
De modo que el recorrido ϕ ◦ φ es:
ϕ ◦ φ(t) =
(1− t, 0, 1) t ∈ [0, 1](0, 0,−t+ 2) t ∈ [1, 2](0, 0, t− 2) t ∈ [2, 3](0, t− 3, 1) t ∈ [3, 4](0, 1, 5− t) t ∈ [4, 5](0, 1, t− 5) t ∈ [5, 6](t− 6, 1, 1) t ∈ [6, 7](1, 1, 8− t) t ∈ [7, 8](1, 1, t− 8) t ∈ [8, 9](10− t, 1, 1) t ∈ [9, 10](0, 11− t, 1) t ∈ [10, 11](t− 11, 0, 1) t ∈ [11, 12]
(1, 0,−t+ 13) t ∈ [12, 13](1, 0, t− 13) t ∈ [13, 14]
Cada tramo se contraresta con otro que pasa por los mismos puntos pero ensentido contrario de modo que la integral de cualquier campo vectorial continuosobre este recorrido es nula, con lo cual el cubo es una superficie cerrada.Problema 3 Encuentre un recorrido de la superficie cerrada formada por
el sector cilíndrico S1 = {(x1, x2, x3);x21 + x2
2 = 1 y x3 ∈ [0, 1]} con sus dostapaderas.Solución: Como el cilindro es una superficie de revolución podemos recorrer
S1 con la siguiente función, como vimos en el tema 6:
ϕ : [0, 1]× [0, 2π] ⊂ R2 → S1 ⊂ R3
(r, θ) (cos θ, senθ, r)
Ahora tenemos que recorrer los dos tapas, que son sectores de dos planos,prolongando esta función. Ya vimos en el tema 6 como se usan las coordenadaspolares para recorrer sectores de un plano. Aplicando esa estrategia a este caso
109
ampliaremos la región simple R para recorrer las tapas manteniendo la variableu2 en el intervalo [0, 2π] y prolongando el intervalo de la variable u1. De modoque para recorrer la tapa de abajo usamos la siguiente función:
ϕ : [−1, 0]× [0, 2π] ⊂ R2 → S ⊂ R3
(r, θ) ((r + 1) cos θ, (r + 1)senθ, 0)
Y para recorrer la tapa de arriba esta otra
ϕ : [1, 2]× [0, 2π] ⊂ R2 → S ⊂ R3
(r, θ) ((2− r) cos θ, (2− r)senθ, 1)
Ahora comprobaremos que la función asi definida es continua. Por un lado,es obvio que cada una de las tres funciones que hemos elegido para definir aϕ es, no solo continua sino incluso, de clase C∞, por lo tanto para probar lacontinuidad de ϕ en la región simple R = [−1, 2] × [0, 2π] solo tenemos quecomprobar que las funciones elegidas coinciden en las intersecciones de las tressubregiones; es decir en los conjuntos {(r, θ); r = 0 y θ ∈ [0, 2π]} y {(r, θ); r = 1y θ ∈ [0, 2π]}. En el primer conjunto el recorrido ϕ del sector cilíndrico esϕ(0, θ) = (cos θ, senθ, 0) que coincide con los valores que toma ϕ al recorrer latapa de abajo. Mientras que en el segundo conjunto el recorrido ϕ del sectorcilíndrico es ϕ(1, θ) = (cos θ, senθ, 1) que coincide con los valores que toma ϕ alrecorrer la tapa de arriba.Observemos que aunque ϕ es continua en todos los puntos de R = [−1, 2]×
[0, 2π], sin embargo no es diferenciable en los puntos de los conjuntos {(r, θ); r =0 y θ ∈ [0, 2π]} y {(r, θ); r = 1 y θ ∈ [0, 2π]}.Observar que la normal es exterior porque viene dada por:
N(r, θ) =
(cosθ, senθ, 0) si (r, θ) ∈ (0, 1)× [0, 2π](0, 0,−(r + 1)) si (r, θ) ∈ (−1, 0)× [0, 2π](0, 0, 2− r) si (r, θ) ∈ (1, 2)× [0, 2π]
Problema 4. Encuentre un recorrido sobre la siguiente superficie:
S = {(x1, x2, x3);x21+x2
2 = 1 y x3 ∈ [−1, 0]}∪{(x1, x2, x3);x21+x2
2+x23 = 1 y x3 ∈ [0, 1]}.
Solución: Vamos a usar coordenadas polares en las variables x1 y x2 paradefinir el recorrido, de modo que u1 se moverá en el intervalo [0, 2π] y la variableu2 hará de radio y nos servirá para definir la variable x3.
ϕ : [0, 2π]× [0, 2] ⊂ R2 → S ⊂ R3
(u1, u2)
{(u2 cosu1, u2senu1,
√1− u2
2) si u2 ∈ [0, 1](cosu1, senu1, 1− u2 si u2 ∈ [1, 2]
Observamos que la función asi definida es continua en todos los puntosporque cuando u2 = 1 las dos expresiones de ϕ coinciden.Vamos a ver la orientación de este recorrido calculando el vector normal.
N(u1, u2) =
(−u22cosu1√
1−u22,−u22senu1√
1−u22,−u2
)si u2 ∈ [0, 1]
(− cosu1,−senu1, 0) si u2 ∈ [1, 2]
110
Observamos que el recorrido lleva orientación interior tanto en la semiesferacomo en el cilindro.Problema 5 Sean {v1, v2, v3} tres vectores no nulos de R3. Probar que el
producto vectorial verifica:a) v1 × v1 = 0b) v1 × v2 = −v2 × v1
c) (av1+bv2)×v3 = av1×v3+bv2×v3 y v1×(cv2+dv3) = cv1×v2+dv1×v3
Solución: Recordemos que el producto vectorial de dos vectores v1 =(v11, v12, v13), v2 = (v21, v22, v23) se define como:
v1 × v2 = det
i j kv11 v12 v13
v21 v22 v23
a) v1 × v1 = 0 porque la matriz asociada tiene dos filas linealmente depen-
dientes.b) v1 × v2 = −v2 × v1 porque el determinante cambia de signo cuando
cambiamos una fila por otra.c) (av1 + bv2)× v3 = av1 × v3 + bv2 × v3 es consecuencia de las propiedades
del determinante:
(av1 + bv2)× v3 = det
i j kav11 + bv21 av12 + bv22 av13 + bv23
v31 v32 v33
= det
a i j k
v11 v12 v13
v31 v32 v33
+ b
i j kv21 v22 v23
v31 v32 v33
= a det
i j kv11 v12 v13
v31 v32 v33
+ bdet
i j kv21 v22 v23
v31 v32 v33
= av1 × v3 + bv2 × v3.
De igual modo se prueba que v1 × (cv2 + dv3) = cv1 × v2 + dv1 × v3.Problema 6 Dados dos vectores v1, v2 no nulos en R3 y dada A una matriz
2×2 con coeficientes reales, llamamos w1, w2 a los vectores de R3 que se obtienenal realizar la composición de las siguientes matrices:(
w11 w12 w13
w21 w22 w23
)=
(a bc d
)(v11 v12 v13
v21 v22 v23
).
Probar que w1 × w2 = det(A)v1 × v2.Solución: Observemos que los vectores w1 y w2 son combinaciones lineales
de los vectores v1 y v2, puesto que satisfacen:
w1 = av1 + bv2
w2 = cv1 + dv2.
111
De modo que por las propiedades demostradas en el problema anterior elproducto vectorial verifica:
w1 × w2 = (av1 + bv2)× (cv1 + dv2)
= av1 × (cv1 + dv2) + bv2 × (cv1 + dv2)
= acv1 × v1 + adv1 × v2 + bcv2 × v1 + dbv2 × v2
= adv1 × v2 − bcv1 × v2
= det(A)v1 × v2.
Problema 7 Calcule el área de las siguientes superficies de revolución us-ando los recorridos definidos en cada caso.
a)ϕ : [0, 2]× [0, 2π] ⊂ R2 → S ⊂ R3
(u1, u2) (u1 cosu2, u21, u1senu2)
b)ϕ : [0, π]× [0, 2π] ⊂ R2 → S ⊂ R3
(u1, u2) (u1, senu1 cosu2, senu1senu2)¿Qué se puede decir de las gráficas de estas superficies?Solución: En ambos casos vamos a aplicar la fórmula del área de una
superficie, para lo cual lo primero que tenemos que hacer es hallar el vectorN(u1, u2).a) Por la forma que tienen las ecuaciones que describen el recorrido, obser-
vamos que en este caso S es la superficie de revolución correspondiente a laecuación x2
1 +x23 = x2; es decir es una porción de un paraboloide con eje de giro
OX2. El vector normal en este caso es
N(u1, u2) = (2u21 cosu2,−u1, 2u
21senu2).
Por lo tanto el área es:
area(S) =
∫R
||N(u)||du =
2∫0
2π∫0
u1
√1 + u2
1du2du1
= 2π
2∫0
u1
√1 + u2
1du1 =π
6(1 + 4u2
1)3/2]2
0=π
6(17√
17− 1).
b) Observamos que de nuevo tenemos una superficie de revolución que eneste caso corresponde a la gráfica de la función positiva g(s) = sens girandoalrededor del eje OX1. El vector normal en este caso es
N(u1, u2) = (cosu1senu1,−senu1 cosu2,−senu1senu2).
Por lo tanto el área es:
area(S) =
∫R
||N(u)||du =
π∫0
2π∫0
senu1
√1 + cos2 u1du2du1
= 2π
π∫0
senu1
√1 + cos2 u1du1 = 2π
1∫−1
√1 + t2dt = 2π
(√
2 +1
2log
(1 +√
2√2− 1
))
112
Problema 8 Calcular la masa y el centro de masas de una lámina en formade cono recorrida por la función:
ϕ : [1, 2]× [0, 2π] ⊂ R2 → S ⊂ R3
(u1, u2) (u1, u1 cosu2, u1senu2)
siendo la función de densidad:a) Inversamente proporcional a la distancia del punto al origen de coorde-
nadas: f(x1, x2, x3) = K√x21+x22+x23
.
b) Uniforme de valor K.Solución: Como ya observamos en el tema 6 el cono es una superficie de
revolución y el vector norma del recorrido dado es:
N(u1, u2) = (−u1 cosu2,−u1senu2, u1).
a) Con esta función de densidad la masa de la lámina es:
2masa =
2∫1
2π∫0
K√2u2
1
√2u2
1du2du1 = 2Kπ.
Y el centro de masas viene dado por:
1
2Kπ
π∫0
2π∫0
Ku1du2du1,
π∫0
2π∫0
Ku1 cosu2du2du1,
π∫0
2π∫0
Ku1senu2du2du1
=
1
2π
2πu2
1
2
]2
1
,
2∫1
u1senu2]2π0 du1,
2∫1
−u1 cosu2]2π0 du1
= (
3
2, 0, 0).
b) Si la función de densidad es f(x1, x2, x3) = K la masa de la lámina es:
masa =
2∫1
2π∫0
K√
2u21du2du1 = 2
√2Kπ
u21
2
]2
1
= 3√
2Kπ.
113
Y el centro de masas viene dado por:
1
3√
2Kπ
2∫1
2π∫0
K√
2u21du2du1
2∫1
2π∫0
√2Ku2
1 cosu2ddu2u1
2∫1
2π∫0
√2Ku2
1senu2du2du1
=
1
3√
2π
2√
2πu3
1
3
]2
1
,
2∫1
√2u2
1senu2]2π0 du1,
2∫1
−√
2u21 cosu2]2π0 du1
= (
14
9, 0, 0).
Problema 9 Calcular el flujo del campo de velocidades F (x1, x2, x3) =(4x1x2,−x2
3, x2x3) a traves del cubo unidad con orientación positiva.Solución: Usaremos el recorrido construido en el problema 2
ϕ(u) =
(1− u1, u2, 0) si u ∈ [0, 1]× [0, 1](1− u1, 1, u2 − 1) si u ∈ [0, 1]× [1, 2]
(−u1, 0,−u2) si u ∈ [0, 1]× [−1, 0](0, u2, u1 − 1) si u ∈ [1, 2]× [0, 1](1, u2,−u1) si u ∈ [−1, 0]× [0, 1]
(u1 + 2, u2, 1) si u ∈ [−2,−1]× [0, 1]
cuyo vector normal es:
N(u1, u2) =
(0, 0,−1) si u ∈ [0, 1]× [0, 1](0, 1, 0) si u ∈ [0, 1]× [1, 2]
(0,−1, 0) si u ∈ [0, 1]× [−1, 0](−1, 0, 0) si u ∈ [1, 2]× [0, 1](1, 0, 0) si u ∈ [−1, 0]× [0, 1](0, 0, 1) si u ∈ [−2,−1]× [0, 1]
Para calcular el flujo tenemos que resolver la siguiente integral de superficie:
flujo =
∫ϕ
F ·N =
1∫0
1∫0
0du1du2 +
1∫0
2∫1
1du1du2 +
1∫0
0∫−1
0du1du2
+
2∫1
1∫0
0du1du2 +
0∫−1
1∫0
1du1du2 +
−1∫−2
0∫−1
1du1du2
= 3.
Problema 10 Calcular el flujo del campo de velocidades F (x1, x2, x3) =(x1, 2x1, 3x1) a traves de la superficie dada por
S = {(x1, x2, x3);x3 = x21 + x2
2 y x21 + x2
2 ≤ 4},
114
tomando orientación positiva.Solución: La ecuación x3 = x2
1+x22 corresponde al paraboloide de revolución
con eje de giro el eje OX3, de modo que podemos construir el recorrido siguiendolas indicaciones del tema 6, con una región simple adecuado para que cubramosla porción de paraboloide correspondiente al interior del cilindro de ecuaciónx2
1 + x22 = 4. Asi llegamos al recorrido:
ϕ : [0, 2]× [0, 2π] ⊂ R2 → S ⊂ R3
(u1, u2) (u1 cosu2, u1senu2, u21)
.
cuyo vector normal es: N(u1, u2) = (−2u21 cosu2,−2u2
1senu2, u1). Para ver queorientación tiene este recorrido analizamos el sentido del vector normal en elpunto (1, 0, 1) ∈ S, que se alcanza en los valores u1 = 1, u2 = 0. Como N(1, 0) =(−2, 0, 1) apunta hacia el interior de S, el recorrido tiene orientación negativa yen consecuenci el flujo viene dado por:
−∫ϕ
F ·N
= −2∫
0
2π∫0
(u1 cosu2, 2u1 cosu2, 3u1 cosu2) · (−2u21 cosu2,−2u2
1senu2, u1)du2du1
= −2∫
0
2π∫0
(−2u31 cos2 u2 − 4u3
1 cosu2senu2 + 3u21 cosu2)du2du1
=
2∫0
(u3
1
(u2 +
sen2u2
2
)]2π
0
+ 4u31
sen2u2
2
]2π
0
− 3u21senu2]2π0
)du1
= 2π
2∫0
u31du1 = 8π.
115
1.2.7 Pruebas de autoevaluación de la unidad didáctica II
Prueba 11a: Cual de los siguientes conjuntos es una región simple:a) {(x1, x2) ∈ R2;x2
1 + x22 = 1}
b) {(x1, x2) ∈ R2;x21 + x2
2 ≤ 1}c) {(x1, x2) ∈ R2;x2
1 + x22 ≥ 1}
2a: La función
ϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ R3
(u1, u2) (u1, u2,√u2
1 + u22)
se puede extender con continuidad a lo sumo en todos los puntos del abiertoU :a) U = {(u1, u2) ∈ R2;u2
1 + u22 6= 0}
b) U = R2
c) U = {(u1, u2) ∈ R2;u21 + u2
2 > 0}3a: La función:
ϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ R3
(u1, u2) (√u1 cosu2,
√u1senu2, u1)
es continua en todos los puntos del abierto U :a) U = {(u1, u2) ∈ R2;u1 > 0}b) U = R2
c) U = {(u1, u2) ∈ R2;u1 6= 0}4a: La función:
ϕ : [a, b]× [0, 2π] ⊂ R2 → S ⊂ R3
(u1, u2) (√u1 cosu2, u1,
√u1senu2)
es un recorrido sobre los puntos de la superficie S que satisfacen la ecuación:a) x2
1 + x22 = x3
b) x23 + x2
1 = x2
c) x23 + x2
2 = x1
5a: Si {e1, e2, e3} son los vectores de la base canónica de R3 entonces elproducto vectorial verifica:a) e1 × e1 = 0b) e1 × e2 = 1c) e1 × e2 = −e3
6a: La siguiente función describe una superficie de rotación alrededor
ϕ : [a, b]× [0, 2π] ⊂ R2 → S ⊂ R3
(u1, u2) (g(u1) cosu2, g(u1)senu2, u1)
a) del eje OX3 buenab) del eje OX2
c) del eje OX1
116
7a: La siguiente fórmula se utiliza para calcular:∫ϕ
(x22 + x2
3)f,
∫ϕ
(x21 + x2
3)f,
∫ϕ
(x21 + x2
2)f
.
a) El centro de masas de un alambre en R3.b) El momento de inercia de una lámina en R3
c) El momento de inercia de un alambre en R3
8a: La masa de una lámina en forma triangular cuyos vértices son lospuntos (1, 00), (0, 1, 0) y (0, 0, 1) y cuya función de densidad viene dada porf(x1, x2, x3) = x1 es:a)√
3
b)√
36
c)√
32
9a: El siguiente recorrido de la esfera tiene orientación:
ϕ : [0, 2π]× [0, π] ⊂ R2 → S ⊂ R3
(u1, u2) (cosu1senu2, senu1senu2, cosu2)
a) positivab) negativac) La esfera no es una superficie orientable.10a: Si un campo de velocidades es cuadrático inverso; esto es
F (x1, x2, x3) =k(x1, x2, x3)(√x2
1 + x22 + x2
3
)3
entonces el flujo a través de la esfera centrada en el origen y de radio R es:a) 4πkb) π3c) 0
117
Prueba 2
1a Si f : U ⊂ R3 → R es un campo escalar de clase C2 entonces se verificaque:a) rot(∇f) = ∇fb) rot(∇f) = 0c) rot(∇f) = f2a Si tomamos el campo vectorial F (x1, x2, x3) = (−x2
2, x3, x1) y la curva cer-rada simple C en forma de triángulo con vértices en los puntos (3, 0, 0), (0, 3, 0)y (0, 0, 6) entonces se verifica que:a)∮C
F · T = 0
b)∮C
F · T = −9
c)∮C
F · T = 1
3a: Si tomamos el campo vectorial F (x1, x2, x3) = (−x22, x1, x
23) y la curva
cerrada simple C que se obtiene al intersecar las superficies de ecuaciones: x21 +
x22 = 1 y x2 + x3 = 2 entonces se verifica que:a)∮∂S
F · T = 0
b)∮∂S
F · T = π
c)∮∂S
F · T = 1
4a: Si tomamos el campo vectorial F (x1, x2, x3) = (x2,−x1, ex1x3) y la
superficie simple S = {(x1, x2, x3);x3 =√
1− x21 − x2
2} entonces se verificaque:a)∫S
rotF = −2π
b)∫S
rotF = 0
c)∫S
rotF = 3π2
5a: Si F : U ⊂ R3 → R es un campo vectorial de clase C2 entonces se verificaque:a) rot(divF ) = 0b) div(rotF ) = 0c) rotF = divF6a: Sean f y F un campo escalar y un campo vectorial respectivamente de
clase C1 en todo R3. El divergente del campo vectorial dado por fF verifica lasiguiente igualdad:a) div(fF ) = f divF + F∇fb) div(fF ) = f divFc) div(fF ) = ∇f divF7a: Si un campo de velocidades es constante F (x1, x2, x3) = (a, b, c) entonces
el flujo a través de cualquier superficie cerrada S es:a)∮S
F ·N = a+ b+ c
118
b)∮S
F ·N = 0
c)∮S
F ·N = abcvol(K) siendo K el sólido delimitado por S.
8a: Si un campo de velocidades es radial F (x1, x2, x3) = (x1, x2, x3) entoncesel flujo a través de cualquier superficie cerrada S es:a)∮S
F ·N = π3
b)∮S
F ·N = 0
c)∮S
F ·N = 3vol(K) siendo K el sólido delimitado por S.
9a: Dado el campo de velocidades F (x1, x2, x3) = (x1, x22, x3) y dada la
superficie cerrada S limitada por los tres planos de coordenadas junto con elplano 2x1 + 2x2 + x3 = 6 se verifica que el flujo de F a traves de S es:a) 63
2b) π3c) 010a Dado el campo de velocidades F (x1, x2, x3) = (x2
1 + senx3, x1x2 +cosx3, e
x2) y dada la superficie cerrada S limitada por los planos x3 = 0, x1 +x3 = 6 y el cilindro x2
1 + x22 = 4 se verifica que el flujo de F a traves de S es:
a) 6π2
b) −12πc) 0
119
2 Segunda parte: formas diferenciales y demostracióndel teorema de Stokes.
Esta parte del texto se divide en dos unidades didácticas. En la primera in-troduciremos el concepto de forma diferencial definida en Rn y analizaremosalgunas de sus propiedades más importantes para después aplicar este conceptoen el enunciado y la demostración del teorma de Stokes, que desarrollaremos enla segunda unidad.Ya hemos visto en la primera parte del curso las aplicaciones que podemos
darle al teorema de Stokes, lo cual nos muestra el poder de esta potente her-ramienta matemática. Ahora nos enfrentamos a la demostración de este teoremaque, como veremos, es relativamente sencilla una vez introducidos y bien estu-diados los conceptos que intervienen en el teorema.Sir George Stokes (1819-1903) fue un físico-matemático irlandes, profesor
en la Universidad de Cambridge, donde ocupó el mismo cargo que años antesocupara Newton.
2.1 Unidad didáctica III. Formas diferenciales
Para poder introducir el concepto de forma diferencial necesitamos familiar-izarnos antes con el concepto de k-tensor alterno, por esa razón el primer temade esta unidad está dedicado al estudio de los tensores alternos y al analisis deuna operación entre ellos, llamada producto exterior, que nos será de gran ayudapara entenderlos mejor y para trabajar con los mismos. En el tema 10 vamos atrabajar con conceptos puramente algebráicos como espacio vectorial, base deun espacio vectorial, coordenadas respecto de la base,...,estudiados en el cursode Algebra Lineal I. En el siguiente tema entramos ya a definir las formas difer-enciales y a trabajar con ellas, centrando nuestro esfuerzo en dos operacionesque serán claves para demostrar el teorema de Stokes: la transformación quellamaremos diferencial de una forma y que denotaremos por dw y la trasforma-ción de una forma diferencial w con una función adecuada ϕ, que denotaremospor ϕ∗w. En el último tema de esta unidad didáctica introduciremos la trans-formación inversa de dw, que llamaremos integral de una forma diferencial yque denotaremos por Iw, y probaremos el teorema de Poincaire que muestra ydemuestra en que sentido Iw y dw son transformaciones inversas.
Notación
En esta unidad didáctica vamos a trabajar con funciones que actuan sobrefamilias de k vectores de Rn; es decir, que el espacio de partida es el producto
de k vectores de Rn que denotaremos pork−veces︷ ︸︸ ︷
Rn × ...× Rn. Como estas funciones(los tensores) tendrán su imagen en R, usaremos las letras minúsculas r y s paradenotarlos.Por otro lado, para facilitar la comprensión y el manejo de los tensores
usaremos la representación habitual de los vectores v ∈ Rn respecto a la base
120
canónica, esto es la familia de vectores {e1, e2, ..., en} dados por:
ei = (0, ..., 0,
i︷︸︸︷1 , 0..., 0)
y denotaremos por e′1, e′2, ..., e
′n a las aplicaciones lineales asociadas a la base
canónica. De modo que todo v ∈ Rn se expresa de la siguiente manera:
v = (v1, v2, ..., vn) = (e′1(v), e′2(v), ..., e′n(v)) =
n∑i=1
e′i(v)ei.
También vamos a trabajar con permutaciones del conjunto de índices (1, 2, ..., k)y usaremos la letra griega σ (sigma) para denotarlas, de modo que (σ(1), σ(2), ..., σ(k)),muestra el nuevo orden de la familia de índices asignado por la permutación σ.
2.1.1 Tema 10. Tensores alternos y producto exterior
En este tema vamos a introducir los siguientes conceptos: primero definiremostensor, que es una aplicación multilineal con imagen en R, después introducire-mos una operación entre tensores, llamada producto tensorial, que nos permitirádescribir como es la base algebráica del espacio vectorial formado por todos lostensores. A continuación introduciremos la definición de tensor alterno y unaoperación entre tensores alternos, llamada producto exterior, que nos permi-tirá describir como es la base del subespacio vectorial formado por los tensoresalternos.
Definition 68 Decimos que una aplicación s :
k−veces︷ ︸︸ ︷Rn × ...× Rn → R es un k-
tensor o un tensor de orden k si es multilineal; es decir , que es lineal en cadavariable, o equivalentemente, que para cada i∈ {1, 2, ..., k}, para cada familia devectores v1, v2, ..., vi, wi, ..., vk en Rn y para cada par de números reales a, b severifica que
s(v1, v2, ..., avi + bwi, ..., vk) = as(v1, v2, ..., vi, ..., vk) + bs(v1, v2, ..., wi, ..., vk)
Denotaremos por Lk(Rn) a la familia formada por todos los k-tensores enRn.
Observemos que Lk(Rn) tiene estructura de espacio vectorial con la suma yel producto por escalares habituales; esto es:
(s+ r)(v1, v2, ..., vk) = s(v1, v2, ..., vk) + r(v1, v2, ..., vk)
(as)(v1, v2, ..., vk) = as(v1, v2, ..., vk)
Example 69 Tomemos n = 2 y k = 3, de modo que lo que buscamos es unaaplicación s : R2×R2×R2 → R que a cada trio de vectores v1 = (v11, v12), v2 =(v21, v22) y v3 = (v31, v32) les haga corresponder un número real y que sea linealen cada una de sus tres componentes. Imaginemos la aplicación que toma de
121
cada vector v1, v2, v3 su primera coordenada y luego las multiplica entre si; estoes
s(v1, v2, v3) = v11v21v31
Comprobemos que s es lineal en la primera variable:
s(av1 + bw1, v2, v3) = (av11 + bw11)v21v31
= av11v21v31 + bw11v21v31
= as(v1, v2, v3) + bs(v1, v2, v3)
De igual manera se comprueba que s es lineal en la segunda y en la terceravariable.
Es fácil ver que si en lugar de escoger las tres primeras coordenadas y luegomultiplicarlas hubieramos tomado la primera, la segunda y otra vez la primerala aplicación s que nos habría quedado, esto es: s(v1, v2, v3) = v11v22v31, tam-bién sería multilineal. De hecho el teorema 65 nos demuestra que todas lasaplicaciones multilineales de R2 × R2 × R2 en R son combinaciones lineales deaplicaciones como las descritas. Antes de demostrar el teorema 65 vamos a in-troducir la operación producto tensorial entre tensores, que denotaremos por⊗.
Definition 70 Dados dos tensores s ∈ Lk(Rn) y r ∈ Ll(Rn) se define el pro-ducto tensorial de s por r como el (k+l)-tensor s⊗ r ∈ Lk+l(Rn) dado por:
s⊗ r(v1, ..., vk,vk+1, ..., vk+l) = s(v1, ..., vk)r(vk+1, ..., vk+l)
Tal y como hemos definido el producto tensorial es obvio que la aplicacións⊗ r es lineal en cada una de sus (k+l) componentes. A continuación vamos aver un ejemplo sencillo.
Example 71 Volvemos a tomar n = 2 y k = l = 1. Observemos que L1(R2)es el espacio vectorial formado por las aplicaciones lineales definidas en R2.Como sabemos en este caso todas las aplicaciones lineales, o 1-tensores, son dela forma:
s(v) = s(v1, v2) = a1v1 + a2v2
siendo a1 y a2 dos números reales. Es decir, que cada aplicación lineal actuasobre el vector v ∈ R2 formando una combinación lineal de sus dos coordenadas.Se da por hecho que estamos considerando las dos coordenadas del vector vrespecto a la llamada base canónica, que se suele denotar como la base formadapor los vectores e1 = (1, 0) y e2 = (0, 1). Asociados a esta base canónica estánlas aplicaciones lineales e′1 y e
′2 que nos proporcionan las coordenadas del vector
v respecto a la base canónica; es decir que
v = (v1, v2) = e′1(v)(1, 0) + e′2(v)(0, 1) = e′1(v)e1 + e′2(v)e2
122
Con esta notación todas las aplicaciones lineales definidas en R2, o 1-tensores,se escriben como combinaciones lineales de e′1 y e
′2; esto es:
s(v) = (a1e′1 + a2e
′2)(v)
Si ahora tomamos los siguientes 1-tensores: s = e′1, r = e′2 y formamos suproducto tensorial obtenemos el 2-tensor definido sobre R2
e′1 ⊗ e′2(v, w) = v1w2
El ejemplo anterior pone en evidencia que el producto tensorial no es unaoperación conmutativa puesto que los 2-tensores e′1 ⊗ e′2 y e′2 ⊗ e′1 no coinciden.En efecto e′1 ⊗ e′2((1, 2), (3, 4)) = 4 6= 6 = e′2 ⊗ e′1((1, 2), (3, 4)).En el problema 2 se estudian algunas propiedades sencillas y utiles del pro-
ducto de tensores. Por ejemplo, se demuestra la propiedad asociativa, es decirque dados tres tensores s ∈ Lk(Rn), r ∈ Ll(Rn) y t ∈ Lm(Rn) se verifica que(s ⊗ r) ⊗ t = s ⊗ (r ⊗ t) lo cual nos permite escribir este doble producto asis⊗r⊗t. Con esta notación y con la notación descrita en la definición 70 podemosexpresar el 3-tensor del ejemplo 69 asi: s = e′1 ⊗ e′1 ⊗ e′1. El siguiente teoremademuestra que los 3-tensores de este tipo, e′i1 ⊗ e
′i2⊗ e′i3 siendo i1, i2, i3 iguales
a 1 o a 2, son base algebraica del espacio vectorial L3(R2).
Theorem 72 Sean e1, e2, ...en los vectores de la base canónica de Rn y seane′1, e
′2, ..., e
′n, las aplicaciones lineales asociadas a esta base. Para todo k∈ N se
verifica que la familia de los k-tensores dada por :
{e′i1 ⊗ ...⊗ e′ik
; 1 ≤ i1, ..., ik ≤ n}
es una base de Lk(Rn).
Proof. En primer lugar observemos que debido a la relación entre los vectoresde la base {e1, e2, ...en} y las aplicaciones lineales asociadas {e′1, e′2, ..., e′n} severifica que
e′i1 ⊗ ...⊗ e′ik
(ej1 , ..., ejk) =
{1 si i1 = j1, ..., ik = jk0 en los demás casos
Ahora veremos como cualquier k-tensor s se puede expresar como combi-nación lineal de los k-tensores de la familia dada.Dados k vectores v1, v2, ..., vk, podemos expresar cada uno de ellos en función
a la base dada de la siguiente manera
vj = e′1(vj)e1 + ...+ e′n(vj)en =
n∑i=1
e′i(vj)ei
De modo que s actuando sobre los k vectores dados quedaría asi:
s(v1, v2, ..., vk) = s
(n∑i=1
e′i(v1)ei,
n∑i=1
e′i(v2)ei, ...,
n∑i=1
e′i(vk)ei
)
123
A continuación, por ser s lineal en cada una de sus variables, podemosdesarrollar la expresión anterior de la siguiente manera:
s
(n∑i=1
e′i(v1)ei, ...,
n∑i=1
e′i(vk)ei
)
=
n∑i1=1
e′i1(v1)s
(ei1 ,
n∑i=1
e′i(v2)ei, ...,
n∑i=1
e′i(vk)ei
)
=
n∑i1=1
e′i1(v1)
n∑i2=1
e′i2(v2)s
(ei2 , ...,
n∑i=1
e′i(vk)ei
)
=
n∑i1=1
n∑i2=1
e′i1(v1)e′i2(v2)s
(ei2 , ...,
n∑i=1
v′i(vk)ei
)= .....
=
n∑i1,...,ik=1
e′i1(v1)...e′ik(vk)s (ei1 , ei2 , ..., ein)
=
n∑i1,...,ik=1
e′i1 ⊗ ...⊗ e′ik
(v1, ..., vk)s (ei1 , ei2 , ..., ein) .
Observemos que los factores s (ei1 , ei2 , ..., ein) son números reales de modoque hemos escrito s ∈ Lk(Rn) como combinación lineal de los k-tensores pertenecientesa la familia dada en el enunciado. Por lo tanto, para que la familia sea una basede Lk(Rn) solo nos falta probar que son linealmente independientes. Supong-amos que una cierta combinación lineal de los elementos de la familia fuese0:
n∑i1,i2,...,ik=1
ai1i2...ike′i1 ⊗ ...⊗ e
′ik
= 0
Entonces para cada conjunto de k vectores ej1 , ..., ejk escojidos entre losvectores de la base de Rn se verificaría que
n∑i1,i2,...,ik=1
ai1i2...ike′i1 ⊗ ...⊗ e
′ik
(ej1 , ..., ejk) = 0
Pero como ya hemos observado antes e′i1 ⊗ ...⊗ e′ik
(ej1 , ..., ejk) = 0 en todoslos casos excepto cuando i1 = j1, ..., ik = jk lo cual prueba que aj1...jk = 0,como esto se verifica para toda familia de vectores ej1 , ..., ejk , concluimos quelos k-tensores descritos son linealmente independientes.De este teorema deducimos que el espacio vectorial Lk(Rn) tiene dimensión
nk, porque nk es el número de variaciones con repetición que se pueden formarcon n elementos tomados de k en k.En el problema 3 se demuestra que el producto escalar habitual en Rn es un
2-tensor y se expresa en función de la base descrita en el teorema anterior.
124
Una transformación muy útil que nos permite formar nuevos k-tensores esla siguiente. Tomamos una aplicación lineal A : Rn → Rm y a cada k-tensors ∈ Lk(Rm) le asignamos el k-tensor, que denotaremos por, A ∗ s ∈ Lk(Rn)definido de la siguiente manera:Dada una familia de vectores {v1, ..., vk} ∈ Rn, usamos A para transformar-
los en vectores de Rm y luego aplicamos s, de modo que A ∗ s queda asi:
A ∗ s(v1, ..., vk) = s(A(v1), ..., A(vk)).
Veamos un ejemplo.
Example 73 Dada la aplicación lineal A : R2 → R3 definida por
A(v) = A(v1, v2) = (v1 + v2, v2, 3v1)
y dado el 2-tensor s ∈ L2(R3) definido por
s(v, w) = (e′1⊗e′1+e′2⊗e′2+e′3⊗e′3)((v1, v2, v3), (w1, w2, w3)) = v1w1+v2w2+v3w3
vamos a ver que forma tiene el 2-tensor en L2(R2) definido por A ∗ s
A ∗ s(v, w) = A ∗ s((v1, v2), (w1, w2))
= s(A(v1, v2), A(w1, w2))
= s((v1 + v2, v2, 3v1), (w1 + w2, w2, 3w1))
= (v1 + v2)(w1 + w2) + v2w2 + 3v13w1
= 10v1w1 + v1w2 + v2w1 + 2v2w2
Si usamos de nuevo las aplicaciones lineales e′1, e′2 ∈ L(R2) para describir
A ∗ s vemos que
A ∗ s(v, w) = (10e′1 ⊗ e′1 + e′1 ⊗ e′2 + e′2 ⊗ e′1 + 2e′2 ⊗ e′2)(v, w)
Observemos que en el ejemplo anterior hemos utilizado la misma notacióne′i ⊗ e′j para describir los tensores s y A ∗ s, sin embargo en el primer caso lasaplicaciones lineales e′i y e
′j son elementos de L(R3) mientrás que en el segundo
caso son elementos de L(R2).A partir de ahora centraremos nuestra atención en una clase especial de
k-tensores: los alternos.
Definition 74 Decimos que un k-tensor s ∈ Lk(Rn) es alterno si para cadak-upla de vectores (v1, ..., vk) y para cada par de índices i, j ∈ {1, 2, ..., k} coni 6= j se verifica que
s(v1, ..., vi, ..., vj , ...vk) = −s(v1, ..., vj , ..., vi, ..., vk)
es decir, que si intercambiamos la posición de dos vectores dejando a los demásquietos el k-tensor s cambia de signo. A la familia de los k-tensores alternosdefinidos en Rn la denotaremos por Λk(Rn).
125
Es inmediato comprobar que la suma de dos tensores alternos vuelve a serun tensor alterno y lo mismo sucede con el producto de un tensor alterno porun número real; es decir que Λk(Rn) es un subespacio vectorial de Lk(Rn).
El ejemplo más conocido de k-tensor alterno es el determinante. Pense-mos en el determinante de una matriz n×n como una aplicación que a los n-vectores columna que forman la matriz les hace corresponder un número real.Si llamamos v1, ...vn a esos vectores columna, que por tener n coordenadas sonvectores de Rn, entonces las dos siguientes propiedades del determinante
det(v1, ..., avi + bwi, ..., vn) = a det(v1, ..., vi, ..., vn) + bdet(v1, ..., wi, ..., vn)
det(v1, ..., vi, ..., vj , ...vn) = −det(v1, ..., vj , ..., vi, ..., vn)
muestran que det ∈ Λn(Rn), la primera propiedad significa que det es un tensory la segunda que es alterno. En el problema 4 se expresan los determinantes deR2 y R3 en función de los tensores de la base.A continuación vamos a ver como a partir de cualquier k-tensor se puede
construir otro que sea alterno. Antes necesitamos recordar algunas propiedadesde las permutaciones.Recordemos que dado el conjunto de k elementos (1, 2, 3, ..., k) llamamos
permutación del conjunto a cualquier transformación que coloque los k elementosen otro orden y se usa la notación (σ(1), ..., σ(k)) para indicar el nuevo ordenque se obtiene después de realizar la permutación σ. Recordemos también quetoda permutación se puede describir como una sucesión de cambios de ordenen solo dos elementos consecutivos. Asi por ejemplo para pasar del conjunto(1,2,3) al conjunto (3,2,1) hacemos la siguiente sucesión de permutaciones desolo dos elementos consecutivos:
(1, 2, 3) (2, 1, 3) (2, 3, 1) (3, 2, 1)
Podemos realizar otras sucesiones de permutaciones de solo dos elementosconsecutivos para pasar de (1,2,3) a (3,2,1), pero en todos los casos el númerode este tipo de permutaciones que usamos es, como en el ejemplo descrito,siempre impar (observar que en el ejemplo hemos usado 3 permutaciones de doselementos consecutivos). Por esa razón se dice que una permutación σ es paro es impar si el número de permutaciones de solo dos elementos consecutivoses par o impar respectivamente. Recordemos también que a las permutacionespares se les asigna el valor +1, sgnσ = +1, mientras que a las permutacionesimpares se les asigna el valor -1, sgnσ = −1.Para refrescar la memoria es un buen ejercicio probar que cualquier per-
mutación que solo cambie dos elementos de posición, ya sean consecutivos o no,es siempre impar (ver la demostración de la siguiente proposición).Otra propiedad destacada que verifican las permutaciones es que si real-
izamos dos permutaciones σ1 y σ2 entonces sgn(σ1σ2) = sgnσ1sgnσ2. Por otrolado, por definición, los k-tensores alternos verifican que s(v1, ..., vi, ..., vj , ...vk) =−s(v1, ..., vj , ..., vi, ..., vk); es decir que para toda permutación σ que solo cambiedos elementos de lugar se verifica que
s(v1, ..., vk) = sgnσs(vσ(1), .....vσ(k)).
126
En consecuencia, como cualquier permutación se puede descomponer en el pro-ducto de permutaciones de solo dos elementos, los k-tensores alternos verificanque para cualquier permutación σ del conjunto (1, 2, 3, ..., k) y para cualquierfamilia de vectores {v1, ..., vk} ⊂ Rn
s(v1, ..., vk) = sgnσs(vσ(1), ..., vσ(k))
Podíamos haber empezado definiendo los tensores alternos como los tensoresque verifican la igualdad anterior, pero habríamos perdido la esencia de estapropiedad que es la condición, en principio más suave y por lo tanto más fácilde comprobar, que hemos pedido en nuestra definición.Para construir un k-tensor alterno a partir de un k-tensor cualquiera s ∈
Lk(Rn) es necesario trabajar con todas las permutaciones del conjunto de kelementos (1,2,3,...,k). A la familia de estas permutaciones la llamaremos SkRecordemos que en Sk hay k! (k factorial) permutaciones.
Proposition 75 Dado un k-tensor s ∈ Lk(Rn) la aplicación definida por
Alt(s)(v1, ..., vk) =1
k!
∑σ∈Sk
sgnσ s(vσ(1), ..., vσ(k))
es un k-tensor alterno en Rn.
Proof. En primer lugar es fácil ver que Alt(s) es una aplicación multilinealporque para cada permutación σ la aplicación s(vσ(1), ..., vσ(k)) es multilineal.Por lo tanto solo tenemos que demostrar que es alterna es decir que si cambi-amos dos vectores vi, vj de posición Alt(s) cambia de signo. Observemos que elcambio de posición de vi y vj implica que en cada permutación σ los vectoresvσ(i) y vσ(j) cambian de posición. Por lo tanto solo tenemos que demostrar quela permutación que cambia solo dos elementos de posición tiene signo -1. Silos elementos están uno a continuación del otro es inmediato y si están separa-dos digamos que por p posiciones; esto es permutamos los elementos σ(i + 1)y σ(i + p), entonces la siguiente sucesión de permutaciones de dos elementosconsecutivos genera la permutación dada. Primero colocamos σ(i+1) detras deσ(i+ p)
(..., σ(i+ 1), σ(i+ 2), ..., σ(i+ p), ....)
(..., σ(i+ 2), σ(i+ 1), ..., σ(i+ p), ....)
(..., σ(i+ 2), σ(i+ 3), σ(i+ 1), ..., σ(i+ p), ....)
· · · (..., σ(i+ 2), ..., σ(i+ 1), σ(i+ p), ....)
(..., σ(i+ 2), ..., σ(i+ p), σ(i+ 1), ....)
Observemos que hemos realizado p-1 permutaciones de solo dos elementosconsecutivos para colocar al índice σ(i+ 1) detrás de σ(i+ p). Ahora traemos a
127
σ(i+ p) delante de σ(i+ 2)
(..., σ(i+ 2), ..., σ(i+ p), σ(i+ 1), ....)
(..., σ(i+ 2), ..., σ(i+ p), σ(i+ p− 1), σ(i+ 1), ....)
· · · (..., σ(i+ 2), σ(i+ p), ..., σ(i+ 1), ....)
(..., σ(i+ p), σ(i+ 2), ..., σ(i+ 1), ....)
para lo cual hemos realizado p-2 permutaciones de solo dos elementos consec-utivos Por lo tanto, hemos realizado p-1+p-2=2p-3 permutaciones de solo doselementos consecutivos, lo cual demuestra que para cada permutación σ ∈ Skla permutación σ′ = (σ(1), ..., σ(j), ..., σ(i), ..., σ(k)) que solo cambia los índicesσ(i) y σ(j) dejando los demás como estaban verifica que sgnσ = −sgnσ′.Por otro lado, es claro que si cada elemento σ ∈ Sk es cambiado por σ′ la
nueva colección de permutaciones σ′ vuelve a completar la familia Sk de modoque
Alt(s)(v1, ..., vj , ..., vi.., vk)
=1
k!
∑σ∈Sk
sgnσ s(vσ(1), ..., vσ(j), ..., vσ(i), ..., vσ(k))
=1
k!
∑σ∈Sk
sgnσ s(vσ′(1), ..., vσ′(i), ..., vσ′(j), ..., vσ′(k))
=1
k!
∑σ′∈Sk
−sgnσ′ s(vσ′(1), ..., vσ′(i), ..., vσ′(j), ..., vσ′(k))
= −Alt(s)(v1, ..., vi, ..., vj .., vk)
A continuación vamos a calcular los tensores alternos de e′1 ⊗ e′2 y e′1 ⊗ e′1definidos en L2(R3)
Example 76 Tomemos el 2-tensor e′1 ⊗ e′2 ∈ L2(R3) que actua de la siguientemanera
e′1 ⊗ e′2((v1, v2, v3), (w1, w2, w3)) = v1w2
y calculemos su tensor alterno utilizando la fórmula descrita en el teorema an-terior.
Alt(e′1 ⊗ e′2)((v1, v2, v3), (w1, w2, w3))
=1
2!(e′1 ⊗ e′2(v, w)− e′1 ⊗ e′2(w, v)) =
1
2(v1w2 − w1v2)
Ahora tomamos el 2-tensor e′1⊗e′1 ∈ L2(R3) que actua de la siguiente manera
e′1 ⊗ e′
1((v1, v2, v3), (w1, w2, w3)) = v1w1
128
y vamos a comprobar que Alt(e′1 ⊗ e′1) = 0
Alt(e′1 ⊗ e′1)((v1, v2, v3), (w1, w2, w3))
=1
2!(e′1 ⊗ e′1(v, w)− e′1 ⊗ e′1(w, v)) =
1
2(v1w1 − w1v1) = 0
En el problema 5 se prueba que si un tensor s es alterno entonces Alt(s) = s.A continuación vamos a estudiar como son los tensores de la base de Λk(Rn).
Para ello necesitamos, en primer lugar, extender el concepto de producto ten-sorial, porque, como acabamos de ver en el ejemplo anterior, existen tensoresalternos s ∈ Λk(Rn) y r ∈ Λl(Rn) tales que su producto tensorial s ⊗ r no esalterno. De ahí que se defina el producto de tensores alternos como mostramosa continuación.
Definition 77 Dados dos tensores alternos s ∈ Λk(Rn) y r ∈ Λl(Rn) se defineel producto exterior de s y r, que denotaremos por sΛr, como
sΛr =(k + l)!
k!l!Alt(s⊗ r)
Es obvio que sΛr ∈ Λk+l(Rn), porque es el tensor alterno asociado a s⊗ r ∈Lk+l(Rn). La razón de multiplicar por el factor (k+l)!
k!l! la veremos en la propisición80 y en el problema 7.
Example 78 Tomemos los 1-tensores e′1 y e′2 pertenecientes a L1(R3) = Λ1(R3).
Si consideramos el producto tensorial de ambos; esto es el 2-tensor e′1 ⊗ e′2 delejemplo anterior, es fácil ver que no obtenemos un tensor alterno porque
e′1 ⊗ e′2((1, 1, 1), (1, 2, 3) = 2 6= 1 = e′1 ⊗ e′2((1, 2, 3), (1, 1, 1))
Para conseguir un tensor alterno debemos realizar el producto exterior queen este caso nos da como ya hemos visto
e′1Λe′2 =2!
1!1!Alt(e′1 ⊗ e′2) = 2!(
1
2!(e′1 ⊗ e′2 − e′2 ⊗ e′1)
= e′1 ⊗ e′2 − e′2 ⊗ e′1
En el problema 6 se estudian algunas propiedades sencillas y útiles del pro-ducto exterior, similares a las estudiadas en el problema 2 para el producto ten-sorial. Pero en este caso la propiedad más importante, la propiedad asociativa;es decir que sΛ(rΛt) = (sΛr)Λt, la cual nos permite expresar el producto exte-rior de una familia de tensores alternos asi: s1Λ...Λsk, no tiene una demostracióndirecta como ocurría con el producto tensorial. Para poder demostrar ahora lapropiedad asociativa necesitamos probar primero que Alt(s ⊗ (Alt(r ⊗ t)) =Alt(Alt(s⊗ r)⊗ t) lo cual se deducirá de la siguiente proposición
Proposition 79 Dados dos tensores s ∈ Lk(Rn) y r ∈ Ll(Rn) si Alt(s) = 0, obien Alt(r) = 0, entonces Alt(s⊗ r) = 0 = Alt(r ⊗ s).
129
Proof. Vamos a suponer que Alt(s) = 0 y demostraremos que entonces Alt(s⊗r) = 0. La demostración se basa en una descomposición adecuada de la familiade permutaciones σ ∈ Sk+l. Empezamos por escoger la subfamilia formada portodas las permutaciones que dejan los últimos l elementos: k+ 1, k+ 2, ..., k+ l,fijos. Llamemos S′k a esta subfamilia, entonces es claro que para toda familiade vectores {v1, ..., vk, vk+1, ..., vk+l}∑
σ∈S′k
s⊗ r(vσ(1), ..., vσ(k), vσ(k+1), ..., vσ(k+l))
=∑σ∈S′k
s⊗ r(vσ(1), ..., vσ(k), vk+1, ..., vk+l)
=∑σ∈S′k
s(vσ(1), ..., vσ(k))r(vk+1, ..., vk+l)
= r(vk+1, ..., vk+l)∑σ∈S′k
s(vσ(1), ..., vσ(k))
= r(vk+1, ..., vk+l)(k!)Alt(s)(v1, ..., vk) = 0
Sea ahora σ0 una permutación de Sk+l que no pertenece a la subfamiliaS′k; es decir que σ0 cambia de posición a uno de los últimos l elementos k +1, k + 2, ..., k + l, bien porque lo lleva a una de las k primeras posiciones obien porque lo mantiene en el grupo final pero cambiado de sitio. En cualquiercaso es claro que si multiplicamos esta permutación por otra σ ∈ S′k la nuevapermutación σσ0 no pertenece a la subfamilia S′k, de modo que las subfamiliasS′k y S
′kσ0 = {σσ0;σ ∈ S′k} son disjuntas. Por otro lado, es claro que todas las
permutaciones de la nueva subfamilia S′kσ0 dejan los últimos l elementos en lasmismas posiciones que la permutación σ0. Por esta razón dada cualquier familiade vectores {v1, ..., vk, vk+1, ..., vk+l} se verifica que∑
σ∈S′kσ0
s⊗ r(vσ(1), ..., vσ(k), vσ(k+1), ..., vσ(k+l))
=∑
σ∈S′kσ0
s⊗ r(vσ(1), ..., vσ(k), vσ0(k+1), ..., vσ0(k+l))
=∑
σ∈S′kσ0
s(vσ(1), ..., vσ(k))r(vσ0(k+1), ..., vσ0(k+l))
= r(vσ0(k+1), ..., vσ0(k+l))∑
σ∈S′kσ0
s(vσ(1), ..., vσ(k))
= r(vσ0(k+1), ..., vσ0(k+l))(k!)Alt(s)(vσ0(1), ..., vσ0(k)) = 0
La demostración entonces concluye comprobando que la familia Sk+l sepuede separar en subfamilias disjuntas del tipo S′kσ0. En efecto, si ahora tomamosσ1 ∈ Sk+l\{S′k ∪ S′kσ0} entonces las subfamilias S′k y S′kσ1 = {σσ1;σ ∈′k}son disjuntas por la misma razón que S′k y S
′kσ0 = {σσ0;σ ∈′k} eran disjun-
tas y S′kσ1 y S′kσ0 también son disjuntas porque si una permutación σ estu-viera en la intersección S′kσ1∩S′kσ0 implicaría que existirían dos permutaciones
130
σ′, σ′′ ∈ S′k tales que σ = σ′σ1 = σ′′σ0 pero entonces, llamando (σ′)−1 a la per-mutación inversa de σ′, que claramente también pertenece a S′k, se verificaríaque σ1 = (σ′)−1σ′′σ0 ∈ S′kσ0, lo cual es falso.Los otros casos que figuran en el enunciado de la proposición se demuestran
de la misma forma.Ahora ya estamos preparados para probar la propiedad asociativa del pro-
ducto exterior.
Proposition 80 Dados tres tensores alternos s ∈ Λk(Rn), r ∈ Λl(Rn) y t ∈Λm(Rn) se verifica que
sΛ(rΛt) = (sΛr)Λt =(k + l +m)!
k!l!m!Alt(s⊗ r ⊗ t)
Proof. En primer lugar vamos a usar el resultado de la proposición anteriorpara probar que Alt(s ⊗ (Alt(r ⊗ t)) = Alt(s ⊗ r ⊗ t) = Alt(Alt(s ⊗ r) ⊗ t).Probaremos solo la primera igualdad porque la segunda se prueba igual.Empecemos observando que la igualdad Alt(s⊗(Alt(r⊗t)) = Alt(s⊗r⊗t) es
equivalente a decir que Alt(s⊗(Alt(r⊗t))−Alt(s⊗r⊗t) = 0. Es inmediato queAlt(s1 +s2) = Alt(s1)+Alt(s2), de modo que la igualdad anterior es equivalentea probar que
Alt(s⊗ (Alt(r ⊗ t))− s⊗ r ⊗ t) = 0
Ahora aplicando la propiedad b) del problema 2 obtenemos que Alt(s ⊗(Alt(r⊗t))−s⊗r⊗t) = Alt(s⊗(Alt(r⊗t))−r⊗t)). Por la proposición anterior,este último tensor será cero si probamos que el alterno de (Alt(r ⊗ t))− r ⊗ t)es nulo, pero
Alt((Alt(r⊗t))−r⊗t)) = Alt((Alt(r⊗t))−Alt(r⊗t) = Alt(r⊗t)−Alt(r⊗t) = 0
Terminamos probando la propiedad asociativa del producto exterior
sΛ(rΛt) =(k + l +m)!
k!(m+ l)!Alt(s⊗ (rΛt))
=(k + l +m)!
k!(m+ l)!Alt(s⊗ (m+ l)!
m!l!Alt(r ⊗ t))
=(k + l +m)!
k!m!l!Alt(s⊗ r ⊗ t)
Aqui vemos la necesidad de multiplicar por el factor (k+l)!k!l! en la definición
del producto exterior sΛr.La proposición anterior nos permite denotar el producto exterior de tres
tensores alternos como sΛrΛt. De igual modo, podemos denotar el productoexterior de una cantidad finita de tensores alternos como
s1Λs2Λ...Λsp =(k1 + k2 + ...+ kp)!
k1!k2!...kp!Alt(s1 ⊗ s2 ⊗ ...⊗ sp)
siendo cada si ∈ Λki(Rn).
131
En el siguiente ejemplo vamos a analizar cómo son los productos externosde los tensores e′1, e
′2, ..., e
′n ∈ L1(Rn) = ∗1(Rn), porque como veremos en el
teorema 75 serán base algebráica del subespacio vectorial ∗k(Rn).
Example 81 Como vimos en el ejemplo 76 Alt(e′1⊗ e′1) = 0. De igual modo seprueba que para cualquier tensor e′i ∈ L1(Rn) = ∗1(Rn) se verifica que Alt(e′i ⊗e′i) = 0 y por lo tanto e′iΛe
′i = 0. Ahora vamos a ver que también obtenemos
el tensor 0 cuando realizamos el producto externo de un familia de tensores deltipo e′i en la cual hay al menos dos tensores repetidos. Para que la notación seamás sencilla vamos a fijar el caso e′1Λe′2Λe′3Λe′1 = 4!Alt(e′1 ⊗ e′2 ⊗ e′3 ⊗ e′1). Enprimer lugar observamos que por ser el tensor e′1Λe′2Λe′3Λe′1 alterno se verificaque para cada familia de vectores v1, v2, v3, v4 en Rn y para cada permutaciónσ ∈ S4
e′1Λe′2Λe′3Λe′1(v1, v2, v3, v4) = sgn(σ)e′1Λe′2Λe′3Λe′1(vσ(1), vσ(2), vσ(3), vσ(4))
Por otro lado, es facíl comprobar que si llamamos σ0 a la permutación quetransforma el conjunto (1, 2, 3, 4) en (1, 4, 2, 3) entonces para cada familia devectores v1, v2, v3, v4 en Rn se cumple que
e′1Λe′2Λe′3Λe′1(vσ0(1), vσ0(2), vσ0(3), vσ0(4)) = e′1Λe′1Λe′2Λe′3(v1, v2, v3, v4)
Por lo tanto, si probamos que e′1Λe′1Λe′2Λe′3 = 0 también se verificará quee′1Λe′2Λe′3Λe′1 = 0. Para ello basta con observar que
e′1Λe′1Λe′2Λe′3 = 4!Alt(e′1 ⊗ e′1 ⊗ e′2 ⊗ e′3)
= 4!Alt(Alt(e′1 ⊗ e′1)⊗ (e′2 ⊗ e′3)) = 0
La última igualdad se deduce de la proposición anterior, porque como yahemos comprobado Alt(e′1 ⊗ e′1) = 0.Por último, observemos que los tensores alternos de la forma e′i1Λ...Λe
′ik
cuando todos los índices i1, ..., ik son distintos entre si son elementos de Lk(Rn)y por lo tanto podemos expresarlos como combinaciones lineales de los elementosde la base de Lk(Rn). Asi por ejemplo el tensor alterno e′1Λe′2 ∈ Λ2(R3) seexpresa de la siguiente manera (ver ejemplo 71):
e′1Λe′2 = e′1 ⊗ e′2 − e′2 ⊗ e′1
Observemos que si k>n entonces en cada producto exterior de la formae′i1Λ...Λe
′iknecesariamente alguno de los tensores e′ij se repite de modo que el
único tensor alterno que podemos encontrar en ∗k(Rn) es s = 0.Si k=n, entonces el subespacio ∗n(Rn) tiene dimensión 1, porque el único
tensor alterno en este caso es e′1Λe′2Λ....Λe′n.Para k<n tenemos los tensores de la forma e′i1Λ....Λe
′iksiendo 1 ≤ i1 <
... < ik ≤ n que como demostraremos en el próximo teorema forman base delsubespacio ∗k(Rn), que en consecuencia tiene dimensión
(nk
)= n!
k!(n−k)! , igual alnúmero de combinaciones sin repetición de n elementos tomados de k en k.
132
Theorem 82 Sean {e1, ..., en} los vectores de la base canónica de Rn y sean{e′1, e′2, ..., e′n} las aplicaciones lineales asociadas a esta base, entonces se verificaque para todo k< n la familia de los k-tensores dada por :
{e′i1Λ...Λe′ik
; 1 ≤ i1 < ... < ik ≤ n}
es una base de Λk(Rn).
Proof. Por el teorema 72 sabemos que la familia de tensores {e′i1 ⊗ ...⊗e′ik
; 1 ≤i1, ..., ik ≤ n} es base de Lk(Rn) de modo que dado s ∈ Λk(Rn) existe unafamilia de números reales {ai1...ik ; 1 ≤ i1, ..., ik ≤ n} tales que
s = Alt(s) =
n∑i1,i2,...,ik=1
ai1i2...ikAlt(e′i1 ⊗ ...⊗ e
′ik
)
Pero Alt(e′i1 ⊗ ...⊗ e′ik
) = 0 cuando algún índice ij se repite. Para los demáscasos, cada familia de índices i1, .., ik distintos dos a dos lleva asociado un únicotensor alterno, porque los cambios de orden en los productos exteriores de estostensores solo implican cambios de signo en el tensor que generan. Por esta razónse elije un orden concreto para cada familia de índices, que es el que se obtienecuando los ordenamos de menor a mayor 1 ≤ i1 < ... < ik ≤ n.Finalmente, la independencia lineal de los tensores alternos {e′i1Λ...Λe
′ik
; 1 ≤i1 < ... < ik ≤ n} se prueba igual que en el teorema 72.
Como consecuancia de este resultado podemos calcular cual es la dimensióndel espacio Λk(Rn). Si k=1 entonces, Λ1(Rn) = L1(Rn) tiene dimensión n ylos 1-tensores {e′1, e′2, ..., e′n} son base del espacio vectorial. Si k ≥ 2, entonceslos k-tensores {e′i1Λ...Λe
′ik
; 1 ≤ i1 < ... < ik ≤ n} son base de Λk(Rn), que enconsecuencia tiene dimensión
(nk
)= n!
(n−k)!k! , que es el número de combinacionesde n elementos tomados de k en k. Observemos que si k=n entonces la dimensiónde Λn(Rn) es 1 =
(nn
)y el n-tensor e′1Λ...Λe′n es base del espacio. Este tensor
es precisamente el determinante de la matriz formada por los vectores columnav1, ..., vn; es decir que det(v1, ..., vn) = e′1Λ...Λe′n(v1, ..., vn).
Recordemos que det(·, ..., ·) ∈ Λn(Rn), de modo que debe existir un númeroreal a tal que det(·, ..., ·) = ae′1Λ...Λe′n(·, ..., ·). Pero en los vectores de la básecanónica {e1, ..., en} se verifica que det(e1, ..., e1) = 1 = ae′1Λ...Λe′n(e1, ..., e1) =a de modo que a = 1 y det(·, ..., ·) = e′1Λ...Λe′n(·, ..., ·).Para terminar veremos una proposición en la cual se describe como son los
tensores e′i1Λ...Λe′ikusando el concepto de determinante.
Proposition 83 Sean {e1, ..., en} los vectores de la base canónica de Rn y seane′1, e
′2, ..., e
′n las aplicaciones lineales asociadas a esta base, entonces para cada fa-
milia de índices 1 ≤ i1 < ... < ik ≤ n y para cada familia de vectores v1, v2, ..., vken Rn se verifica que e′i1Λ...Λe
′ik
(v1, v2, ..., vk) es el determinante de la matrizde tamaño k×k que se obtiene de la matriz de tamaño n×k cuyas columnas sonlas coordenadas de los vectores v1, v2, ..., vk de Rn cuando reducimos la matrizgrande quedandonos solo con las filas correspondientes a los índices i1, i2, ..., ik.
133
Proof. Como ya habíamos observado el determinante de una matriz de tamañokxk es la forma alterna perteneciente a Λk(Rk) que hemos denotado por e′1Λ...Λe′k.Por lo tanto, lo que tenemos que demostrar ahora es que podemos transformar elk-tensor e′i1Λ...Λe
′iken el k-tensor e′1Λ...Λe′k. Para ello vamos a usar la aplicación
lineal A : Rk → Rn que lleva cada coordenada j ∈ {1, ..., k} en la correspondi-ente coordenada ij ∈ {i1, ..., ik}; es decir, que para cada vector v ∈ Rk se defineA(v) por:
A(v) = A(v1, ..., vk) = A(e′1(v)e1 + ...+ e′k(v)ek) = e′1(v)ei1 + ...+ e′k(v)eik .
En primer lugar vamos a demostrar que cada 1-tensor e′ij ∈ Λ1(Rn) =
L1(Rn) se transforma por medio de A en el 1-tensor e′j ∈ Λ1(Rk) = L1(Rk).
En efecto dado v ∈ Rk se verifica que:
A ∗ e′ij (v) = e′ij (A(v)) = e′ij (e′1(v)ei1 + ...+ e′k(v)eik) = e′j(v).
A continuación recordemos que por definición el k-tensor e′i1Λ...Λe′ikactua
de la siguiente manera: para cada familia de vectores {v1, ..., vk} ⊂ Rn
e′i1Λ...Λe′ik
(v1, ..., vk) =1
k!
∑σ∈Sk
e′i1 ⊗ ...⊗ e′ik
(vσ(1), ..., vσ(k)).
De modo que sea cual sea la permutación σ ∈ Sk de cada familia de vectores{vσ(1), ..., vσ(k)} solo nos interesan los valores de esos vectores en sus coorde-nadas i1, ..., ik y nos dará igual los valores que tengan esos vectores en las demáscoordenadas. Por esa razón dados {v1, ..., vk} ⊂ Rn si llamamos {u1, ..., uk} ⊂Rn a los vectores que tienen las coordenadas i1, ..., ik iguales a las de su corre-spondiente vector de la primera familia pero que tienen las demas coordenadasnulas entonces se verifica que e′i1Λ...Λe
′ik
(v1, ..., vk) = e′i1Λ...Λe′ik
(u1, ..., uk).
Sean {w1, ..., wk} ∈ Rk tales que A(wj) = uj , entonces
e′i1Λ...Λe′ik
(v1, ..., vk) = e′i1Λ...Λe′ik
(A(w1), ..., A(wk))
= A ∗ (e′i1Λ...Λe′ik
(w1, ..., wk))
= (A ∗ e′i1)Λ...Λ(A ∗ e′ik)(w1, ..., wk)
= e′1Λ...Λe′k(w1, ..., wk)
= det(w1, ..., wk).
El resultado demostrado en esta proposición va a ser clave para la demostracióndel teorema de Stokes y vamos a aplicarla en Rk al caso en que la familia deíndices i1 < ... < ik son todos los índices 1 < 2 < ... < k excepto el del lugar i.
Para trabajar con el tensor asociado usaremos la notación e′1Λ...Λ
fuera
e′i Λ...Λe′ken lugar de e′i1Λ...Λe
′ik, porque están todos los 1-tersores e′1, ..., e
′k excepto uno.
De modo que la proposición anterior prueba que a cada familia de vectores
134
v1, ..., vk−1 en Rk el tensor e′1Λ...Λ
fuera
e′i Λ...Λe′k hace corresponder el determi-nante de la matriz de tamaño (k − 1)× (k − 1) cuyas columnas son las coorde-nadas de los vectores v1, ..., vk−1 de Rk quitando la fila correspondiente al índicei.Por último, antes de antes de pasar a la definición de forma diferencial quer-
emos hacer una observación sobre la relación entre el tensor e′1Λe′2Λe′3 ∈ Λ3(R3)y la operación producto vectorial en R3 que ha sido tan últil en la segundaunidad didáctica porque nos ha servido para definir el vector normal N(u) aso-ciado a los recorridos de las superficies y también para definir el rotacional deun campo vectorial F : U ⊂ R3 → R3 de clase C1.
Ya hemos demostrado que el elemento que hemos elegido como base del espa-cio Λ3(R3), que denotamos por e′1Λe′2Λe′3, coincide con el determinante en R
3; esdecir que dados tres vectores de R3, v, u y w se verifica que e′1Λe′2Λe′3(v, u, w) =det(v, u, w). Observemos que si fijamos dos vectores, u y w por ejemplo, en-tonces la aplicación que queda es lineal; es decir se verifica que para todo parde vectores x y y en R3 y para todo par de números reales:
det(ax+ by, u, w) = a det(x, u, w) + bdet(y, u, w).
Por lo tanto det(·, u, w) ∈ L1(R3) = Λ1(R3) y se puede expresar comocombinación lineal de los elementos de la base de L1(R3) de la siguiente manera:
det(x, u, w) = det(
3∑i=1
e′i(x)ei, u, w)
=
3∑i=1
e′i(x) det(ei, u, w) =
3∑i=1
det(ei, u, w)e′i(x)
= (det(e1, u, w),det(e2, u, w),det(e3, u, w)) · (x1, x2, x3).
En particular si tomamos como vector x0 el vector de coordenadas:
x0 = (det(e1, u, w),det(e2, u, w),det(e3, u, w))
se verifica que:det(x0, u, w) = x0 · x0 = ||x0||2.
Por otro lado, la definición de producto vectorial de dos vectores se puedeexpresar también como:
u× w = det
i j ku1 u2 u3
w1 w2 w3
= (det(e1, u, w),det(e2, u, w),det(e3, u, w)).
Combinando ambas notaciones observamos que para todo par de vectores uy w de R3 se verifica que:
det(u× w, u,w) = ||u× w||2.
135
2.1.2 Tema 11. Formas diferenciales
En este tema vamos a introducir el concepto de forma diferencial que va a seruna función que a cada punto de un conjunto abierto le hace corresponder untensor alterno. Por lo tanto, es imprescindible entender muy bien qué son lostensores alternos, cómo se define el producto exterior de los tensores alternos,qué propiedades verifica y sobre todo cómo es la base de Λk(Rn) antes de abordarel concepto de forma diferencial.
Definition 84 Se llama forma diferencial de orden k, o k-forma diferencial,con k≥ 1, a toda función Ψ : U ⊂ Rn → Λk(Rn) con U un conjunto abierto novacío, que se puede expresar de la siguiente manera:
Ψ(x) =∑
1≤i1<...<ik≤nΨi1...ik(x)e′i1Λ...Λe
′ik
siendo cada una de las funciones Ψi1...ik : U ⊂ Rn → R de clase Cp, con p≥ 1.
Es importante observar que en la definición anterior aparece el espacio Rntanto en el dominio de definición de la k-forma, U ⊂ Rn, como en el espacio dellegada, Λk(Rn). Observemos que si k>n entonces Λk(Rn) = 0 y por lo tantola única k-forma diferencial es Ψ = 0. Si k=n entonces Λn(Rn) tiene dimensiónuno y las k-formas diferenciales son asi: Ψ(x) = Ψ1...n(x)e′1Λ...Λe′n. Si k = 1 elespacio vectorial Λ1(Rn) = Ll(Rn) tiene dimensión n y las 1-formas diferenciales
son asi: Ψ(x) =n∑i=1
Ψi(x)e′i.
Observemos que cada 1-forma viene determinada por un campo vectorial,el dado por F (x) = (Ψ1(x), ...,Ψn(x)). Y viceversa, cada campo vectorial F :U ⊂ Rn → Rn de clase Cp en U determina una 1-forma diferencial definida por:Ψ(x) =
n∑i=1
Fi(x)e′i. Esta correspondencia entre 1-formas y campos vectoriales
es la que da origen al título del curso porque muestra la conexión entre ambosconceptos, el primero, campos, más propio de disciplinas como la Física Aplicaday el Análisis Matemático y el segundo, formas, más propio de la GeometríaDiferencial.Ahora vamos a introducir las 0-formas diferenciales, que por convenio serán
funciones reales de clase Cp, con p ≥ 1; es decir funciones de la forma Ψ :U ⊂ Rn → R, que en la primera parte del curso hemos denominado camposescalares. La razón por la cual es necesario introducir las 0-formas se muestraa continuación.Recordemos que a cada campo escalar f : U ⊂ Rn → R de clase Cp con p≥ 1
le podemos asociar el campo vectorial F : U ⊂ Rn → Rn dado por F = ∇f.De manera análoga a cada 0-forma Υ : U ⊂ Rn → R le podemos asociar la
1-forma Ψ : U ⊂ Rn → Λ1(Rn) dada por Ψ(x) =n∑i=1
DiΥ(x)e′i. Esta 1-forma se
va a llamar la diferencial de Υ y la denotaremos por Ψ = dΥ. Este proceso sepuede continuar transformando k-formas en (k+1)-formas para todo k≥ 1 comose indica en la siguiente definición.
136
Definition 85 Dada una k-forma diferenciable Υ : U ⊂ Rn → Λk(Rn) de claseCp, con p ≥ 2 y k ≥ 0, se define la (k+1)-forma dΥ : U ⊂ Rn → Λk+1(Rn) por
dΥ =∑
1≤i1<...<ik≤n
n∑j=1
Dj(Υi1...ik)e′jΛe′i1Λ...Λe
′ik
Observemos que dΥ es de orden superior porque sobre cada tensor alternoe′i1Λ...Λe
′ikse realiza el producto exterior con los 1-tensores e′j , para todo j ∈
{1, ..., n}.Muchos de estos productos serán 0, porque como vimos en el ejempplo81, cuando el índice j está en la familia de índices i1, ..., ik el producto exteriore′jΛe
′i1
Λ...Λe′ik es 0.Como ya hemos comentado si aplicamos la definición al caso k = 0 lo que
obtenemos es la trasformación de la función real, o 0-forma, Υ : U ⊂ Rn → R
en la 1-forma dΥ =
n∑j=1
DjΥdx, cuyas funciones asociadas son las componentes
del vector gradiente ∇Υ.A continuación vamos a ver como es la diferencial de una 1-forma en Rn.
Example 86 Partimos de una 1-forma en Rn que viene dada por:
Υ(x) = Υ1(x)e′1 + ...+ Υn(x)e′n
siendo Υ1, ...,Υn funciones de clase Cp en un abierto U ⊂ Rn, con p≥ 2. Eneste caso la diferencial de Υ viene dada por:
dΥ(x) = D1Υ1(x)e′1Λe′1 + ...+DnΥ1(x)e′nΛe′1 +
+D1Υ2(x)e′1Λe′2 + ...+DnΥ2(x)e′nΛe′2 +
· · ·+D1Υn(x)e′1Λe′n + ...+DnΥn(x)e′nΛe′n.
Ahora suprimimos todos los productos exteriores en los cuales se repite algúníndice, porque son nulos, y ordenamos los que quedan cambiando el signo cuandosea necesario, como indica la propiedad e) del problema 6, de modo que dΥ nosqueda asi:
(−D2Υ1(x) +D1Υ2(x))e′1Λe′2 + ...+ (−DnΥ1(x) +D1Υn(x))e′1Λe′n +
(−D3Υ2(x) +D2Υ3(x))e′2Λe′3 + ...+ (−DnΥ2(x) +D2Υn(x))e′2Λe′n +
· · ·+ (−DnΥ(n−1)(x) +D(n−1)Υn(x))e′nΛe′n−1
=∑
1≤i1<i2≤n(Di1Υi2(x)−Di2Υi1(x))e′i1Λe
′i2 .
El siguiente ejemplo nos muestra como es la diferencial de una 2-forma enR3.
137
Example 87 Para que la expresión de la forma dΥ nos quede más sencillavamos a elegir los siguientes índices para la 2-forma Υ
Υ(x) = Υ1(x)e′2Λe′3 + Υ2(x)e′1Λe′3 + Υ3(x)e′1Λe′2
siendo Υ1,Υ2,Υ3 funciones de clase Cp en un abierto U ⊂ R3, con p≥ 2.Observemos que en los tres sumandos el índice de la componente de Υ es justoel índice que no aparece en el tensor e′iΛe
′j. Con esta elección de índices la
forma dΥ queda así:
dΥ(x) = D1Υ1(x)e′1Λe′2Λe′3 +D2Υ1(x)e′2Λe′2Λe′3 +D3Υ1(x)e′3Λe′2Λe′3
+D1Υ2(x)e′1Λe′1Λe′3 +D2Υ2(x)e′2Λe′1Λe′3 +D3Υ2(x)e′3Λe′1Λe′3
+D1Υ3(x)e′1Λe′1Λe′2 +D2Υ3(x)e′2Λe′1Λe′2 +D3Υ3(x)e′3Λe′1Λe′2
Ahora suprimimos todos los productos exteriores en los cuales se repite algúníndice, porque son nulos, y ordenamos los que quedan cambiando el signo cuandosea necesario como indica la propiedad e) del problema 6, de modo que dΥ tienela siguiente expresión:
dΥ(x) = (D1Υ1(x)−D2Υ2(x) +D3Υ3(x))e′1Λe′2Λe′3
En el problema 8 se muestran algunas propiedades muy útiles de la diferencialde una forma.A continuación vamos a ver otras dos maneras de obtener formas diferenciales
a partir de otras usando dos transformaciones de tensores estudiadas en el temaanterior: el producto exterior de tensores y la transformacción por medio deaplicaciones lineales.Empecemos por el producto exterior. Es inmediato comprobar que si ten-
emos dos formas diferenciales Ψ : U ⊂ Rn → Λk(Rn) y Υ : U ⊂ Rn → Λl(Rn)podemos definir el producto exterior de ambas, que como es natural se denotarápor ΨΛΥ, de la siguiente manera:
ΨΛΥ : U ⊂ Rn → Λk+l(Rn)x Ψ(x)ΛΥ(x)
Consiguiendo una (k+l)-forma diferencial. Por conveniencia asumiremosque el producto exterior de una 0-forma; es decir una función f : U ⊂ Rn → Rpor una k-forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk(Rn) es la k-forma (fΛΨ)(x) = f(x)Ψ(x)que también podemos denotar por fΨ. A continuación vamos a ver que sucedecuando multiplicamos dos 1-formas.
Example 88 Tomemos dos 1-formas Ψ, Υ : U ⊂ Rn → Λ1(Rn) de clase Cp,y vamos a ver que aspecto tiene la 2-forma ΨΛΥ : U ⊂ Rn → Λ2(Rn). Paraello vamos a aplicar las propiedades del producto exterior que se recogen en el
138
problema 5:
ΨΛΥ(x) = (Ψ1(x)e′1 + ....+ Ψn(x)e′n)Λ(Υ1(x)e′1 + ....+ Υn(x)e′n)
=
n∑i=1
Ψi(x)e′iΛ(Υ1(x)e′1 + ....+ Υn(x)e′n)
=
n∑i=1
n∑j=1
Ψi(x)e′iΛΥj(x)e′j
=
n∑1≤i<j≤n
(Ψi(x)Υj(x)−Ψj(x)Υi(x))e′iΛe′j
Terminamos el tema con la transformación de las formas diferenciales queutiliza la composición con aplicaciones lineales. Ya vimos en el tema anteriorque cada aplicación lineal A : Rn → Rm nos permite transformar los tensoress ∈ Lk(Rm) en los tensores A ∗ s ∈ Lk(Rn) por medio de la siguiente fórmula:
A ∗ s(v1, ..., vk) = s(A(v1), ..., A(vk))
Es obvio que si s es alterno, entonces A ∗ s también será alterno.A continuación vamos a aplicar la transformación anterior a un caso partícu-
lar que nos va a permitir construir las k-formas diferenciales que necesitamospara definir la integral.
Definition 89 Dada una función ϕ : V ⊂ Rm → Rn de clase Cp (con p ≥ 1)y dada una k-forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk(Rn) (con n,m ≥ k > 0 y ϕ(V ) ⊂ U) sedefine la k-forma ϕ∗Ψ : V ⊂ Rm → Λk(Rm) como la función que a cada x ∈ Rmle hace corresponder la k-forma en Rm dada por Dϕ(x)∗Ψ(ϕ(x)), siendo Dϕ(x)la aplicación lineal asociada a la matriz jacobiana de la función ϕ en x.
Recordemos que para cada v ∈ Rm el vector Dϕ(x)(v) está en Rn y hemosdefinidoDϕ(x)∗Ψ(ϕ(x))(v) = Ψ(ϕ(x))Dϕ(x)(v). Esta operación que denotamoscon el símbolo ∗ nos servía para transformar tensores definidos en el espaciovectorial Rn en tensores definidos en Rm, utilizando para la transformaciónuna aplicación lineal de Rm en Rn. Ahora usamos una notación análoga, ϕ∗Ψ,para transformar k-formas diferenciales definidas en Rn en k-formas diferencialesdefinidas en Rm, pero esta vez en cada punto x usamos una aplicación linealdistinta, la dada por Dϕ(x) y necesitamos también echar mano de la funciónϕ para que las funciones que definen la nueva k-forma partan de Rm. Asi si Ψviene dada por:
Ψ(y) =∑
1≤i1<...<ik≤nΨi1...ik(y)e′i1Λ...Λe
′ik
entonces ϕ∗Ψ es:
ϕ∗Ψ(x) =∑
1≤i1<...<ik≤nΨi1...ik(ϕ(x))Dϕ(x) ∗ e′i1Λ...Λe
′ik
139
Para entender mejor la definición, que es fundamental en el desarrollo de lossiguientes apartados, vamos a mostrar un ejemplo sencillo donde Ψ solo tieneun sumando y la función correspondiente a ese sumando es la función constante1.
Example 90 Tomamos una función ϕ : U ⊂ Rm → Rn de clase C1 y vamosver como se transforma la 1-forma diferencial Ψ = e′1 : Rn → Λ1(Rn) que acada x ∈ Rn le hace corresponder siempre la misma 1-forma Ψ(x) = e′1.Paracada y ∈ U ⊂ Rn y cada vector v ∈ Rm tenemos que
ϕ∗Ψ(y)(v) = Dϕ(y) ∗Ψ(ϕ(y))(v) = Dϕ(y) ∗ e′1(v) = e′1(Dϕ(y)(v))
= e′1
D1ϕ1(y) ... Dmϕ1(y)
......
...D1ϕn(y) .... Dmϕn(y)
v1
...vm
= e′1
(m∑i=1
Diϕ1(y)vi, ...,
m∑i=1
Diϕn(x)vi
)
=
m∑i=1
Diϕ1(y)vi =
m∑i=1
Diϕ1(y)e′i(v)
Es decir que ϕ∗e′1 =m∑i=1
Diϕ1(y)e′i. De igual forma se prueba que para cada
j ∈ {1, ...,m} se tiene que ϕ∗e′j =m∑i=1
Diϕj(y)e′i.
A continuación vamos a ver que sucede si tomamos m=1 y n=3
Example 91 Dada una función ϕ : U ⊂ R → R3 de clase C2 y dada una1-forma Ψ en R3
Ψ : R3 → Λ1(R3)x Ψ1(x)e′1 + Ψ2(x)e′2 + Ψ3(x)e′3
Vamos a calcular la 1-forma en R que se obtiene con la transformaciónϕ∗Ψ. Como hemos visto en el ejemplo anterior para cada t ∈ U la 1-formaϕ∗Ψ(t) ∈ Λ1(R) es:
ϕ∗Ψ(t) = Ψ1(ϕ(t))α′1(t)e′ + Ψ2(ϕ(t))α′2(t)e′ + Ψ3(ϕ(t))α′3(t)e′
Observemos el paralelismo entre la 1-forma
ϕ∗Ψ(t) = (Ψ1(ϕ(t))α′1(t) + Ψ2(ϕ(t))α′2(t) + Ψ3(ϕ(t))α′3(t)) e′
= ((Ψ1(ϕ(t)),Ψ2(α(t)),Ψ3(ϕ(t)) · (α′1(t), α′2(t), α′3(t))) e′
y la expresión que integramos cuando calculamos la integral de línea del campovectorial F (x) = (Ψ1(x),Ψ2(x),Ψ3(x)) a lo largo del recorrido ϕ :∫
ϕ
F · T =
b∫a
F (ϕ(t))ϕ′(t)dt.
140
Ambas expresiones coinciden porque como veremos en la siguiente unidaddidáctica las integrales de linea coinciden con las integrales de 1-formas sobrerecorridos de caminos.También en la siguiente unidad didáctica (ver problema 6) demostraremos
que las integrales de campos vectoriales sobre recorridos de superficies coincidencon las integrales de 2-formas sobre recorridos de superficies.
2.1.3 Tema 12. El teorema de Poincairé
En este apartado vamos a demostrar el teorema de Poincairé que relaciona losconceptos de forma cerrada y forma exacta que enunciamos a continuación:
Definition 92 Decimos que una k-forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk(Rn) con k≥ 1 esexacta si existe una (k-1)-forma Υ : U ⊂ Rn → Λk−1(Rn) de clase Cp en U conp ≥ 2 tal que
Ψ = d(Υ).
Ejemplos de formas exactas han aparecido en tema anterior cuando intro-dujimos la definición de diferencial de una forma diferencial. Ya entonces ob-servamos que si tomamos k=1 la 1-forma Ψ : U ⊂ Rn → Λ1(Rn):
Ψ(x) = Ψ1(x)e′1 + Ψ2(x)e′2 + ...+ Ψn(x)e′n,
siendo cada una de las funciones Ψi : U ⊂ Rn → R de clase Cp, con p≥ 1, enel abierto U es exacta si existe una 0-forma Υ : U ⊂ Rn → Λ0(Rn) = R, que esuna función real de clase Cp en U con p ≥ 2, tal que Ψ = d(Υ); es decir que lasfunciones asociadas a la 1-forma Ψ y a la 0-forma Υ tienen la siguiente relación:
∇Υ = (Ψ1, ....,Ψn).
De modo que si intrepretamos esta relación entre formas en términos de cam-pos escalares y vectoriales la igualdad anterior significa que el campo vectorialΨ : U ⊂ Rn → Rn, cuyas componentes son Ψ = (Ψ1, ...,Ψn) es conservativoporque coincide con el gradiente del campo escalar Υ : U ⊂ Rn → R. Observe-mos que la definición de forma exacta es más general porque se aplica a todok≥ 0.
En el primer tema estudiamos que condiciones debe cumplir un campo vec-torial para ser conservativo, el concepto que introducimos a continuación nos vaa permitir dar condiciones para asegurar que una forma diferencia es exacta.
Definition 93 Decimos que una k-forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk(Rn) es cerrada siverifica que d(Ψ) = 0
Por la propiedad c) del problema 8 para toda k-forma Ψ se verifica qued(d(Ψ)) = 0, lo cual implica que si una forma es exacta entonces es cerrada. Elteorema de Poincairé, que demostraremos más adelante, prueba que la impli-cación inversa es también cierta; es decir que toda forma Ψ cerrada es exacta, o
141
lo que es lo mismo que existe una forma Υ tal que Ψ = dΥ, pero con la condiciónde que el abierto U donde está definida Ψ sea estrellado.
En particular se verifica que si U es un conjunto estrellado, una 1-formaΨ(x) = Ψ1(x)e′1 + Ψ2(x)e′2 + ... + Ψn(x)e′n es exacta si y solo si es cerradaes decir que dΨ = 0. Como cabe esperar, si interpretamos las 1-formas comocampos vectoriales la condición de ser forma cerrada se tiene que traducir a queel campo vectorial F : U ⊂ R2 → R2 dado por F (x) = (Ψ1(x),Ψ2(x)) verifiquela condición (1), mientras que en R3 la condición de ser 1-forma cerrada sedebe traducir a que el campo vectorial F (x) = (Ψ1(x),Ψ2(x),Ψ3(x)) verifiquela condición (2).En efecto el ejemplo 86 muestra que la diferencial de la 1-forma en R2 dada
por:Ψ(x) = F1(x)e′1 + F2(x)e′2
es dΨ(x) = (D2F1(x)−D1F2(x))e′1Λe′2, de modo que Ψ es cerrada, o equivalen-temente el campo F (x) = (F1(x), F2(x)) es conservativo si y solo si (D2F1(x)−D1F2(x)) = 0 que coincide con la condición (1). Mientras que, como vimostambién en el ejemplo 86, la diferencial de la 1-forma en R3 dada por:
Ψ(x) = F1(x)e′1 + F2(x)e′2 + F3(x)dx3
es dΨ(x) = (D2F1(x)−D1F2(x))e′1Λe′2+(D3F1(x)−D1F3(x))e′1Λdx3+(D3F2(x)−D2F3(x))e′2Λdx3, de modo que Ψ es cerrada, o equivalentemente el campoF (x) = (F1(x), F2(x), F3(x)) es conservativo si y solo si
(D2F1(x)−D1F2(x)) = 0
(D3F1(x)−D1F3(x)) = 0
(D3F2(x)−D2F3(x)) = 0
que coincide con la condición (2).
Definition 94 Decimos que un conjunto U ⊂ Rn es estrellado si para todopunto x ∈ U se verifica que el segmento de la recta que une el punto x con elorigen de coordenadas está contenido en U.
Observemos que el segmento de recta que aparece en la definición no es otracosa que el conjunto de vectores de la forma {tx; t ∈ [0, 1]}. Por lo tanto, Ues estrellado si para todo x ∈ U se verifica que tx ∈ U para todo t ∈ [0, 1].Ejemplos de conjuntos estrellados los podemos encontrar en las bolas de Rn concentro el origen de coordenadas y asociadas a cualquier norma. Esto se debe aque una de las propiedades que verifican las normas es que para todo vector xy todo número real t se verifica que ||tx|| = |t| ||x||.A continuación vamos a ver un ejemplo que muestra que la condición U
estrellado es necesaria.
Example 95 Tomamos como conjunto abierto y no estrellado el conjunto V ={(x1, x2) ∈ R2; (x1, x2) 6= (0, 0)} = R2\{(0, 0)} y la 1-forma de clase C∞ en V
142
dada por:Ψ : V ⊂ R2 → Λ1(R2)
(x1, x2) −x2x21+x22
e′1 + x1x21+x22
e′2
Primero comprobamos que Ψ es cerrada; es decir, que dΨ = 0 :
dΨ(x1, x2) = (D2Ψ1(x1, x2)−D1Ψ2(x1, x2))e′1Λe′2
=
(−(x2
1 + x22) + 2x2
2
(x21 + x2
2)4− (x2
1 + x22)− 2x2
1
(x21 + x2
2)4
)e′1Λe′2
=−2(x2
1 + x22) + 2x2
2 + 2x21
(x21 + x2
2)4e′1Λe′2 = 0
Si el teorema de Poincaire fuese cierto en este caso, entonces existiría una0-forma Υ : V ⊂ R2 → Λ0(R2) = R de clase C∞ en V tal que dΥ = Ψ pero,como vamos a ver a continuación, esto nos es cierto.
Consideremos la función f(x1, x2) = ar cot(x2x1
), siendo ar cot una abre-
viatura de la función arco tangente. Esta función no está definida en los puntos(x1, x2) con x1 = 0, de hecho para todo x2 6= 0 el siguiente límite no existe:
limx1→0
ar cot ag
(x2
x1
)porque el cociente
(x2x1
)va tomando valores que tienden a ∞ y también valores
que tienden a −∞. Sin embargo en los puntos del abierto W = {(x1, x2) ∈R2;x1 6= 0} la función es de clase C∞ y sus derivadas parciales coinciden conlas componentes de la 1-forma Ψ es decir que Dif(x1, x2) = Ψi(x1, x2) parai = 1 y 2
Por último, antes de demostrar el teorema de Poincairé vamos a ver unmétodo para generar una forma de orden inferior que en cierto sentido será elproceso inverso al utilizado para generar dΨ.
Definition 96 Dada una k-forma Ψ =∑
1≤i1<...<ik≤nΨi1...ike
′i1
Λ...Λe′ik : U ⊂
Rn → Λk(Rn) (con k ≥ 1) se define la (k-1)-forma IΨ : U ⊂ Rn → Λk−1(Rn)por medio de la siguiente fórmula:
IΨ =∑
1≤i1<...<ik≤n
k∑α=1
(−1)α−1
(∫ 1
0
tk−1Ψi1...ik(tx)dt
)xiαe
′i1Λ..Λ
iα
e′iαΛ.Λe′ik
dondeiα
e′iα significa que esa 1-forma se suprime.
Observemos que en efecto la forma que queda es de orden (k-1) porque encada elemento de la base e′i1Λ...Λe
′ikse ha suprimido un producto, de hecho,
por cada sumando de Ψ aparecen ahora k-sumandos, los que se obtienen al ir
143
suprimiendo cada uno de los factores e′iα . Si embargo la función que multiplica
a cada uno de ellos es la misma∫ 1
0
tk−1Ψi1...ik(tx)dt. Por último, el factor
(−1)α−1 veremos más adelante que está relacionado con el cambio de orden enel producto e′i1Λ...Λe
′ik. El siguiente ejemplo nos ayudará a comprender mejor
la definición.
Example 97 Dada la siguiente 2-forma definida en R4
Ψ = (x1 + x2 + x3 + x4)e′1Λe′2 + (x1x2x3x4)e′3Λe′4
vamos a calcular IΨ. Como es de grado 2, de cada sumando que la define vamosa obtener dos 1-formas
IΨ =
(∫ 1
0
t2−1(tx1 + tx2 + tx3 + tx4)dt
)((−1)1−1x1e
′2 + (−1)2−1x2e
′1)
+
(∫ 1
0
t2−1(tx1tx2tx3tx4)dt
)((−1)3−1x3e
′4 + (−1)4−1x4e
′3)
=
((x1 + x2 + x3 + x4)
∫ 1
0
t2dt
)(x1e
′2 − x2e
′1)
+
((x1x2x3x4)
∫ 1
0
t5dt
)(x3e
′4 − x4e
′3)
= (−1
3(x1 + x2 + x3 + x4)x2e
′1 +
1
3(x1 + x2 + x3 + x4)x1e
′2
+−1
6(x1x2x3x4)x4e
′3 +
1
6(x1x2x3x4)x3e
′4
Como ya hemos adelantado, la transformación IΨ es en cierto sentido laacción inversa de la transformación dΨ, de hecho el teorema de Poincairé va ademostrar que se verifica la siguiente igualdad: Ψ = I(dΨ) + d(IΨ).
Theorem 98 Teorema de Poincairé Dado U ⊂ Rn un conjunto abierto y es-trellado y dada Ψ : U ⊂ Rn → Λk(Rn) (con k ≥ 1) una k-forma cerrada; esdecir, que dΨ = 0, se verifica que Ψ = d(IΨ) lo cual implica que Ψ es exacta.
Proof. Vamos a demostrar que para todo conjunto abierto y estrellado U ypara toda k-forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk(Rn) (con k ≥ 1) se verifica que:
Ψ = d(IΨ) + I(dΨ),
de modo que si Ψ es cerrada entonces dΨ = 0 y, por lo tanto, I(dΨ) = I(0) = 0y Ψ = d(IΨ)Como siempre representaremos Ψ como:
Ψ =∑
1≤i1<...<ik≤nΨi1...ike
′i1Λ...Λe
′ik,
144
de modo que
IΨ =∑
1≤i1<...<ik≤n
k∑α=1
(−1)α−1
(∫ 1
0
tk−1Ψi1...ik(tx)dt
)xiαe
′i1Λ...Λ
iα
e′iαΛ...Λe′ik .
Ahora vamos a calcular d(IΨ). Recordemos que la transformación d lo quehace es derivar respecto de cada una de las variables xj las funciones que multi-
plican a las formas e′i1Λ...Λiα
e′iαΛ...Λe′ik y realizar el producto Λ por e′j . En estecaso las funciones que tenemos que derivar son de la forma
(−1)α−1
(∫ 1
0
tk−1Ψi1...ik(tx)dt
)xiα .
Cuando derivamos esta función respecto de xiα nos aparecen dos sumandos:
(−1)α−1
(∫ 1
0
tk−1Ψi1...ik(tx)dt
)y (−1)α−1xiαDiα
(∫ 1
0
tk−1Ψi1...ik(tx)dt
)
ambos multimplicados por la k-forma e′iαΛe′i1Λ...Λ
iα
e′iαΛ...Λe′ik . Como vimos en la
demostración de la proposición 75 (−1)α−1e′iαΛe′i1Λ..Λ
iα
e′iαΛ.Λe′ik = e′i1Λ...Λe′iα
Λ...Λe′ik ,de modo que cada elemento de la base Ψi1...ik(x)e′i1Λ...Λe
′iα
Λ...Λe′ik nos propor-ciona k sumandos iguales al calcular d(IΨ) que tienen la siguiente expresión:(∫ 1
0
tk−1Ψi1...ik(tx)dt
)e′i1Λ...Λe
′iαΛ...Λe′ik .
Por otro lado, es fácil ver que
Diα
(∫ 1
0
tk−1Ψi1...ik(tx)dt
)=
(∫ 1
0
tkDiαΨi1...ik(tx)dt
)con lo cual d(IΨ) nos queda de la siguiente manera:
d(IΨ) = k∑
1≤i1<...<ik≤n
(∫ 1
0
tk−1Ψi1...ik(tx)dt
)e′i1Λ...Λe
′iαΛ...Λe′ik
+∑
1≤i1<...<ik≤n
k∑α=1
n∑j=1
(−1)α−1
(∫ 1
0
tkDjΨi1...ik(tx)dt
)xiαe
′jΛe′i1Λ...Λ
iα
e′iαΛ...Λe′ik .
Ahora vamos a calcular I(dΨ). Recordemos que dΨ es la (k+1) forma dadapor:
dΨ =∑
1≤i1<...<ik≤n
n∑j=1
DjΨi1...ike′jΛe′i1Λ...Λe
′ik.
145
Por definición, la transformación I calcula cierta integral respecto a t de lasfunciones que multiplican a cada elemento de la base y las multiplica por lasvariables xi que aparecen en esa (k+1) forma de la base. En este caso cadaelemento de la base es de la forma e′jΛe
′i1
Λ...Λe′ik , de modo cada uno genera lasiguiente forma cuando se toma α = 1 :(∫ 1
0
tkDjΨi1...ik(tx)dt
)xje′i1Λ...Λe
′ik
Por otro lado, si α > 1 entonces α = α′ + 1 siendo α′ el indicador dela k-forma e′i1Λ...Λe
′ik. Como este indicador aparece en el factor (−1)α
′−1 dela definición de I, para mantener un único indicador en todas las expresionesutilizaremos que (−1)α
′−1 = −(−1)α−1. Asi la k-forma I(dΨ) nos queda:
I(dΨ)
=∑
1≤i1<...<ik≤n
n∑j=1
(∫ 1
0
tkDjΨi1...ik(tx)dt
)xje′i1Λ...Λe
′ik
−∑
1≤i1<...<ik≤n
n∑j=1
k∑α=1
(−1)α−1
(∫ 1
0
tkDjΨi1...ik(tx)dt
)xiαe
′jΛe′i1Λ...Λ
iα
e′iαΛ...Λe′ik .
Si ahora sumamos las expresiones obtenidas de d(IΨ) y de I(dΨ) vemos quelas segundas partes de ambas expresiones se anulan y nos queda:
d(IΨ) + I(dΨ)
= k∑
1≤i1<...<ik≤n
(∫ 1
0
tk−1Ψi1...ik(tx)dt
)e′i1Λ...Λe
′iαΛ...Λe′ik
+∑
1≤i1<...<ik≤n
n∑j=1
(∫ 1
0
tkDjΨi1...ik(tx)dt
)xje′i1Λ...Λe
′ik
=∑
1≤i1<...<ik≤n
(∫ 1
0
(ktk−1Ψi1...ik(tx)dt+ tkxjDjΨi1...ik(tx))dt
)e′i1Λ...Λe
′ik.
Pero es fácil ver que (ktk−1Ψi1...ik(tx)dt + tkxjDjΨi1...ik(tx)) coincide conla derivada respecto de t de la función tkΨi1...ik(tx), con lo cual tenemos que
d(IΨ) + I(dΨ) =∑
1≤i1<...<ik≤n
∫ 1
0
d
dt(tkΨi1...ik(tx))dte′i1Λ...Λe
′ik
=∑
1≤i1<...<ik≤nΨi1...ik(x)e′i1Λ...Λe
′ik
= Ψ.
146
2.1.4 Problemas de la unidad didáctica III
A continuación encontrará una colección de problemas cuyos contenidos sonsimilares a los de los ejemplos que aparecen en las secciones anteriores. En cadaproblema se ofrece una pequeña sugerencia donde se dan las claves para desarrol-lar la solución. Si no dispone del tiempo suficiente para resolver los problemas,al menos dedique unos minutos en pensar como desarrollaría la solución. Deesta forma aprenderá mucho más que si se limita a leer la respuesta.Problema 1Dados los tensores s1, s2 ∈ Lk(Rn), r1, r2 ∈ Ll(Rn), t ∈ Lm(Rn)
y dado el número real a, demostrar que la operación producto tensorial⊗ verificalas siguientes propiedades:a) (s1 + s2)⊗ r1 = s1 ⊗ r1 + s2 ⊗ r1
b) s1 ⊗ (r1 + r2) = s1 ⊗ r1 + s1 ⊗ r2
c) (as1)⊗ r1 = s1 ⊗ (ar1) = a(s1 ⊗ r1)d) (s1 ⊗ r1)⊗ t = s1 ⊗ (r1 ⊗ t)e) A ∗ (s1 ⊗ r1) = (A ∗ s1) ⊗ (A ∗ r1) siendo A : Rm → Rn una aplicación
lineal.Sugerencia: Solo tiene que aplicar la definición de producto vectorial a las
familias de vectores adecuadas en cada caso.Problema 2: Sean e′1, e
′2, ..., e
′n las aplicaciones lineales asociadas a la base
canónica de Rn, calcular el producto tensorial en los siguientes casos:a) (3e′1 + 2e′3)⊗ (4e′2 − e′4)b)((e′2 − 3e′3)⊗ (2e′1 + 1
2e′5))⊗ (6e′6 + 5e′1)
Sugerencia: Aplique las propiedades del producto tensorial demostradas enel problema anterior.Problema 3: Sea A : R2 → R3 la aplicación lineal dada por A(x1, x2) =
(x1 + x2, x2 − x1, x2). Calcular A ∗ ((e′1 + e′2)⊗ e′1).Sugerencia: Aplique la propiedad e) demostrada en el problema 1.Problema 4: Demostrar que el producto escalar habitual en Rn
〈v1, v2〉 = 〈(v11, ..., v1n), (v21, ..., v2n)〉 =
n∑i=1
v1iv2i
es un 2-tensor y expresarlo como combinación lineal de los 2-tensores de la basede L2(R2) descrita en el teorema 72.
Sugerencia: Repase la definición de 2-tensor y recuerde las propiedades delproducto escalar, luego utilice las aplicaciones lineales {e′1, ..., e′n} para expresarel producto escalar.Problema 5 Expresar los determinantes 2× 2 y 3× 3 como combinaciones
lineales de los tensores de la base de L2(R2) y de L3(R3) respectivamente.Sugerencia: Interprete ambos determinantes en términos de vectores y co-
ordenadas.Problema 6 Probar que si un k-tensor s ∈ Lk(Rn) es alterno entonces se
verifica que Alt(s) = s.Sugerencia: Recuerde que toda permutación σ se puede expresar como com-
posición de permutaciones que solo cambian dos elementos de posición.
147
Problema 7 Dados los tensores alternos s1, s2 ∈ ∗k(Rn), r1, r2 ∈ ∗l(Rn), t ∈∗m(Rn) y dado el número real a, demostrar que la operación producto exteriorΛ verifica las siguientes propiedades:a) (s1 + s2)Λr1 = s1Λr1 + s2Λr1
b) s1Λ(r1 + r2) = s1Λr1 + s1Λr2
c) (as1)Λr1 = s1Λ(ar1) = a(s1Λr1)d) A ∗ (s1Λr1) = (A ∗ s1)Λ(A ∗ r1) siendo A : Rm → Rn una aplicación lineale) s1Λr1 = (−1)klr1Λs1
Sugerencia: Utilice las propiedades del producto tensorial ⊗ probadas en elproblema 1 y para la propiedad e) calcule la signatura de la permutación quese está aplicando.Problema 8 Sea ϕ : V ⊂ Rm → Rn una función de clase C2, y sea U un
conjunto abierto en Rm con ϕ(V ) ⊂ U. Probar que se verifican las siguientespropiedades:a) Para todo par de formas Ψ,Υ : U ⊂ Rn → Λk(Rn) se verifica ϕ∗(Ψ+Υ) =
ϕ∗Ψ + ϕ∗Υb) Para toda función g : U ⊂ Rn → R de clase C1 y para toda forma
Ψ : U ⊂ Rn → Λk(Rn) se verifica que ϕ∗(gΨ) = (g ◦ ϕ)ϕ∗Ψc) Para todo par de formas Ψ : U ⊂ Rn → Λk(Rn) y Υ : U ⊂ Rn → Λl(Rn)
se verifica ϕ∗(ΨΛΥ) = (ϕ∗Ψ)Λ(ϕ∗Υ)Sugerencia: a) y b) se prueban a partir de las definiciones y para probar c)
hay que utilizar la propiedad d) del problema anterior.Problema 9 Demostrar que la diferencial de las formas verifica las siguientes
propiedades:a) d(Ψ + Υ) = dΨ + dΥ para todo par de formas Ψ,Υ : U ⊂ Rn → Λk(Rn)
de clase Cp, con p ≥ 2.b) d(ΨΛΥ) = dΨΛΥ + (−1)kΨΛdΥpara todo par de formas Ψ : U ⊂ Rn →
Λk(Rn) y Υ : U ⊂ Rn → Λl(Rn)de clase Cp, con p ≥ 2.c) d(dΨ) = 0 para toda forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk(Rn) de clase Cp, con p ≥ 2.d) ϕ∗(dΨ) = d(ϕ∗Ψ) para toda forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk(Rn) de clase Cp,
con p ≥ 2 y toda función de clase C2 ϕ : V ⊂ Rm → ϕ(V ) ⊂ U ⊂ Rn.Sugerencia: a) se prueba de forma directa, b) a partir de la definición y de
la propiedad e) del problema 7, c) es consecuencia de las igualdades: e′lΛe′j =
−e′jΛe′l para l 6= j y e′lΛe′j = 0 para l = j.
Para probar d) razone por inducción sobre el grado de la k-forma Ψ, em-pezando por k=0.Problema 10: Probar que toda 1-forma Ψ : (a, b) ⊂ R→ Λ1(R) es cerrada
y exacta.Sugerencia: Observe que son cerradas porque están definidas en R y son
exactas por el teorema fundamental del cálculo.
2.1.5 Soluciones de los problemas de la unidad didáctica III
Intente resolver los problemas, o al menos esbozar una respuesta, antes de leerla solución.
148
Problema 1Dados los tensores s1, s2 ∈ Lk(Rn), r1, r2 ∈ Ll(Rn), t ∈ Lm(Rn)y dado el número real a, demostrar que la operación producto tensorial⊗ verificalas siguientes propiedades:a) (s1 + s2)⊗ r1 = s1 ⊗ r1 + s2 ⊗ r1
b) s1 ⊗ (r1 + r2) = s1 ⊗ r1 + s1 ⊗ r2
c) (as1)⊗ r1 = s1 ⊗ (ar1) = a(s1 ⊗ r1)d) (s1 ⊗ r1)⊗ t = s1 ⊗ (r1 ⊗ t)e) A ∗ (s1 ⊗ r1) = (A ∗ s1) ⊗ (A ∗ r1) siendo A : Rm → Rn una aplicación
lineal.Solución: Dada la familia de vectores {v1, ..., vk, vk+1, ..., vk+l} ⊂ Rn se
verifica que:
a) (s1 + s2)⊗ r1(v1, ..., vk, vk+1, ..., vk+l)
= (s1 + s2)(v1, ..., vk)r1(vk+1, ..., vk+l)
= (s1(v1, ..., vk) + s2(v1, ..., vk))r1(vk+1, ..., vk+l)
= s1(v1, ..., vk)r(vk+1, ..., vk+l) + s2(v1, ..., vk)r1(vk+1, ..., vk+l)
= s1 ⊗ r1(v1, ..., vk, vk+1, ..., vk+l) + s2 ⊗ r1(v1, ..., vk, vk+1, ..., vk+l)
b) s1 ⊗ (r1 + r2)(v1, ..., vk, vk+1, ..., vk+l)
= s1(v1, ..., vk)(r1 + r2)(vk+1, ..., vk+l)
= s1(v1, ..., vk)(r1(vk+1, ..., vk+l) + r2(vk+1, ..., vk+l))
= s1(v1, ..., vk)r1(vk+1, ..., vk+l) + s1(v1, ..., vk)r2(vk+1, ..., vk+l)
= s1 ⊗ r1(v1, ..., vk, vk+1, ..., vk+l) + s1 ⊗ r2(v1, ..., vk, vk+1, ..., vk+l)
c) (as1)⊗ r1(v1, ..., vk, vk+1, ..., vk+l)
= (as1)(v1, ..., vk)r1(vk+1, ..., vk+l)
= a(s1(v1, ..., vk))r1(vk+1, ..., vk+l)
= a(s1(v1, ..., vk)r1(vk+1, ..., vk+l))
= a(s1 ⊗ r1)((v1, ..., vk, vk+1, ..., vk+l)
= s1(v1, ..., vk)(ar1(vk+1, ..., vk+l))
= s1 ⊗ (ar1)(v1, ..., vk, vk+1, ..., vk+l)
Por otro lado, dada la familia de vectores {v1, ..., vk, vk+1, ..., vk+l, vk+l+1, ..., vk+l+m} ⊂Rn se verifica que
d) (s1 ⊗ r1)⊗ t(v1, ..., vk, vk+1, ..., vk+l, vk+l+1, ..., vk+l+m)
= (s1 ⊗ r1(v1, ..., vk, vk+1, ..., vk+l))t(vk+l+1, ..., vk+l+m)
= (s1(v1, ..., vk)r1(vk+1, ..., vk+l))t(vk+l+1, ..., vk+l+m)
= s1(v1, ..., vk)(r1(vk+1, ..., vk+l)t(vk+l+1, ..., vk+l+m))
= s1(v1, ..., vk)((r1 ⊗ t)(vk+1, ..., vk+l, vk+l+1, ..., vk+l+m))
= s1 ⊗ (r1 ⊗ t)(v1, ..., vk, vk+1, ..., vk+l, vk+l+1, ..., vk+l+m)
149
Por último, dada una aplicación lineal A : Rm → Rn se verifica que
e) A ∗ (s1 ⊗ r1)(v1, ..., vk, vk+1, ..., vk+l)
= (s1 ⊗ r1)(A(v1), ..., A(vk), A(vk+1), ...A(vk+l))
= s1(A(v1), ..., A(vk))r1(A(vk+1), ..., A(vk+l))
= (A ∗ s1)⊗ (A ∗ r1)(v1, ..., vk, vk+1, ..., vk+l)
Problema 2: Sean e′1, e′2, ..., e
′n las aplicaciones lineales asociadas a la base
canónica de Rn, calcular el producto tensorial en los siguientes casos:a) (3e′1 + 2e′2)⊗ (4e′2 − e′1)b)((e′2 − 3e′3)⊗ (2e′1 + 1
2e′5))⊗ (6e′6 + 5e′1)
Solución: Observemos que las aplicaciones lineales que aparecen en esteproblema, e′1, e
′2, ..., e
′6 asignan a cada vector de Rn las seis primeras coordenadas
respectivamente tanto si n=6 como n=7,8,9,....a) (3e′1 + 2e′2)⊗ (4e′2 − e′1) = 3e′1 ⊗ (4e′2 − e′1) + 2e′2 ⊗ (4e′2 − e′1)= 12e′1 ⊗ e′2 − 3e′1 ⊗ e′1 + 8e′2 ⊗ e′2 − 2e′2 ⊗ e′1.Observemos que al ser e′1⊗ e′2 6= e′2⊗ e′1 no pedemos simplificar la expresión
anterior.b)((e′2 − 3e′3)⊗ (2e′1 + 1
2e′5))⊗ (6e′6 + 5e′1)
=((e′2 ⊗ (2e′1 + 1
2e′5)− 3e′3 ⊗ (2e′1 + 1
2e′5))⊗ (6e′6 + 5e′1)
=(2e′2 ⊗ e′1 + 1
2e′2 ⊗ e′5 − 6e′3 ⊗ e′1 + 3
2e′3 ⊗ e′5
)⊗ (6e′6 + 5e′1)
=(2e′2 ⊗ e′1 + 1
2e′2 ⊗ e′5 − 6e′3 ⊗ e′1 + 3
2e′3 ⊗ e′5
)⊗ 6e′6+(
2e′2 ⊗ e′1 + 12e′2 ⊗ e′5 − 6e′3 ⊗ e′1 + 3
2e′3 ⊗ e′5
)⊗ 5e′1
= 12e′2 ⊗ e′1 ⊗ e′6 + 3e′2 ⊗ e′5 ⊗ e′6 − 36e′3 ⊗ e′1 ⊗ e′6 + 182 e′3 ⊗ e′5 ⊗ e′6+
10e′2 ⊗ e′1 ⊗ e′5 + 52e′2 ⊗ e′5 ⊗ e′5 − 30e′3 ⊗ e′1 ⊗ e′5 + 15
2 e′3 ⊗ e′5 ⊗ e′5
Problema 3: SeaA : R3 → R2 la aplicación lineal dada porA(v11, v12, v13) =(v11 + v13, v12 − v11). Calcular A ∗ ((3e′1 + 2e′2)⊗ (4e′2 − e′1)).
Solución: Aprobechando que en el problema anterior hemos desarrollado eltensor (3e′1 + 2e′2)⊗ (4e′2 − e′1), vamos a calcular A ∗ ((3e′1 + 2e′2)⊗ (4e′2 − e′1))de dos maneras primero utilizando el desarrollo del tensor y después aplicandoque A ∗ ((3e′1 + 2e′2)⊗ (4e′2 − e′1)) =
(A ∗ (3e′1 + 2e′2)
)⊗A ∗ (4e′2 − e′1)).
Antes recordemos que por definición A ∗ s(v1, ..., vk) = s(A(v1), ..., A(vk))
150
para s ∈ Lk(R2) y A : R3 → R2 lineal. Por un lado tenemos que
A ∗ ((3e′1 + 2e′2)⊗ (4e′2 − e′1))(v1, v2)
= (3e′1 + 2e′2)⊗ (4e′2 − e′1)(A(v1), A(v2))
= (12e′1 ⊗ e′2 − 3e′1 ⊗ e′1 + 8e′2 ⊗ e′2 − 2e′2 ⊗ e′1)((A(v1), A(v2))
= 12e′1 ⊗ e′2(A(v1), A(v2))
−3e′1 ⊗ e′1(A(v1), A(v2))
+8e′2 ⊗ e′2(A(v1), A(v2))
−2e′2 ⊗ e′1)(A(v1), A(v2))
= 12e′1 ⊗ e′2((v11 + v13, v12 − v11), (v21 + v23, v22 − v21))
−3e′1 ⊗ e′1((v11 + v13, v12 − v11), (v21 + v23, v22 − v21))
+8e′2 ⊗ e′2((v11 + v13, v12 − v11), (v21 + v23, v22 − v21))
−2e′2 ⊗ e′1((v11 + v13, v12 − v11), (v21 + v23, v22 − v21))
= 12(v11 + v13)(v22 − v21)
−3(v11 + v13)(v21 + v23)
+8(v12 − v11)(v22 − v21)
−2(v12 − v11)(v21 + v23)
= (−12− 3 + 8 + 2)v11v21 + (12− 8)v11v22 + (−3 + 2)v11v23
+(−8− 2)v12v21 + 8v12v22 − 2v12v23
+(−12− 3)v13v21 + 12v13v22 − 3v13v23
= −5e′1 ⊗ e′1 + 4e′1 ⊗ e′2 − e′1 ⊗ e′3−10e′2 ⊗ e′1 + 8e′2 ⊗ e′2 − 2e′2 ⊗ e′3−15e′3 ⊗ e′1 + 12e′3 ⊗ e′2 − 3e′3 ⊗ e′3
Si realizamos los cálculos de la otra manera nos queda:
A ∗ ((3e′1 + 2e′2)⊗ (4e′2 − e′1))(v1, v2)
=(A ∗ (3e′1 + 2e′2)
)⊗A ∗ (4e′2 − e′1))(v1, v2)
=(A ∗ (3e′1 + 2e′2)
)(v1)A ∗ (4e′2 − e′1)(v2)
= (3e′1 + 2e′2)A(v1)(4e′2 − e′1))A(v2)
= (3e′1 + 2e′2)(v11 + v13, v12 − v11)(4e′2 − e′1))(v21 + v23, v22 − v21)
= (3(v11 + v13) + 2(v12 − v11))(4(v22 − v21)− (v21 + v23))
= (v11 + 2v12 + 3v13)(−5v21 + 4v22 − v23)
= −5e′1 ⊗ e′1 + 4e′1 ⊗ e′2 − e′1 ⊗ e′3−10e′2 ⊗ e′1 + 8e′2 ⊗ e′2 − 2e′2 ⊗ e′3−15e′3 ⊗ e′1 + 12e′3 ⊗ e′2 − 3e′3 ⊗ e′3
Problema 4: Demostrar que el producto escalar habitual en Rn
〈v1, v2〉 = 〈(v11, ..., v1n), (v21, ..., v2n)〉 =
n∑i=1
v1iv2i
151
es un 2-tensor y expresarlo como combinación lineal de los 2-tensores de la basede L2(Rn) descrita en el teorema 72.
Solución: Ya sabemos que una de las propiedades del producto escalar reales que es lineal en cada una de sus dos componentes; es decir que verifica que
〈av1 + bv2, v3〉 = a 〈v1, v3〉+ b 〈v2, v3〉y
〈v1, cv2 + dv3〉 = c 〈v1, v2〉+ d 〈v1, v3〉
para todo v1, v2, v3 ∈ Rn y todo a, b, c, d ∈ R por lo tanto es un 2-tensor en Rn.Ahora usando la notación empleada en el teorema 72 y tomando las aplicacioneslineales {e′1, ..., e′n} asociadas a la base canónica de Rn, podemos expresar elproducto escalar habitual de Rn de la siguiente manera
〈v1, v2〉 =
n∑i=1
e′i ⊗ e′i(v1, v2)
Problema 5 Expresar los determinantes 2× 2 y 3× 3 como combinacioneslineales de los tensores de la base de L2(R2) y de L3(R3) respectivamente.
Solución: Recordemos que dados dos vectores v1 = (v11, v12) y v2 =(v21, v22) en R2, el determinante de la matriz formada por v1 y v2 como vectorescolumna es:
det(v1, v2) = det
(v11 v21
v12 v22
)= v11v22 − v12v21
De modo que en términos de los tensores de la base de L2(R2) la expresiónanterior queda asi:
det(v1, v2) = e′1 ⊗ e′2(v1, v2)− e′2 ⊗ e′1(v1, v2) = (e′1 ⊗ e′2 − e′2 ⊗ e′1)(v1, v2)
Recordemos ahora como se define el determinante de tres vectores v1 =(v11, v12, v13), v2 = (v21, v22, v23) y v3 = (v31, v32, v33) de R3
det(v1, v2, v3)
= det
v11 v21 v31
v12 v22 v32
v13 v23 v33
= v11v22v33 + v12v23v31 + v13v21v32 − (v13v22v31 + v11v23v32 + v12v21v33)
= e′1 ⊗ e′2 ⊗ e′3(v1, v2, v3) + e′2 ⊗ e′3 ⊗ e′1(v1, v2, v3) + e′3 ⊗ e′1 ⊗ e′2(v1, v2, v3)
−(e′3 ⊗ e′2 ⊗ e′1(v1, v2, v3) + e′1 ⊗ e′3 ⊗ e′2(v1, v2, v3) + e′2 ⊗ e′1 ⊗ e′3(v1, v2, v3))
= (e′1 ⊗ e′2 ⊗ e′3 + e′2 ⊗ e′3 ⊗ e′1 + e′3 ⊗ e′1 ⊗ e′2−(e′3 ⊗ e′2 ⊗ e′1 + e′1 ⊗ e′3 ⊗ e′2 + e′2 ⊗ e′1 ⊗ e′3))(v1, v2, v3)
Problema 6 Probar que si un k-tensor s ∈ Lk(Rn) es alterno entonces severifica que Alt(s) = s
152
Solución: Por definición los tensores alternos verifican que s(v1, ..., vk) =−s(vσ(1), ..., vσ(k)) para toda permutación σ de la familia (1, ..., k) que solo cam-bie dos elementos de posición. Ya hemos visto (demostración de la propisición75) que este tipo de permutaciones tiene signo -1, por lo tanto los tensores alter-nos verifican que s(v1, ..., vk) = sgn(σ)s(vσ(1), ..., vσ(k)) para toda permutaciónσ que solo cambie dos elementos de posición. Pero, como ya sabemos, to-das las permutaciones se pueden escribir como producto de permutaciones quesolo cambian dos elementos de posición y además se verifica que sgn(σ1σ2) =sgn(σ1)sgn(σ2). De todo esto se deduce que si s es un tensor alterno y σ escualquier permutación de la familia (1, ..., k) entonces para toda familia de vec-tores {v1, ..., vk} ⊂ Rn se verifica que s(v1, ..., vk) = sgn(σ)s(vσ(1), ..., vσ(k)).Teniendo en cuenta esta propiedad de los tensores alternos vamos a comprobarque Alt(s) = s, siendo s un tensor alterno:
Alt(s)(v1, ..., vk) =1
k!
∑σ∈Sk
sgnσ s(vσ(1), ..., vσ(k))
=1
k!
∑σ∈Sk
s(v1, ..., vk) = s(v1, ..., vk)
Problema 7 Dados los tensores alternos s1, s2 ∈ ∗k(Rn), r1, r2 ∈ ∗l(Rn), t ∈∗m(Rn) y dado el número real a, demostrar que la operación producto exteriorΛ verifica las siguientes propiedades:a) (s1 + s2)Λr1 = s1Λr1 + s2Λr1
b) s1Λ(r1 + r2) = s1Λr1 + s1Λr2
c) (as1)Λr1 = s1Λ(ar1) = a(s1Λr1)d) A ∗ (s1Λr1) = (A ∗ s1)Λ(A ∗ r1) siendo A : Rm → Rn una aplicación lineale) s1Λr1 = (−1)klr1Λs1
Solución: Las tres primeras propiedades se deducen de forma inmediatade las análogas propiedades que, como probamos en el problema 4, verifica elproducto tensorial ⊗, asi por ejemplo para probar la propiedad c) basta razonarde la siguiente manera:
(as1)Λr1 =(k + l)!
k!l!Alt((as1)⊗ r1)
=(k + l)!
k!l!Alt(s1 ⊗ (ar1))
= s1Λ(ar1)
d) Dada la familia de vectores {w1, ..., wk, wk+1, ..., wk+l} ⊂ Rm se verifica
153
que
A ∗ (s1Λr1)(w1, ..., wk, wk+1, ..., wk+l)
= (s1Λr1)(A(w1), ..., A(wk), A(wk+1), ..., A(wk+l))
=(k + l)!
k!l!Alt(s1 ⊗ r1)((A(w1), ..., A(wk), A(wk+1), ..., A(wk+l))
=(k + l)!
k!l!
(1
(k + l)!
∑σ∈Sk
sgnσ (s1⊗r1)((A(wσ(1)), ...,A(wσ(k)),A(wσ(k+1)), ...,A(wσ(k+l)))
)
=(k + l)!
k!l!
(1
(k + l)!
∑σ∈Sk
sgnσ A∗(s1⊗r1)(wσ(1), ...,wσ(k),wσ(k+1), ...,wσ(k+l))
)
=(k + l)!
k!l!
(1
(k + l)!
∑σ∈Sk
sgnσ A∗(s1)⊗A∗(r1)(wσ(1), ...,wσ(k),wσ(k+1), ...,wσ(k+l))
)
=(k + l)!
k!l!Alt(A∗(s1)⊗A∗(r1)) =A∗(s1)ΛA∗(r1).
e) Como ya observamos al introducir la definición de tensor alterno, dada lafamilia de vectores {v1, ..., vk, vk+1, ..., vk+l} ⊂ Rn para cada permutación σ severifica que
s1Λr1(vσ(1), ..., vσ(k), vσ(k+1), ..., vσ(k+l)) = sgnσ s1Λr1(v1, ..., vk, vk+1, ..., vk+l)
Sea σ0 la permutación que transforma el conjunto (1, ..., k, k+ 1, ..., k+ l) enel conjunto (k + 1, ..., k + l, 1, ..., k) entonces se verifica que:
s1Λr1(vσ0(1), ..., vσ0(k), vσ0(k+1), ..., vσ0(k+l)) = sgnσ0 s1Λr1(v1, ..., vk, vk+1, ..., vk+l)
Por otro lado tenemos que
s1Λr1(vσ0(1), ..., vσ0(k), vσ0(k+1), ..., vσ0(k+l))
= s1Λr1(vk+1, ..., vk+l, v1, ..., vk)
=(k + l)!
k!l!Alt(s1 ⊗ r1)(vk+1, ..., vk+l, v1, ..., vk)
=(k + l)!
k!l!Alt(r1 ⊗ s1)(v1, ..., vk, vk+1, ..., vk+l)
= r1Λs1(v1, ..., vk, vk+1, ..., vk+l)
Por lo tanto solo nos queda comprobar que sgnσ0 = (−1)kl. Para ello bastacon observar que la permutación σ0 se obtiene con la siguiente colección depermutaciones de dos elementos consecutivos:
(1, ..., k, k + 1, ..., k + l) (1, ..., k + 1, k, ..., k + l)
(1, k + 1, 2, ..., k, k + 2, ..., k + l) (k + 1, 1, 2, ..., k, k + 2, ..., k + l)
(k + 1, 1, 2, ..., k, k + 2, ..., k + l) (k + 1, 1, 2, ..., k, k + 2, k, ..., k + l)
(k + 1, ..., k + l − 1, 1, k + l, 2, ..., k) (k + 1, ..., k + l − 1, k + l, 1, 2, ..., k)
154
Observar que las primeras permutaciones nos llevan el elemento k + 1 a laprimera posición. Para realizar este cambio el elemento k + 1 ha saltado porencima de los k elementos que tenía delante; es decir que hemos realizado kpermutaciones de dos elementos consecutivos. Después llevamos el elementok + 2 al segundo lugar, haciendole saltar por encima de los k elementos quetiene delante, osea que de nuevo hacemos k permutaciones de dos elementosconsecutivos. Si movemos de igual manera los elementos k+3, ..., k+l obtenemosal final la familia que buscabamos y por lo tanto habremos realizado un total dekl permutaciones de dos elementos consecutivos lo cual significa que sgnσ0 =(−1)kl.
Problema 8 Sea ϕ : V ⊂ Rn → Rm una función de clase C2, y sea U ⊂ R2
un abierto con ϕ(V ) ⊂ U. Probar que se verifican las siguientes propiedades:a) Para todo par de formas Ψ,Υ : U ⊂ Rn → Λk(Rn) se verifica ϕ∗(Ψ+Υ) =
ϕ∗Ψ + ϕ∗Υb) Para toda función g : U ⊂ Rn → R de clase C1 y para toda forma
Ψ : U ⊂ Rn → Λk(Rn) se verifica que ϕ∗(gΨ) = (g ◦ ϕ)ϕ∗Ψc) Para todo par de formas Ψ : U ⊂ Rn → Λk(Rn) y Υ : U ⊂ Rn → Λl(Rn)
se verifica ϕ∗(ΨΛΥ) = (ϕ∗Ψ)Λ(ϕ∗Υ)Solución: a) Para cada x ∈ V ⊂ Rm y cada vector v ∈ Rn tenemos que
ϕ∗(Ψ + Υ)(x)(v) = Dϕ(x) ∗ (Ψ + Υ)(ϕ(x))(v)
= (Ψ(ϕ(x)) + Υ(ϕ(x))Dϕ(x)(v)
= Ψ(ϕ(x))Dϕ(x)(v) + Υ(ϕ(x))Dϕ(x)(v)
= ϕ∗Ψ(x)(v) + ϕ∗Υ(x)(v).
b) Recordemos que hemos acordado definir como 0-forma a toda funciónreal de clase C1, y el producto exterior de una 0-forma, como la función g, conuna k-forma como Ψ, le hemos denotado por gΨ en lugar de gΛΨ porque essimplemente la k-forma gΨ : U ⊂ Rn → Λk(Rn) que a cada x ∈ V ⊂ Rm lehace corresponder el k-tensor alterno g(x)Ψ(x). De igual modo, al otro lado dela igualdad que queremos demostrar, aparece el producto exterior de la 0-formag ◦ ϕ por la k-forma ϕ∗Ψ. Veamos ahora que se verifica la igualdad. Para cadax ∈ V ⊂ Rm y cada vector v ∈ Rm tenemos que
ϕ∗(gΨ)(x)(v) = Dϕ(x) ∗ (gΨ)(ϕ(x)) = g(ϕ(x))Ψ(ϕ(x))Dϕ(x)(v)
= g(ϕ(x))ϕ∗Ψ(x)(v) = (g ◦ ϕ)ϕ∗Ψ(x)(v)
c) Para cada x ∈ V ⊂ Rm y cada vector v ∈ Rm tenemos que
ϕ∗(ΨΛΥ)(x)(v) = Dϕ(x) ∗ (ΨΛΥ)(ϕ(x))(v)
= Dϕ(x) ∗ (Ψ(ϕ(x))ΛΥ(ϕ(x)))(v)
= (Dϕ(x) ∗Ψ(ϕ(x)))Λ(Dϕ(x) ∗Υ(ϕ(x)))(v)
= (ϕ∗Ψ)Λ(ϕ∗Υ)(x)(v).
La tercera igualdad es debida a la propiedad d) que mostramos en el prob-lema anterior.
155
Problema 9 Demostrar que la diferencial de las formas verifica las siguientespropiedades:a) d(Ψ + Υ) = dΨ + dΥ para todo par de formas Ψ,Υ : U ⊂ Rn → Λk(Rn)
de clase Cp, con p ≥ 2.b) d(ΨΛΥ) = dΨΛΥ + (−1)kΨΛdΥ para todo par de formas Ψ : U ⊂ Rn →
Λk(Rn) y Υ : U ⊂ Rn → Λl(Rn)de clase Cp, con p ≥ 2.c) d(dΨ) = 0 para toda forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk(Rn) de clase Cp, con p ≥ 2.d) ϕ∗(dΨ) = d(ϕ∗Ψ) para toda forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk(Rn) de clase Cp,
con p ≥ 2 y toda función de clase C2 ϕ : V ⊂ Rm → ϕ(V ) ⊂ U ⊂ Rn.Solución a) Es fácil ver que si
Ψ =∑
1≤i1<...<ik≤nΨi1...ike
′i1Λ...Λe
′ik
Υ =∑
1≤i1<...<ik≤nΥi1...ike
′i1Λ...Λe
′ik
entonces
d(Ψ + Υ) =∑
1≤i1<...<ik≤n
n∑j=1
Dj(Ψi1...ik + Υi1...ik)e′jΛe′i1Λ...Λe
′ik
=∑
1≤i1<...<ik≤n
n∑j=1
(Dj(Ψi1...ik) +Dj(Υi1...ik))e′jΛe′i1Λ...Λe
′ik
=∑
1≤i1<...<ik≤n
n∑j=1
Dj(Ψi1...ik)e′jΛe′i1Λ...Λe
′ik
+∑
1≤i1<...<ik≤n
n∑j=1
Dj(Υi1...ik)e′jΛe′i1Λ...Λe
′ik
= dΨ + dΥ
b) En primer lugar observemos que dadas Ψ y Υ, por las propiedades a) yb) demostradas en el problema 7, la forma ΨΛΥ es una suma de formas del tipo
(Ψi1...ike′i1Λ...Λe
′ik
)Λ(Υj1...ile′j1Λ...Λe
′jl
)
De modo que por la propiedad anterior, bastará con demostrar la igualdadpara cada sumando de este tipo. Para simplificar la notación llamaremos Ψ y
156
Υ a las funciones que figuran en el mismo, de modo que:
d(ΨΛΥ)
= d((Ψ(x)e′i1Λ...Λe′ik
)Λ(Υ(x)e′j1Λ...Λe′jl
))
= d(Ψ(x)Υ(x)(e′i1Λ...Λe′ik
)Λ(e′j1Λ...Λe′jl
))
=
n∑j=1
Dj(Ψ(x)Υ(x))e′jΛ(e′i1Λ...Λe′ik
)Λ(e′j1Λ...Λe′jl
)
=
n∑j=1
(Υ(x)DjΨ(x) + Ψ(x)DjΥ(x)) e′jΛ(e′i1Λ...Λe′ik
)Λ(e′j1Λ...Λe′jl
)
=
n∑j=1
Υ(x)DjΨ(x)e′jΛ(e′i1Λ...Λe′ik
)Λ(e′j1Λ...Λe′jl
)
+
n∑j=1
Ψ(x)DjΥ(x)e′jΛ(e′i1Λ...Λe′ik
)Λ(e′j1Λ...Λe′jl
)
=
n∑j=1
DjΨ(x)e′jΛ((e′i1Λ...Λe′ik
)Λ(Υ(x)e′j1Λ...Λe′jl
)
+Ψ(x)
n∑j=1
DjΥ(x)e′jΛ(e′i1Λ...Λe′ik
)Λ(e′j1Λ...Λe′jl
)
= dΨΛΥ + (−1)kΨ(x)(e′i1Λ...Λe′ik
)Λ
n∑j=1
DjΥ(x)e′jΛ(e′j1Λ...Λe′jl
)
= dΨΛΥ + (−1)kΨΛdΥ
El factor (−1)k proviene del cambio de orden en el producto exterior de lasformas e′i1Λ...Λe
′iky e′j como muestra la propiedad e) del problema 7.
c) Sea Ψ =∑
1≤i1<...<ik≤nΨi1...ike
′i1
Λ...Λe′ik , entonces
dΨ =∑
1≤i1<...<ik≤n
n∑j=1
DjΨi1...ik(x)e′jΛe′i1Λ...Λe
′ik
y
d(dΨ) =∑
1≤i1<...<ik≤n
n∑j=1
n∑l=1
DjlΨ1,i1...ik(x)e′lΛe′jΛe′i1Λ...Λe
′ik
Observemos que los sumandos que aparecen en la última expresión son 0cuando j = l porque e′lΛe
′j = 0 y si j 6= l entonces aparecen dos sumandos que
se anulan mutuamente porque DjlΨi1...ik(x) = DljΨi1...ik(x) y e′lΛe′j = −e′jΛe′l.
d) Vamos a realizar la demostración por inducción sobre el grado de la k-forma. Empezamos probando la igualdad cuando Ψ es una 0-forma, es decir
157
una función del tipo Ψ : U ⊂ Rn → R. De modo que dΨ =
n∑i=1
DiΨe′i y ϕ
∗Ψ es
la 0-forma que se obtiene al componer las funciones Ψ y ϕ. Entonces utilizandoel resultado obtenido en el ejemplo 90 comprobamos que
ϕ∗(dΨ)(y) =
n∑i=1
DiΨ(ϕ(y))ϕ ∗ e′i
=
n∑i=1
DiΨ(ϕ(y))
m∑j=1
Djϕi(y)e′j
=
n∑i=1
m∑j=1
DiΨ(ϕ(y))Djϕi(y)e′j
=
m∑j=1
n∑i=1
DiΨ(ϕ(y))Djϕi(y)e′j
=
m∑j=1
Dj(Ψ ◦ ϕ)(y))e′j = d(ϕ∗Ψ)(y).
Una vez probado el caso k=0 asumimos que la igualdad se verifica para lask-formas con k ≥ 0 y probamos el caso k+1. Observemos que todas las (k+1)-formas se pueden expresar como sumas de formas del tipoΨi1...ik+1(x)e′i1Λ...Λe
′ik
Λe′ik+1siendo Ψi1...ik+1 una función real definida en un abierto de Rn. Como las trans-formaciones ϕ∗ y dΨ son aditivas; es decir, verifican que
ϕ∗(Ψ + Υ) = ϕ∗Ψ + ϕ∗Υ
d(Ψ + Υ) = dΨ + dΥ
bastará con hacer la demostración para cada uno de los sumandos. Enparticular vamos a demostrar que ϕ∗(d(ΨΛe′i) = d(ϕ∗(ΨΛe′i)) siendo Ψ una k-forma en Rn. Por las propiedades b) y c) demostradas en este mismo problemase verifica que:
ϕ∗(d(ΨΛe′i) = ϕ∗(dΨΛe′i + (−1)kΨΛd(e′i)) = ϕ∗(dΨΛe′i)
Ahora aplicamos la propiedad c) demostrada en el problema 7 y la hipótesisde inducción que se verifica para la k-forma Ψ de modo que
ϕ∗(d(ΨΛe′i) = ϕ∗(dΨΛe′i) = ϕ∗(dΨ)Λϕ∗(e′i) = d(ϕ∗Ψ)Λϕ∗(e′i).
A continuación observamos que d(ϕ∗(e′i)) = 0, porque como vimos en elapartado anterior se verifica que
d(ϕ∗(e′i)) = d
m∑j=1
Djϕie′j
=
m∑j=1
n∑l=1
Djlϕi(y)e′lΛe′j = 0
158
Esta observación nos permite aplicar de nuevo la propiedad b) de este prob-lema para llegar a la siguente expresión:
ϕ∗(d(ΨΛe′i) = d(ϕ∗Ψ)Λϕ∗(e′i) = d(ϕ∗Ψ)Λϕ∗e′i + (−1)kϕ∗ΨΛd(ϕ∗(e′i))
= d(ϕ∗ΨΛϕ∗(e′i)) = d(ϕ∗(ΨΛe′i)).
Problema 10: Probar que toda 1-forma Ψ : (a, b) ⊂ R→ Λ1(R) es cerraday exacta.Solución: Observemos que el único tensor que hay en la base de Λ1(R) es
e′, de modo que Ψ será de la forma Ψ(x) = Ψ1(x)e′ siendo Ψ1 : (a, b) ⊂ R→ Runa función de clase Cp en el abierto (a, b) con p ≥ 1. De modo que dΨ =D1Ψ1e
′Λe′ = 0. Para probar que Ψ es exacta tomamos un punto c ∈ (a, b) ydefinimos la 0-forma, que es una función real, como:
Υ : (a, b) ⊂ R → R
x
x∫c
Ψ1(t)dt
Entonces por el teorema fundamental del cálculo se verifica que dΥ(x) =D1Υ(x)e′ = Ψ1(x)e′.
159
2.1.6 Pruebas de autoevaluación de la unidad didáctica III
Prueba 11a: Se dice que una función s : R2 × R2 × R2 → R es multilineal si verifica
la siguiente condición:a) (as + br)(v1, v2, v3) = as(v1, v2, v3) + br(v1, v2, v3) para todos a, b ∈
R, v1, v2, v3 ∈ R2 y toda aplicación multilineal r.b) s(a(v1, v2, v3) + b(w1, w2w3)) = as(v1, v2, v3) + bs(w1, w2, w3) para todos
a, b ∈ R, v1, v2, v3, w1, w2, w3 ∈ R2
c) s(av1 + bw1, v2, v3) = as(v1, v2, v3) + bs(w1, v2v3) para todos a, b ∈R, v1, v2, v3, w1 ∈ R2 y analogas propiedades se verifican en la segunda y enla tercera componente.2a:Dados dos tensores s ∈ Lk(Rn) y r ∈ Ll(Rn) se define el producto tenso-
rial de t por s como:a) s⊗ r(v1, ..., vk,vk+1, ..., vk+l) = s(v1, ..., vk)r(vk+1, ..., vk+l)b) s⊗ r(v1, ..., vk,vk+1, ..., vk+l) = s(v1, ..., vk) + r(vk+1, ..., vk+l)c) s⊗ r(v1, ..., vk,vk+1, ..., vk+l) = s(v1)...s(vk)r(vk+1)...r(vk+l)3a: El espacio vectorial Lk(Rn), formado por los tensores de orden k tiene
dimensióna) nk
b) nkc)(nk
)4a:Decimos que un k-tensor s ∈ Lk(Rn) es alterno si para cada k-upla de
vectores (v1, ..., vk) en Rn se verifica que:a) s(v1, ..., vi, ..., vj , ...vk) = s(v1, ..., vj , ..., vi, ..., vk) para cada par de índices
i, j ∈ {1, 2, ..., k} con i 6= jb) s(v1, ..., vi, ..., vj , ...vk) = −s(v1, ..., vj , ..., vi, ..., vk) para cada par de índices
i, j ∈ {1, 2, ..., k} con i 6= jc) s(v1, ..vk) = s(vσ(1), ..., vσ(k)) para cada permutación σ del conjunto
{1,2,...,k}5a:Dado un k-tensor s ∈ Lk(Rn) se construye a partir de él un tensor alterno,
que denotamos por Alt(s), de la siguiente manera:a) Alt(s)(v1, ..., vk) =
∑σ∈Sk
sgnσ s(vσ(1), ..., vσ(k))
b) Alt(s)(v1, ..., vk) = 1k!
∑σ∈Sk
s(vσ(1), ..., vσ(k))
c) Alt(s)(v1, ..., vk) = 1k!
∑σ∈Sk
sgnσ s(vσ(1), ..., vσ(k))
6a:Dado el 2-tensor e′1 ⊗ e′n ∈ L2(Rn), con n ≥ 2, su tensor alterno es:a) Alt(e′1 ⊗ e′n) = e′1 ⊗ e′nb) Alt(e′1 ⊗ e′n) = 1
2 (e′1 ⊗ e′n − e′n ⊗ e′1)c) Alt(e′1 ⊗ e′n) = e′1 ⊗ e′n − e′n ⊗ e′17a:El símbolo Λ se utiliza para indicar:a) El gradiente de una función f : U ⊂ Rn → R de clase C1 que denotamos
por Λf(x)b) El producto tensorial de dos tensores s, r que denotamos por sΛrc) El producto exterior de dos tensores alternos s, r que denotamos por sΛr
160
8a: El espacio vectorial ∗k(Rn), formado por los k-tensores alternos tienedimensióna) nk
b) nkc)(nk
)9a: Las formas diferenciales de orden k, o k-formas son funciones definidas
en:a) Ψ : U ⊂ Rn → Λk(Rn)b) Ψ : U ⊂ R→ Λk(Rn)c) Ψ : U ⊂ Rm → Λk(Rn)10a: Una 0-forma diferencial es una función:a) que siempre toma el valor 0.b) definida asi Ψ : U ⊂ R0 → Λk(R0)c) definida asi Ψ : U ⊂ Rn → R
161
Prueba 21a: Dada una función ϕ : V ⊂ Rm → Rn de clase Cp (con p ≥ 2) y dada
una k-forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk(Rn) (con k>0 y ϕ(V ) ⊂ U) se define la k-formaϕ∗Ψ : V ⊂ Rm → Λk(Rm) como la función que a cada x ∈ V ⊂ Rm le hacecorresponder la k-forma en Rm dada por:a) Dϕ(x) ∗ Ψ(ϕ(x)), siendo Dϕ(x) la aplicación lineal asociada a la matriz
jacobiana de la función ϕ en x.b) ϕ(x) ∗Ψ(ϕ(x))c) Ψ(ϕ(x))2a: Dada una función ϕ : V ⊂ R → R3 de clase C1 y dada una 1-forma en
R3, Ψ(x) = Ψ1(x)e′1 + Ψ2(x)e′2 + Ψ3(x)e′3 se verifica que ϕ∗Ψ es:
a) ϕ∗Ψ(t) = (Ψ1(ϕ′(t)) + Ψ2(ϕ′(t)) + Ψ3(ϕ′(t)))dtb) ϕ∗Ψ(t) = ((Ψ1(ϕ(t)),Ψ2(ϕ(t)),Ψ3(ϕ(t)) · (ϕ′1(t), ϕ′2(t), ϕ′3(t))) dt
c) ϕ∗Ψ(t) =3∑i=1
Ψi(ϕ′1(t), ϕ′2(t), ϕ′3(t))dt
3a: Dada una función ϕ : V ⊂ R2 → R3 y dada la 2-forma Ψ : U ⊂R3 → Λ2(R3), con ϕ(V ) ⊂ U, definida por Ψ(x) = Ψ1(x)e′2Λe′3 + Ψ2(x)e′1Λe′3 +Ψ3(x)e′1Λe′2 se verifica que:a) ϕ∗Ψ(u) = (Ψ1(ϕ(u)),Ψ2(ϕ(u)),Ψ3(ϕ(u))) ·N(u)e′1Λe′2b) ϕ∗Ψ(u) = Dϕ(u) ∗ e′2Λe′3 +Dϕ(u) ∗ e′1Λe′3 +Dϕ(u) ∗ e′1Λe′2c) ϕ∗Ψ(u) = (Ψ1(ϕ(u)) + Ψ2(ϕ(u)) + Ψ3(ϕ(u)))e′1Λe′24a: Dada una k-forma diferenciable Ψ : U ⊂ Rn → Λk(Rn) de clase Cp, con
p≥ 2, se define la (k+1)-forma dΨ : U ⊂ Rn → Λk+1(Rn) por:a) dΨ =
∑1≤i1<...<ik≤n
dΨi1...ike′i1
Λ...Λe′ik
b) dΨ =
n∑j=1
Dj(Ψi1...ik)e′jΛe′i1
Λ...Λe′ik
c) dΨ =∑
1≤i1<...<ik≤n
n∑j=1
Dj(Ψi1...ik)e′jΛe′i1
Λ...Λe′ik
5a: Dada la 1-forma en R2 definida por Ψ(x) = Ψ1(x)e′1 + Ψ2(x)e′2 siendoΨ1,Ψ2 funciones de clase Cp en un abierto U ⊂ R2, con p ≥ 2, su diferencial es:a) dΨ(x) = (D2Ψ1(x) − D1Ψ2(x))e′1Λe′2 + (D3Ψ1(x) − D1Ψ3(x))e′1Λe′3 +
(D3Ψ2(x)−D2Ψ3(x))e′2Λe′3b) dΨ(x) = (D1Ψ1(x) +D2Ψ2(x))e′1Λe′2c) dΨ(x) = (D1Ψ1(x) +D1Ψ2(x))e′1 + (D2Ψ1(x) +D2Ψ2(x))e′26a: Decimos que una k-forma Ψ1 : U ⊂ Rn → Λk(Rn) con k≥ 1 es exacta sia) d(Ψ1) = Ψ1
b) existe una (k-1)-forma Ψ2 : U ⊂ Rn → Λk−1(Rn) de clase Cp en U conp ≥ 2 tal que Ψ1 = d(Ψ2).c) existe una (k+1)-forma Ψ2 : U ⊂ Rn → Λk+1(Rn) de clase Cp en U con
p ≥ 2 tal que Ψ2 = d(Ψ1).7a: Decimos que una k-forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk(Rn) es cerrada si verifica
que:a) d(Ψ) = 0
162
b) d(Ψ) = Ψc) Ψ(x) = Ψ(y) para todo par x, y ∈ U8a: Dada una k-forma Ψ =
∑1≤i1<...<ik≤n
Ψi1...ike′i1
Λ...Λe′ik : U ⊂ Rn →
Λk(Rn) (con k ≥ 1) se define la (k-1)-forma IΨ : U ⊂ Rn → Λk−1(Rn) pormedio de la siguiente fórmula:
a) IΨ =∑
1≤i1<...<ik≤n
k∑α=1
(∫ 1
0
tk−1Ψi1...ik(tx)dt
)xiαe
′i1
Λ..Λ
iα
e′iαΛ.Λe′ik
b) IΨ =∑
1≤i1<...<ik≤n
k∑α=1
(−1)α−1
(∫ 1
0
tk−1Ψi1...ik(tx)dt
)xiαe
′i1
Λ..Λ
iα
e′iαΛ.Λe′ik
c) IΨ =∑
1≤i1<...<ik≤n
k∑α=1
(−1)α−1
(∫ 1
0
tk−1Ψi1...ik(tx)dt
)xiαe
′i1
Λ...Λe′ik
9a: Dada una k-forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk(Rn) (con k ≥ 1) si el conjunto Ues estrellado se verifica que:a) d(IΨ) = I(dΨ)b) Ψ = IΨ + dΨc) Ψ = d(IΨ) + I(dΨ)10a: Dada Ψ : U ⊂ Rn → R una función de clase C1 en el conjunto abierto
y estrellado.U se verifica que la derivada de la función∫ 1
0
tk−1Ψi1...ik(tx)dt
respecto de la variable xi es :
a) Di
(∫ 1
0
tk−1wi1...ik(tx)dt
)=
∫ 1
0
tk−1Diwi1...ik(tx)dt
b) Di
(∫ 1
0
tk−1wi1...ik(tx)dt
)=
∫ 1
0
tkwi1...ik(tx)dt
c) Di
(∫ 1
0
tk−1wi1...ik(tx)dt
)=
∫ 1
0
tkDiwi1...ik(tx)dt
163
2.2 Unidad didáctica IV. El teorema de Stokes
Ahora estamos casi preparados para abordar la demostración del teorema deStokes porqué sabemos qué son las formas diferenciales definidas en Rn y suspropiedades más importantes. y hemos aprendido a realizar la transformacióndΨ. Pero nos falta dar la generalización de recorrido de modo que nos sirva, nosolo para recorridos de caminos y de superficies sino también, para recorridosde subconjuntos similares en Rn con n arbitrario. Esto es lo que vamos a haceren el siguiente tema.Antes de introducir la definición de cadenas de recorridos es necesario hacer
una observación.La fórmula que vamos a demostrar se expresa de la siguiente manera:∫
ϕ
dΨ =
∫∂ϕ
Ψ.
Hemos visto en las dos primeras unidades didácticas que para que se verifiquela igualdad entre las dos integrales es necesario que los recorridos sobre los cualesvamos a integrar (ϕ y ∂ϕ) estén orientados de forma correlativa. En el siguientetema mostraremos un método para construir la orientación adecuada recorridodel borde (∂ϕ) a partir del recorrido ϕ La ventaja de la construción que vamosa utilizar es que facilita la construcción de los recorridos de las distintas partesdel borde y simplifica la orientación del mismo al signo adecuado de la integralde cada parte.
2.2.1 Tema 13. Cadenas de recorridos
Para que la demostración del teorema de Stokes sea más sencilla vamos a suponerque el recorrido del camino (cerrado) simple es una función definida sobre elintervalo [0, 1] y que el recorrido de la superficie simple es una función que partede la región simple [0, 1] × [0, 1]. Como vamos a demostrar el teorema para elcaso general (n ≥ 1) denotaremos por In al subconjunto de Rn dado por:
In =
n−veces︷ ︸︸ ︷[0, 1]× ...× [0, 1].
Además como el teorema de Stokes relaciona la integral sobre un conjuntocon otra integral sobre su borde, tenemos que definir de forma adecuada elrecorrido de los bordes de estos conjuntos. Para ello introduciremos el conceptode cadenas de recorridos. Observemos que el borde de I2 = [0, 1] × [0, 1] sonlos cuatro lados del cuadrado. Como vimos en la primera unidad didáctica, esmás sencillo recorrer los cuatro lados del cuadrado I2 usando cuatro funcionesdefinidas en [0, 1], una para cada lado, que construir una función continua quelos recorra todos a la vez. De igual manera, el borde de I3 = [0, 1]× [0, 1]× [0, 1],que son las seis caras del cubo, será más sencillo recorrerlo usando seis funciones,una para cada cara, definidas sobre [0, 1]× [0, 1], que construir una sola funcióncontinua que recorra las seis caras.
164
Por otro lado, ya hemos adelantado en la primera parte del texto que esnecesario tener en cuenta las orientaciones de los recorridos sobre los bordespara que se verifiquen los teoremas. Eso obliga a recorrer los lados de I2 conorientación positiva, o equivalentemente, siguiendo el sentido de giro de lasagujas del reloj. Para ello será necesario recorrer un lado de derecha a izquierda,otro de izquierda a derecha, uno de arriba a abajo y otro de abajo a arriba.Una de las ventajas de simplificar la demostración a los dominios In es que
podemos establecer una fórmula para recorrer el borde de In con la orientaciónadecuada y para todos los n a la vez. Primero vamos a dar los detalles del cason=2 y luego mostraremos la fórmula para el caso general. La otra ventaja dereducir la demostración a los dominios In es que en esos casos el teorema deFubini de la integral de Riemann se aplica de forma muy sencilla.Para n=2 el borde de I2 consta de cuatro segmentos que recorreremos con
orientación positiva, usando un recorrido adecuado para cada lado. Por ejemplopara recorrer el lado horizontal con x2 = 0 usamos la función identidad de I2
en I2 restringida al subconjunto [0, 1]× {0} con lo cual obtenemos el recorrido:
ϕ1 : [0, 1] ⊂ R → [0, 1]× {0} ⊂ I2 ⊂ R2
t (t, 0)
Si hacemos lo mismo con el otro lado horizontal de cuadrado nos queda:
ϕ2 : [0, 1] ⊂ R → [0, 1]× {1} ⊂ I2 ⊂ R2
t (t, 1)
que está recorrida en sentido contrario de modo que en este caso estamos obliga-dos a tomar −ϕ2, porque, como hemos demostrado en las dos primeras unidadesdidácticas, cuando cambiamos la orientación de un recorrido, la integral delcampo vectorial cambia de signo, de modo que ahora en lugar de modificar elrecorrido lo que haremos será señalarlo con un signo negativo para indicar quea la integral del campo vectorial que vamos a realizar la vamos a cambiar designo.Para recorrer los otros dos lados del cuadrado tenemos que fijar la otra
coordenada, x1, de nuevo en los dos valores 0 y 1, obteniendo los recorridos:
ϕ3 : [0, 1] ⊂ R → {0} × [0, 1] ⊂ I2 ⊂ R2
t (0, t)
ϕ4 : [0, 1] ⊂ R → {1} × [0, 1] ⊂ I2 ⊂ R2
t (1, t)
Como vemos ϕ3 está orientado en sentido contrario pero ϕ4 está bien orien-tado, de modo que la cadena que recorre el borde de I2 con orientación positivaes la siguiente familia de recorridos ϕ1 − ϕ2 − ϕ3 + ϕ4.Observemos que cada recorrido de esta familia es una función de clase C∞ en
R y que el rango de la matriz jacobiana de todas ellas es 1 en todos los puntos;es decir , que son recorridos regulares de clase C∞ de cada uno de los caminossimples correspondientes.
165
De modo que la integral de un campo vectorial F a lo largo del cuadradousando un recorrido regular con orientación positiva coincidirá con la suma delas integrales que obtenemos si usamos estos cuatro recorridos regulares de loscuatro lados y cambiamos de signo las integrales de ϕ2 y ϕ3;∮
∂I2
F · T =
∫ϕ1
F · T −∫ϕ2
F · T −∫ϕ3
F · T +
∫ϕ4
F · T
Para recorrer el borde de In vamos a hacer lo mismo: fijamos cada una de lasvariables i ∈ {1, 2, ..., n} en los dos valores 0 y 1 y usamos la función identidadpara recorrer las caras del conjunto In. Como cada una de estas caras dependede la variable i y del valor 0 y 1 es conveniente denotar a los recorridos con undoble índice (i, h). Además usaremos la letra griega varrho % para los recorridosdel borde de In, de modo que para cada i ∈ {1, ..., n} denotaremos por %(i,0) y%(i,1) a las siguientes funciones:
%(i,0) : [0, 1]n−1 ⊂ Rn−1 → [0, 1]i−1 × {0} × [0, 1]n−i ⊂ In ⊂ Rn
(u1, .., un−1) (u1, ...,i
0, ..., un−1)
%(i,1) : [0, 1]n−1 ⊂ Rn−1 → [0, 1]i−1 × {1} × [0, 1]n−i ⊂ In ⊂ Rn
(u1, ..., un−1) (u1, ...,i
1, ..., un−1)
Ahora solo nos falta asignar a cada recorrido el signo adecuado para que lacadena de recorridos nos proporcione una orientación positiva del borde de In.Observemos que para el caso n=2 por lo visto anteriormente se verifica que elborde de I2 se recorre con sentido positivo usando la siguiente cadena:
ϕ1 − ϕ2 − ϕ3 + ϕ4 = %(2,0) − %(2,1) − %(1,0) + %(1,1) =
2∑i=1
∑h∈{0,1}
(−1)i+h%(i,h).
En el caso general el borde de Ik, con k ≥ 1, la podemos recorrer con lacadena:
∂Ik =
k∑i=1
∑h∈{0,1}
(−1)i+h%(i,h).
En el problema 1 comprobaremos que la cadena de recorridos de I3 definidade esta manera nos proporciona una orientación exterior; es decir, positiva.En el caso k = 1 el borde de I = [0, 1] son los extremos del intervalo y los
recorridos %(1,0) y %(1,1) corresponden a esos extremos. Además los signos quese asignan a los extremos en este caso son %(1,1) − %(1,0).Una vez que hemos establecido como recorrer en sentido positivo el borde de
Ik para todo k ≥ 1, vamos a utilizar este recorrido del borde de Ik para definirrecorridos de los bordes de otros subconjuntos distintos de Ik. Por ejemplo parak=1 si tenemos un camino (cerrado) simple C ⊂ Rn que podemos recorrer con
166
un recorrido del tipo ϕ : [0, 1] = I ⊂ R→ C ⊂ Rn entonces recorremos el bordede C usando la cadena:
1∑i=1
∑h∈{0,1}
(−1)i+hϕ ◦ %(i,h) = −ϕ ◦ %(1,0) + ϕ ◦ %(1,1) = ϕ(1)− ϕ(0).
De igual modo, si k=2 y tenemos una superficie S ⊂ Rn que podemos recorrercon un recorrido del tipo ϕ : [0, 1] × [0, 1] = I2 ⊂ R2 → S ⊂ Rn entoncesrecorremos el borde de S usando la cadena:
2∑i=1
∑h∈{0,1}
(−1)i+hϕ ◦ %(i,h).
Como todas las funciones que aparecen en esta cadena parten del intervalo[0, 1] ⊂ R la llamamos 1-cadena.Para el caso general partimos de un recorrido al que imponemos las siguientes
condiciones:
Definition 99 Decimos que una función ϕ : Ik ⊂ Rk → M ⊂ Rn es unrecorrido de clase C2 del conjunto M con 1 ≤ k ≤ n si verifique queϕ(Ik) = M, ϕ es de clase C2 en un abierto V ⊃ Ik y el rango de la matrizDϕ(x) es k para todo x ∈ Ik
Dado un recorrido de clase C2 de M recorremos el borde de M usando la(k-1)-cadena que denotaremos por ∂ϕ
∂ϕ =
n∑i=1
∑h∈{0,1}
(−1)i+hϕ ◦ %(i,h).
2.2.2 Tema 14. Demostración del teorema de Stokes
La demostración del teorema de Stokes que vamos a probar dice que dada una(k-1) forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk−1(Rn) y dado un recorrido ϕ : Ik ⊂ Rk → M ⊂U ⊂ Rn de clase C2 se verifica que:∫
ϕ
dΨ =
∫∂ϕ
Ψ.
Observemos que en el enunciado aparecen los parámetros n y k que inter-vienen tanto en las formas diferenciales Ψ y dΨ como en el recorrido ϕ y la(k-1)-cadena ∂ϕ.Por un lado, n determina la dimensión del espacio vectorial donde están
sumergidos los conjuntos ϕ(Ik) y ∂ϕ(Ik−1), asi como el abierto U ⊂ Rn dondeestán definidas las formas diferenciales Ψ y dΨ. En consonancia, n está tambiénen los espacios de llegada Λk−1(Rn) y Λk(Rn) de las formas diferenciales Ψ ydΨ respectivamente.
167
Por otro lado, k determina el número de variables que necesitamos pararecorrer el conjunto ϕ(Ik) que aparece en la integral del lado izquierdo dondefigura la forma diferencial de grado k. Mientras que en el lado derecho de laigualdad, la forma diferencial es de grado (k-1) y el conjunto ∂ϕ(Ik−1) estárecorrido con una función de (k-1) variables.Finalmente, recordemos que para que el espacio vectorial Λk(Rn) no sea
vacío los parámetros k y n deben verificar que 1 ≤ k ≤ n.Las aplicaciones a problemas de Física que hemos estudiado se dan cuando
n = 1, 2 o 3, es decir en la recta , en el plano y en el espacio, y cuando k = 1,2 y 3, como ademas se debe verificar que 1 ≤ k ≤ n esto nos da las cincoaplicaciones del teorema general que mostramos a continuación.Si k = 1 entonces del teorme de Stokes se deduce el Segundo Teorema
Fundamental del Cáculo (ver corolario 105)Si k = 2 entonces del teorme de Stokes se deducen el Teorema de Green y
el Teorema de Stokes en R3„para k = 2 y k = 3 respectivamente (ver corolarios106 y 107)Y si k = n = 3, del teorme de Stokes se deduce el Teorema de la Divergencia
(ver corolario 108).Pero el teorem de Stokes es válido para todos los posibles valores de k y n
siempre que 1 ≤ k ≤ n.Para demostrar el teorema de Stokes solo nos falta describir cómo se calcula
la integral de una k-forma diferencial sobre un recorrido de clase C2 ϕ : Ik ⊂Rk →M ⊂ U ⊂ Rn y cómo se calcula la integral de una (k-1) forma diferencialsobre la (k-1) cadena ∂ϕ.Vamos a empezar por el caso más sencillo, que nos vaa servir de soporte para los demás casos.El caso más sencillo lo tenemos cuando la forma diferencial Ψ es una k-forma
definida en un abierto U ⊂ Rk, sobre el subconjunto Ik ⊂ U . En este caso lak-forma Ψ : Ik ⊂ Rk → Λk(Rk) viene determinada por una única función,que volvemos a denotar por la misma letra Ψ : Ik ⊂ Rk → R, de modo queΨ(x) = Ψ(x)e′1Λ...Λe′k. La definición cae por su propio peso:∫
Ik
Ψ =
∫Ik
Ψ(x)e′1Λ...Λe′k =
∫Ik
Ψ(x)dx,
donde la última expresión es simplemente la integral de Riemann sobre el con-junto Ik de una función de k variables. Observemos que en este caso debeverificarse que k ≥ 1.
A continuación usamos esta definición para introducir la integral de unak-forma definida en un abierto U ⊂ Rn, sobre un recorrido de clase C2 ϕ :Ik → M = ϕ(Ik) ⊂ U. Recordemos que la k-forma Ψ esta definida ahora de lasiguiente manera:
Ψ : U ⊂ Rn → Λk(Rn)x
∑1≤i1<...<ik≤n
Ψi1...ik(x)e′i1Λ...Λe′ik
Para definir la integral en este caso solo tenemos que trasformar los elementosque tenemos Ψ y ϕ para conseguir una k-forma como la del primer caso. Esto
168
lo hacemos utilizando la transformación ϕ∗Ψ que nos da la k forma:
ϕ∗Ψ : Ik ⊂ Rk → Λk(Rn)y
∑1≤i1<...<ik≤n
Ψi1...ik(ϕ(y))Dϕ(y) ∗ e′i1Λ...Λe′ik
De modo que la integral es: ∫ϕ
Ψ =
∫Ik
ϕ∗Ψ.
Observemos de nuevo que para poder realizar la transformación ϕ∗Ψ el recor-rido y la forma deben estar en consonancia de modo que si Ψ es una k-forma enRn entonces ϕ debe ser un recorrido de k-variables de un conjunto contenido enRn.La última definición es muy básica porque solo nos queda integrar una (k—
1)-forma definida en un abierto U ⊂ Rn, sobre la (k-1)-cadena ∂ϕ. Pero siϕ : Ik → M = ϕ(Ik) ⊂ U es un recorrido de clase C2 entonces la (k-1)-cadenak∑i=1
∑h∈{0,1}
(−1)i+hϕ ◦ %(i,h) está formada por los recorrido ϕ ◦ %(i,h) : Ik−1 →
Ik → M = ϕ(Ik) ⊂ U que parten de Ik−1 de manera que si Υ : U ⊂ Rn →Λk−1(Rn) es una (k-1) forma, entonces la definición anterior aplicada a ϕ◦%(i,h)
y a Υ nos dice que∫
ϕ◦%(i,h)Υ =
∫Ik−1
(ϕ ◦ %(i,h))∗Υ lo cual nos lleva a definir
∫∂ϕ
Υ
de modo natural como:∫∂ϕ
Υ =
n∑i=1
∑h∈{0,1}
(−1)i+h∫
Ik−1
(ϕ ◦ %(i,h))∗Υ.
Antes de ver el primer ejemplo, vamos a hacer un inciso para observar quelas definiciones anteriores asumían que k ≥ 1. El caso k=0 lo tenemos cuandola forma Ψ es una función real Ψ : U ⊂ Rn → R, y el recorrido es un punto,ϕ : {0} → U . Parece natural que en este caso la definición sea:∫
ϕ
Ψ = Ψ(ϕ(0)).
A continuación vamos a ver dos ejemplos: el primero con k=1 y el segundo conk=2 y usaremos los ejemplos 91 y 92 respectivamente.
Example 100 Dado un recorrido ϕ : [0, 1] ⊂ R → R3 y dada Ψ una 1-formaen R3 que denotaremos asi:
Ψ : R3 → Λ1(R3)x Ψ1(x)e′1 + Ψ2(x)e′2 + Ψ3(x)e′3
169
Como hemos visto en el ejemplo 91 para cada t ∈ [0, 1] la 1-forma ϕ∗Ψ(t) ∈Λ1(R) es:
ϕ∗Ψ(t) = Ψ1(ϕ(t))ϕ′1(t)e′ + Ψ2(ϕ(t))ϕ′2(t)e′ + Ψ3(ϕ(t))ϕ′3(t)e′
= (Ψ1(ϕ(t))ϕ′1(t) + Ψ2(ϕ(t))ϕ′2(t) + Ψ3(ϕ(t))ϕ′3(t))e′
De modo que
∫ϕ
Ψ =
∫I
ϕ∗Ψ =
1∫0
(Ψ1(ϕ(t))ϕ′1(t) + Ψ2(ϕ(t))ϕ′2(t) + Ψ3(ϕ(t))ϕ′3(t))dt.
Observemos que si F (x) = (F1(x), F2(x), F3(x)) es un campo vectorial enR3 entonces para cada recorrido ϕ : [a, b] ⊂ R → C ⊂ R3 la integral de lineade F a lo largo de ϕ coincide con la integral de la 1-forma Ψ(x) = F1(x)dx1 +F2(x)dx2 + F3(x)dx3 a lo largo de ϕ :
∫ϕ
F · T =
b∫a
F (ϕ(t))ϕ′(t)dt
=
∫ϕ
Ψ =
∫I
ϕ∗Ψ
=
b∫a
(F1(ϕ(t))ϕ′1(t) + Ψ2(ϕ(t))ϕ′2(t) + Ψ3(ϕ(t))ϕ′3(t))dt.
Lo mismo sucede si trabajamos en R2; es decir, que las integrales de lineason las integrales de 1-formas sobre 1-cadenas.En el problema 6 demostraremos que las integrales de campos vectori-
ales en R3 sobre recorridos de superficies coinciden con las integralesde 2-formas sobre 2-cadenas.Ahora ya estamos preparados para demostrar el teorema de Stokes en esta
versión más sencilla.
Theorem 101 Teorema de Stokes para recorridos de clase C2 definidossobre Ik: Dada una (k-1) forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk−1(Rn) y dado un recorridoϕ : Ik ⊂ Rk →M ⊂ U ⊂ Rn de clase C2 se verifica que:∫
ϕ
dΨ =
∫∂ϕ
Ψ.
Proof. Empezaremos probando el caso más sencillo cuando ϕ es la funciónidentidad de Ik en Iky Ψ es una (k-1) forma en Rk, para después probar el casocuando ϕ es un recorrido en Rn ϕ : Ik ⊂ Rk → Rn y Ψ es una (k-1) forma enRn.
170
Recordemos que la (k-1) forma Ψ : Ik ⊂ Rk → Λk−1(Rk) tiene una repre-sentación como la siguiente:
Ψ(x) =∑
1≤i≤kΨi(x)e′1Λ...Λ
fuera
e′i Λ...Λe′k
De modo que basta con hacer la demostración para cada uno de los suman-dos. Fijamos entonces la variable i y recordamos que el borde de Ik se recorreen este caso con la cadena:
k∑j=1
∑h∈{0,1}
(−1)j+h%(j,h)(y)
De modo que:∫∂Ik
Ψie′1Λ...Λ
fuera
e′i Λ...Λe′k =
k∑j=1
∑h∈{0,1}
(−1)j+h∫
Ik−1
%∗(j,h)Ψi(y)e′1Λ...Λ
fuera
e′i Λ...Λe′k
Ahora analizamos cada una de las integrales que nos aparecen en el ladoderecho de la igualdad. Como ϕ es la función identidad %(j,h) es de la forma:
%(j,h) : [0, 1]k−1 ⊂ Rk−1 → [0, 1]j−1 × {h} × [0, 1]k−j ⊂ Ik ⊂ Rk
(y1, ..., yk−1) (y1, ...,j
h, ..., yk−1)
De modo que ∫Ik−1
%∗(j,h)Ψie′1Λ...Λ
fuera
e′i Λ...Λe′k
=
∫Ik−1
Ψi(%(j,h)(y))D%(j,h)(y) ∗ e′1Λ...Λ
fuera
e′i Λ...Λe′k
Vamos a estudiar como es el tensor D%(j,h)(y) ∗ e′1Λ...Λ
fuera
e′i Λ...Λe′k. Por unlado la matriz D%(j,h)(y) es una matriz de tamaño k×(k−1) cuya la fila j-ésimaestá formada por ceros, que corresponden a las derivadas de la componente j-ésima de la función %(j,h) que al ser una función constante de valor h tiene todaslas derivadas iguales a 0. De modo que cada vector (v1, ..., vk−1) ∈ Rk−1 es
transformado por la matriz D%(j,h)(x) en el vector (v1, .,j
0, vj , .., vk−1) ∈ Rk. Por
otro lado, como probamos en la proposición 79 el tensor e′1Λ...Λ
fuera
e′i Λ...Λe′k hacecorresponder a cada familia de vectores v1, v2, ..., vk−1 de Rk el determinante dela matriz de tamaño (k−1)× (k−1) cuyas columnas son las coordenadas de los
171
vectores v1, v2, ..., vk−1 de Rk quitando la fila correspondiente al índice i. Poresta razón si i 6= j el determinante es 0 porque la matriz tiene una fila formada
por ceros, mientras que si i = j el (k-1) tensor D%(i,h)(x) ∗ e′1Λ...Λ
fuera
e′i Λ...Λe′k
no es otro que e′1Λ...Λ
fuera
e′i Λ...Λe′k. Observemos además que en el caso i = j la
función que tenemos que integrar Ψi(%(i,h)(y)) = Ψi(y1, ...,i
h, ..., yk) tiene fijadala variable i en el valor constante h, de modo que aplicando el teorema de Fubinisobre nuestro recinto de integración Ik−1 se verifica que∫
Ik−1
Ψi(%(i,h)(y))D%(i,h)(y) ∗ e′1Λ...Λ
fuera
e′i Λ...Λe′k
=
∫Ik−1
Ψi(y1, ...,i
h, ..., yk−1)e′1Λ...Λ
fuera
e′i Λ...Λe′k
=
k−1 veces︷ ︸︸ ︷1∫
0
...
1∫0
Ψi(y1, ...,i
h, ..., yk−1)dy
=
k veces︷ ︸︸ ︷1∫
0
...
1∫0
Ψi(x1, ...,i
h, ..., xk)dx
La última igualdad es debida a que la integral de Riemann de una funciónconstante sobre el intervalo [0, 1] toma el valor de la constante. Por lo tanto:∫
∂Ik
Ψie′1Λ...Λ
fuera
e′i Λ...Λe′k
=
k∑j=1
∑h∈{0,1}
(−1)j+h∫
Ik−1
%∗(j,h)Ψi(%(i,h)(y))e′1Λ...Λ
fuera
e′i Λ...Λe′k
=∑
h∈{0,1}
(−1)i+h∫
Ik−1
%∗(i,h)Ψi(%(i,h)(y))e′1Λ...Λ
fuera
e′i Λ...Λe′k
=∑
h∈{0,1}
(−1)i+h∫Ik
Ψi(x1, ...,i
h, ..., xk)dx
= (−1)i+1
∫Ik
Ψi(x1, ...,i
1, ..., xk)dx+ (−1)i∫Ik
Ψi(x1, ...,i
0, ..., xk)dx
Ahora pasamos a estudiar la integral al otro lado de la igualdad; esto es,
172
∫M
dΨ para el caso más sencillo cuando M = Ik, que recorremos con la función
identidad y Ψ es una (k-1) forma en Rk. Como ya hemos observado, basta con
estudiar el sumando Ψie′1Λ...Λ
fuera
e′i Λ...Λe′k. En estas circunstancias se verificaque: ∫
Ik
d(Ψie′1Λ...Λ
fuera
e′i Λ...Λe′k) =
∫Ik
(DiΨi)e′iΛe′1Λ...Λ
fuera
e′i Λ...Λe′k
Porque las otras derivadas parciales de la función Ψi van multiplicadas por
los 1-tensores e′j que ya aparecen en el k-1 tensor e′1Λ...Λ
fuera
e′i Λ...Λe′k de modo
que si i 6= j entonces e′jΛe′1Λ...Λ
fuera
e′i Λ...Λe′k = 0. Por otro lado si i = j entonces
e′jΛe′1Λ...Λ
fuera
e′i Λ...Λe′k = (−1)i−1e′1Λ....Λe′k de modo que∫Ik
(DiΨi)e′iΛe′1Λ...Λ
fuera
e′i Λ...Λe′k = (−1)i−1
∫Ik
(DiΨi)e′1Λ...Λe′k
= (−1)i−1
∫Ik
(DiΨi)dx
Aplicando de nuevo el teorema de Fubini tenemos que:
(−1)i−1
∫Ik
(DiΨi)dx
= (−1)i−1
∫Ik−1
1∫0
DiΨidxi
d(x1, ...,fuera
xi , ..., xk)
= (−1)i−1
∫Ik−1
(Ψi(x1, ...,
i
1, ..., xk)−Ψi(x1, ...,i
0, ..., xk)
)d(x1, ...,
fuera
xi , ..., xk).
Observemos que de nuevo podemos volver a incluir la integral de estas dosfunciones respecto de la variable xi porque ambas tienen valor constante en
173
dicha coordenada y además integramos en [0,1]. Asi nos queda:∫Ik
d(Ψie′1Λ...Λ
fuera
e′i Λ...Λe′k)
= (−1)i−1
∫Ik−1
1∫0
Ψi(x1, ...,i
1, ..., xk)dxid(x1, ...,fuera
xi , ..., xk)
+(−1)i−1
∫Ik−1
1∫0
−Ψi(x1, ...,i
0, ..., xk)dxid(x1, ...,fuera
xi , ..., xk)
= (−1)i−1
∫Ik
Ψi(x1, ...,i
1, ..., xk)dx+ (−1)i∫Ik
Ψi(x1, ...,i
0, ..., xk)dx
= (−1)i−1
∫Ik
Ψi(%(i,1)(x))dx+ (−1)i∫Ik
Ψi(%(i,0)(x))dx =
∫∂Ik
Ψi
Finalmente, como la demostración es cierta para todo i sumando obtenemosque: ∫
Ik
dΨ =∑
1≤i≤k
∫Ik
dΨie′1Λ...Λ
fuera
e′i Λ...Λe′k =∑
1≤i≤k
∫∂Ik
Ψi =
∫∂Ik
Ψ.
Por último, vamos a probar el caso cuando el recorrido de clase C2 estádefinido asi ϕ : Ik ⊂ Rk → Rn y Ψ es una (k-1) forma en Rn. Por definición severifica que ∫
∂ϕ
Ψ =
∫∂Ik
ϕ∗Ψ y∫ϕ
dΨ =
∫Ik
ϕ∗(dΨ).
Por otro lado, en el problema 9, apartado c) del tema anterior probamos queϕ∗(dΨ) = d(ϕ∗Ψ), aqui es donde necesitamos la condición de que ϕ sea de claseC2, de modo que∫
ϕ
dΨ =
∫Ik
ϕ∗(dΨ) =
∫Ik
d(ϕ∗Ψ) =
∫∂Ik
ϕ∗Ψ =
∫∂ϕ
Ψ.
La versión que acabamos de probar del teorema general de Stokes ponecondiciones al recorrido, pero hay otra versión del mismo teorema que ponecondiciones a los conjuntos sobre los cuales se integra. Antes de enunciar estaotra versión del teorema de Stokes necesitamos ver la definición de variedadorientable, asi como la definición de borde de una variedad.Empezamos con la definición de variedad de dimensión k contenida en Rn.
174
Definition 102 Un conjunto M ⊂ Rn es una variedad de dimensión k si paracada punto x ∈M se verifica la siguiente condición:(C) existen dos conjuntos abiertos U y V en Rn, con x ∈ U, y un difeomor-
fismo H : U → V tales que:
H(U ∩M) = V ∩ Rk ×(n−k)−veces︷ ︸︸ ︷{0} × ...× {0}
En el problema 9 se demuestra que la circunferencia y esfera, por ejemplo,son variedades y en el problema 8 se demuestra que la parábola y el parabolíode,por ejemplo, son variedades.Esta definición nos dice que para cada punto de la variedad podemos en-
contrar un abierto U que contiene a ese punto de modo que la interseciónU ∩M se puede transformar con un difeomorfismo en un abierto del subespacio
Rk ×(n−k)−veces︷ ︸︸ ︷{0} × ...× {0}. Pensemos por ejemplo en la esfera que es una variedad de
dimensión 2 en R3. Para cada punto de la esfera podemos encontrar un rec-tángulo abierto U que contiene al punto y un difeomosfismo H de modo queH(U ∩M) es de la forma (a1, b1)×(a2, b2)×{0}, es decir que podemos imaginara la esfera como una pelota hinchable a la cual podemos poner en cada puntoun parche con forma casi rectángular, la forma que se obtiene al intersecar laesfera con un rectángulo abierto.La siguiente proposición nos muestra que para cada punto de una variedad
M podemos construir un recorrido que abarca todos los puntos de un entornoen M del punto dado.
Proposition 103 Dada M ⊂ Rn una variedad de dimensión k para cada puntox ∈ M existen dos conjuntos abiertos U ⊂ Rn y W ⊂ Rk, (con x ∈ U) y unafunción ϕx : W → U inyectiva y de clase C1 en W tal que se verifican lassiguientes condiciones:1- ϕx(W ) = U ∩M.
Definition 104 2- rang(Dϕx(w)) = k para todo w ∈W
La clave de la demostración está en relacionar las dos funciones H y ϕx0 que
como veremos satisfacen ϕx0(w) = H−1
(w, 0).Proof. Supongamos que x0 ∈M satisface la condición (C), entonces tomamosel abierto U ⊂ Rn de la condición (C) y como abierto W ⊂ Rk tomamos elsiguiente conjunto:
W = {w ∈ Rk; (w, 0) ∈ H(U ∩M) = V ∩ Rk ×(n−k)−veces︷ ︸︸ ︷{0} × ...× {0}
Veamos que W es abierto. Para cada w ∈ W sabemos que (w,0) ∈ V quepor definición es un conjunto abierto en Rn de modo que existe un radio r > 0tal que
B((w, 0), r) = {x ∈ Rn; ||(w, 0)− x|| < r} ⊂ V.
175
Esto significa que con el mismo radio r > 0 se verifica que:
B(w, r) = {y ∈ Rk; ||y − w|| < r} ⊂W.
porque si y ∈ Rk satisface que ||y − w|| < r entonces tomando x = (y, 0) ∈Rn se verifica que ||y − w|| = ||(y, 0) − (w, 0)|| = ||(w, 0) − x||, de modo quex ∈ B((w, 0), r) ⊂ V y por lo tanto
x = (y, 0) ∈ V ∩ Rk ×(n−k)−veces︷ ︸︸ ︷{0} × ...× {0} = H(U ∩M),
lo cual implica que y ∈W.Ahora construimos la carta ϕx0 a partir del difeomorfismo H de la siguiente
manera: para cada w ∈W definimos ϕx0(w) = H−1
(w, 0), de modo que ϕx0 sepuede ver como la composición de las siguientes funciones:
ϕx0 : W ⊂ Rk πk→ V ∩ Rk ×(n−k)−veces︷ ︸︸ ︷{0} × ...× {0} H
−1
→ U ⊂ Rn
w (w, 0) H−1
(w, 0)
Al ser ambas funciones πk y H−1inyectivas y diferenciables con continuidad
se deduce que ϕx0 también lo es y satisface la condición 1; es decir que ϕx0(W ) =U ∩M. Por último, para cada w ∈W el rango de la matriz Dϕx0(w) es k porqueal componer ϕx0 con las funciones H y P k, como se muestra a continuación, seobtiene la función identidad en W
Wπk→ V ∩ Rk ×
(n−k)−veces︷ ︸︸ ︷{0} × ...× {0} H
−1
→ U ∩M H→ V ∩ Rk ×(n−k)−veces︷ ︸︸ ︷{0} × ...× {0} Pk→ W
w (w, 0) H−1
(w, 0) (w, 0) w
El siguiente ejemplo muestra como las condiciones 1 y 2 sobre los recorridosno son suficientes para asegurar que el conjunto es una variedad.
Example 105 Consideremos en R2 el conjunto de puntos dado por:
M = {(x1, x2) ∈ R2;x1 ∈ (−1, 0) y x2 = −1}∪(x1, x2) ∈ R2;x21+x2
2 = 1 y x2 6= −1}
Este conjunto se puede recorrer con la función:
ϕ : (−1, 2π) ⊂ R → M ⊂ R2
t
{(t,−1) si t ∈ (−1, 0]
(cos(t− π/2)), sen(t− π/2)) si t ∈ [0, 1)
que es inyectiva, de clase C1 y verifica la condición 2 de la proposiciónanterior porque su derivada es:
ϕ′ : (−1, 2π) ⊂ R → M ⊂ R2
t
{(1, 0) si t ∈ (−1, 0]
(−sen(t− π/2)), cos(t− π/2)) si t ∈ [0, 1)
176
Además se verifica también la condición 1 de la proposición tomando comoabierto U = R2. Sin embargo el conjunto M = ϕ(−1, 2π) tiene un punto parael cual no se satisface la condición (C) de las variedades: el punto (0,−1).
En el curso de Geometría diferencial de curvas y superficies se introduceel concepto de subvariedad diferenciable de dimensión k contenida en Rn (verpágina 127 de [C. G. P.]). Las subvariedades, para las cuales también se utilizala letra M que viene del término manifold, son subconjuntos para los cuales sepuede encontrar en cada punto x ∈ M una función ϕx y dos abiertos W y Ucomo los del enunciado de la proposición, con la salvedad de que en ese cursose trabaja siempre con funciones de clase C∞.A la terna (W,ϕx, U) se la llamacarta de dimensión k de M.La proposición anterior muestra que para cada punto de una variedad de
dimensión k contenida en Rn podemos encontrar una carta. Es fácil ver quela misma carta nos sirve para recorrer todos los puntos de U ∩ M de modoque para recorrer la variedad no será necesario utilizar una carta por cadapunto sino que bastará con una colección suficiente de cartas. esto es lo queen el curso de Geometria de curvas y superficies se definirá como un atlas:un atlas de dimensión k de la subvariedad M es una familia de cartas AM =
{(Wα, ϕα, Uα);α ∈ ∆} tales que M =⋃α∈∆
ϕα(Wα). El cardinal del conjunto de
índices ∆ (delta) puede ser finito o infinito.Las cartas que forman el atlas deben ser compatibles entre si, lo cual significa
que si Uα∩Uβ 6= ∅ entonces la aplicación (ϕα)−1◦ϕβ : (ϕβ)−1(Uα∩Uβ) ⊂ Rk →(ϕα)−1(Uα∩Uβ) ⊂ Rk es de clase C1 y con determinante no nulo, propiedad quesatisfacen las cartas que construimos en la proposición anterior porque todas sedefinen de forma similar, de modo que toda variedad de dimensión k en Rn esuna subvariedad.Cuando trabajamos con caminos, asignamos a cada punto x = ϕ(t0) del
recorrido ϕ : I ⊂ R → C el vector tangente ϕ′(t0) y cuando trabajamos consuperficies asignamos a cada punto x = ϕ(u0) del recorrido ϕ : R ⊂ R2 → S elespacio vectorial tangente generado por los vectores:
D1ϕ(u0) = (D1ϕ1(u0), D1ϕ2(u0), D1ϕ3(u0))
D2ϕ(u0) = (D2ϕ1(u0), D2ϕ2(u0), D2ϕ3(u0))
De forma análoga cuando se trabaja con variedades de dimensión k con-tenidas en Rn a cada punto x ∈ M se le asigna el espacio vectorial tangente,formado esta vez por k-vectores de Rn, que se obtienen a partir de la cartaϕx : W ⊂ Rk → U ⊂ Rn.al considerar las derivadas de esta función vectorialrespecto a las k-variables; esto es:
D1ϕx(u0) = (D1ϕx1(u0), ..., D1ϕxn(u0))
...
Dkϕx(u0) = (Dkϕx1(u0), ..., Dkϕxn(u0))
Para introducir el concepto de variedad orientable recurrimos también a lascartas:
177
Definition 106 Una variedad M es orientable si existe un atlas AM ={(Wα, ϕα, Uα);α ∈ ∆} tal que para cada par de cartas (Wα, ϕα, Uα) y (Wβ , ϕβ , Uβ)con Uα ∩ Uβ 6= ∅ se verifica que det(D((ϕα)−1 ◦ ϕβ)(u)) > 0 para todo u ∈(ϕβ)−1(Uα ∩ Uβ)
El borde de una variedad son los puntos de M que verifican la siguientecondición (C’) estrechamente relacionada con la condición (C) que verifican lospuntos de las variedades.
Definition 107 Dada una variedad M ⊂ Rn se dice que un punto x ∈ M vesun punto del borde de M si verifica la condición siguiente que llamaremos (C’):(C’) existen dos conjuntos abiertos U y V en Rn, con x ∈ U, y un difeomor-
fismo H : U → V tales que:
H(U ∩M) = V ∩Hk ×(n−k)−veces︷ ︸︸ ︷{0} × ...× {0}
siendo Hk el hiperplano de Rn dado por: Hk = (x1, ..., xk) ∈ Rk;xk ≥ 0}
Ningún punto puede verificar las condiciones (C) y (C’) a la vez de modoque al conjunto de los puntos que verifican la condición (C’) se le llama bordede M, que se denota por ∂M.
Como todos los puntos de la esfera verifican la condición (C), resulta quela esfera no tiene borde, o equilalentemente que el borde es el conjunto vacío.Pero si en lugar de considerar la esfera completa tomamos solo media esferaM = {(x1, x2, x3);x2
1 + x22 + x2
3 = 1 y x3 ≥ 0}, entonces esta variedad si tieneborde que es el conjunto ∂M = {(x1, x2, x3);x2
1 + x22 + x2
3 = 1 y x3 = 0}.A continuación enunciamos el teorema de Stokes para variedades.
Theorem 108 Teorema de Stokes para variedades: Dada una (k-1) formaΨ : U ⊂ Rn → Λk−1(Rn) y dada una variedad M ⊂ U de dimensión k que seaorientada, compacta y con borde se verifica que:∫
M
dΨ =
∫∂M
Ψ
siendo ∂M el borde de la variedad M.
De nuevo, los recorridos que se utilizan para calcular las dos integrales debenestar relacionados entre si, pero explicar el significado de orientación positivapara el borde de variedades contenidas en Rn con n ≥ 4 se aleja mucho denuestros objetivos. Por otro lado el resultado anterior es más teórico que prácticoporque en problemas concretos para calcular las integrales habrá que construirlos recorridos y se pueden elegir como dominios para esos recorridos los k-cubosIk, para los cuales la orientación que hay que dar para recorrer el borde de Mse consigue usando las cadenas de recorridos que vimos en el tema 13.
178
Observemos que la variedad M es compacta si y solo si es un subconjuntocerrado y acotado de Rn. Todos los caminos y las superficies con las que hemostrabajado son conjuntos compactos porque todos ellos se obtienen como la im-agen por medio de una función continua de un conjunto compacto, como unintervalo cerrado [a, b] ⊂ R o una región simple R ⊂ R2.
2.2.3 Tema 15. Corolarios del teorema de Stokes
En este tema vamos a demostrar, a partir del teorema de Stokes para el casogeneral, todos los teoremas que fueron introducidos en la primera parte del texto.Como el trabajo duro ya está hecho, las demostraciones de estos resultados, queenunciamos como corolarios, es decir consecuencias directas del teorema general,son muy breves.Teorema de Stokes para cadena: Dada una (k-1) forma Ψ : U ⊂ Rn →
Λk−1(Rn) y dada una k-cadena Ψ en U se verifica que:∫Ψ
dΨ =
∫∂Ψ
Ψ
Teorema de Stokes para variedades: Dada una (k-1) forma Ψ : U ⊂ Rn →Λk−1(Rn) y dada una variedad de dimensión k M ⊂ U que sea orientada,compacta y con frontera se verifica que:∫
M
dΨ =
∫∂M
Ψ
Corollary 109 Segundo teorema fundamental del cálculo para inte-grales de línea: Si F : U ⊂ Rn → Rn es un campo conservativo continuo yU es un conjunto abierto y arco-conexo de Rn, entonces el trabajo que se realizaal mover una partícula entre dos puntos cualesquiera x0 y x1 en U unidos porcualquier recorrido ϕ en U es:∫
ϕ
F · T = f(x1)− f(x0)
siendo f la función potencial del campo FProof. Este resultado se obtiene al aplicar el teorema de Stokes al caso k=1, la0-forma Ψ : U ⊂ Rn → Λ0(Rn) = R dada por Ψ(x) = f(x) cuya diferencial esdΨ = F1(x)dx1 + ...+Fn(x)dxn, como se mostró en el ejemplo ?¿, y el recorridoϕ cuyo borde esta formada por los puntos ϕ(a) = x0 y ϕ(b) = x1 de modo que∫
ϕ
F · T =
∫ϕ
dΨ =
∫∂ϕ
Ψ = f(x1)− f(x0)
179
Corollary 110 Teorema de Green: Si F : U ⊂ R2 → R2 es de clase C1, Ues un conjunto abierto que contiene a la región R y el borde de R, ∂R, es uncamino cerrado simple, entonces se verifica que:∮
∂R
F · T =∮∂R
F1(x)dx1 + F2(x)dx2 =∫R
(D1F2(x)−D2F1(x))dx.
Proof. Este resultado se obtiene al aplicar el teorema de Stokes al caso k=2,la 1-forma Ψ : U ⊂ R2 → Λ1(R2) dada por Ψ(x) = F1(x)e′1 + F2(x)e′2 cuyadiferencial es dΨ = (D1F2(x)−D2F1(x))e′1Λe′2, como se vió en el ejemplo ?¿, yla variedad M = R cuyo borde es ∂M = ∂R = ∂R de modo que∮
∂R
F · T =
∫∂M
Ψ =
∫M
dΨ =
∫R
(D1F2(x)−D2F1(x))dx
Corollary 111 Teorema de Stokes en R3: Si F : U ⊂ R3 → R3 es de claseC1, U es un conjunto abierto que contiene a la superficie simple S y ϕ : R→ R,es una recorrido regular de S con orientación positiva y de clase C2,entonces severifica que: ∮
S
rotF ·N =
∮∂S
F1dx1 + F2dx2 + F3dx3 =
∮∂S
F · T
Proof. Este resultado se obtiene al aplicar el teorema de Stokes al caso k=2,la 1-forma Ψ : U ⊂ R3 → Λ1(R3) dada por Ψ(x) = F1(x)e′1 +F2(x)e′2 +F3(x)e′3cuya diferencial es dΨ =?rot(F ) ·N?, como se vió en el ejemplo ?¿, y la variedadM = S cuyo borde es ∂M = ∂S = ∂S de modo que∮
S
rotF ·N =
∫M
dΨ =
∫∂M
Ψ =
∫∂S
F1dx1 + F2dx2 + F3dx3
Corollary 112 Teorema de la divergencia: Si F : U ⊂ R3 → R3 es uncampo vectorial de clase C1, U es un conjunto abierto que contiene al sólido Ky el borde de K es una superficie orientable, entonces se verifica que:∫
K
divF =
∫ϕ
F ·N
donde ϕ es un recorrido de SK con orientación exterior.Proof. Este resultado se obtiene al aplicar el teorema de Stokes al caso k=3, la2-formaΨ : U ⊂ R3 → Λ2(R3) dada porΨ(x) = F1(x)dx2Λdx3+F2(x)dx3Λdx1+F3(x)dx1Λdx2 cuya diferencial es dΨ = divFdx1Λdx2Λdx3, como se vió en elejemplo ?¿, y la variedad M = K cuyo borde es ∂M = ∂K = S de modo que:∫
K
divF =
∫M
dΨ =
∫∂M
Ψ =
∫ϕ
F ·N
180
2.2.4 Problemas de la unidad didáctica IV
A continuación encontrará una colección de problemas cuyos contenidos sonsimilares a los de los ejemplos que aparecen en las secciones anteriores. En cadaproblema se ofrece una pequeña sugerencia donde se dan las claves para desarrol-lar la solución. Si no dispone del tiempo suficiente para resolver los problemas,al menos dedique unos minutos en pensar como desarrollaría la solución. Deesta forma aprenderá mucho más que si se limita a leer la respuesta.Problema 1 Probar que la fórmula que describe la 2-cadena que recorre el
borde de I3
3∑i=1
∑h∈{0,1}
(−1)i+h%(i,h)
corresponde a una orientación exterior.Sugerencia: Los recorridos de las caras se definen por parejas que comparten
el mismo vector normal. El sentido de cada vector normal se ve con facilidad alrepresentar el cubo en R3.Problema 2 Probar que para todo n ≥ 2 se verifica que ∂(∂In)(x) = 0.Sugerencia: Observe que las funciones que forman la cadena ∂(∂In) tienen
todas (n-2) variables, cada una de las cuales toma valores en el intevalo [0, 1],de modo que todas las variables se comportan igual. Esto permite describircada una de estas funciones fijandonos solamente en dos de sus variables, lasque toman valores constantes.Problema 3 Dado R > 0 se denota por ϕR al recorrido regular dado por:
ϕR : [0, 1] ⊂ R → R2
x (R cos 2πx,Rsen2πx)
Probar que para todo par R1, R2 con R1 > R2 existe un recorrido de claseC2 tal que ϕ : I2 ⊂ R2 → R2 tal que ∂ϕ = ϕR1
− ϕR2
Sugerencia: Piense en como recorrer una corona circular.Problema 4 Probar que si la función de clase C2 en U ϕ : U ⊂ R2 → R3 es
un recorrido de una superficie S = ϕ(R), con R ⊂ U, y Ψ : U ⊂ R3 → Λ2(R3)es la 2-forma definida por Ψ(x) = (Ψ1(x)e′2Λe′3 + Ψ2(x)e′3Λe′1 + Ψ3(x)e′1Λe′2)entonces se verifica que para todo u ∈ R
ϕ∗Ψ(u) = (Ψ1(ϕ(u),Ψ1(ϕ(u),Ψ1(ϕ(u)) ·N(u)e′1Λe′2
siendo N(u) el vector normal a la superficie.Sugerencia: Bastará con calcular solamente una de las tres transformaciones
Dϕ(u) ∗ e′2Λe′3 o Dϕ(u) ∗ e′3Λe′1D o ϕ(u) ∗ e′1Λe′2.Problema 5: Probar que si la función de clase C2 en U ϕ : U ⊂ R2 → R3
es un recorrido de una superficie S = ϕ(R), con R ⊂ U, y Ψ : U ⊂ R3 → Λ1(R3)es la 1-forma definida por Ψ(x) = Ψ1(x)e′1 + Ψ2(x)e′2 + Ψ3(x)e′3 entonces severifica que para todo u ∈ R
ϕ∗dΨ(u) = rotΨ ·N(u)e′1Λe′2
181
siendo N(u) el vector normal a la superficie y rotΨ el rotacional del campovectorial: Ψ : U ⊂ R3 → R3 dado por Ψ(x) = (Ψ1(x),Ψ2(x),Ψ3(x)).Sugerencia: Calcule por un lado la diferencial de la forma y por otro el
rotacional del campo vectorial y después conocte ambas expresiones usando elresultado del ejercicio anterior.Problema 6: Probar que la diferencial de una 2-forma en R3 que tiene la
siguiente expresión:
Ψ : U ⊂ R3 → Λ2(R3)x (Ψ1(x)e′2Λe′3 + Ψ2(x)e′3Λe′1 + Ψ3(x)e′1Λe′2)
verifica que dΨ = div Ψe′1Λe′2Λe′3 siendo div Ψ el divergente del campo vec-torial: Ψ : U ⊂ R3 → R3 dado por Ψ(x) = (Ψ1(x),Ψ2(x),Ψ3(x)).Sugerencia: Verá que la demostración es muy sencilla pero que es funda-
mental colocar el segundo tensor asi: e′3Λe′1.Problema 7: Dada una función F : U ⊂ Rk → Rm de clase CP en el
abierto U con p ≥ 1, probar que la gráfica de F es una variedad contenida enRn con n = k +m de dimensiín k.Sugerencia: Recuerde que la gráfica de esta función se define por M =
{(x, y) ∈ Rk+m;x ∈ U e y = F (x)}. En este caso la función H que hay queconstruir se puede definir para todos los puntos de la variedad a la vez.Problema 8: Sea f : U ⊂ Rn → R (con n ≥ 2) una función de clase C1 en
U tal que ∇f(x) 6= 0 para todo x ∈ U. Probar que el conjunto
M = {x ∈ U tales que f(x) = 0}
es una variedad de dimensión n-1 en Rn.Sugerencia: Para cada x0 ∈ M como ∇f(x0) 6= 0 existe al menos una
coordenada i ∈ {1, ..., n} tal que Dif(x0) 6= 0. Usar la función H(x1, ..., nn) =
(x1, ...,ifxn, ..., f(x)) para probar que en ese punto se verifican las condiciones de
variedad.Problema 9: Probar que las circunferencias y las esferas son variedades de
dimensión uno y dos respectivamente.Sugerencia: Utilizar el resultado del problema anterior. ¿Se le ocurre alguna
figura más?Problema 10: Probar que si M ⊂ Rn es un subespacio vectorial de dimen-
sión k ≥ 1 entonces M es una variedad de dimensión k.Sugerencia: Amplie una base de vectores de M para completar una base de
Rn y construya H apartir de los funcionales asociados a dicha base.
2.2.5 Soluciones de los problemas de la unidad didáctica IV
Intente resolver los problemas, o al menos esbozar una respuesta, antes de leerla solución.
182
Problema 1 Probar que la fórmula que describe la 2-cadena que recorre elborde de I3
3∑i=1
∑h∈{0,1}
(−1)i+h%(i,h)
corresponde a una orientación exterior.Solución: Vamos a calcular los vectores normales de cada uno de los recor-
ridos de las seis caras.Para i = 1 los recorridos %(1,0) y %(1,1) se mueven por las caras contenidas
en los planos x1 = 0 y x1 = 1
%(1,0) : [0, 1]× [0, 1] ⊂ R2 → R3
(u1, u2) (0, u1, u2)
%(1,1) : [0, 1]× [0, 1] ⊂ R2 → R3
(u1, u2) (1, u1, u2)
y los vectores normales son para ambas funciones (1, 0, 0) que corresponden auna orientación positiva porque los signos asignados a las dos funciones son−%(1,0) y %(1,1).Para i = 2 los recorridos %(2,0) y %(2,1) se mueven por las caras contenidas
en los planos x2 = 0 y x2 = 1
%(2,0) : [0, 1]× [0, 1] ⊂ R2 → R3
(u1, u2) (u1, 0, u2)
%(2,1) : [0, 1]× [0, 1] ⊂ R2 → R3
(u1, u2) (u1, 1, u2)
y los vectores normales son para ambas funciones (0, 0,−1) que correspondena una orientación positiva porque los signos asignados a las dos funciones son%(2,0) y −%(2,1).
Para i = 3 los recorridos %(3,0) y %(3,1) se mueven por las caras contenidasen los planos x3 = 0 y x3 = 1
%(3,0) : [0, 1]× [0, 1] ⊂ R2 → R3
(u1, u2) (u1, u2, 0)
%(3,1) : [0, 1]× [0, 1] ⊂ R2 → R3
(u1, u2) (u1, u2, 1)
y los vectores normales son para ambas funciones (0, 1, 0) que corresponden auna orientación positiva porque los signos asignados a las dos funciones son−%(3,0) y %(3,1).
Problema 2 Probar que para todo n ≥ 2 se verifica que ∂(∂In)(x) = 0.
183
Solución: Por definición recorremos el borde de In usando la siguiente sumay resta de funciones, todas definidas en In−1:
n∑i=1
∑h∈{0,1}
(−1)i+h%(i,h).
Recordemos que cada función %(i,h) es de la forma:
%(i,h) : In−1 ⊂ Rn−1 → Rn
(x1, ..., xn−1) (x1, ...,i
h, xi, ..., xn−1)
Observemos que la función %(i,h) desplaza una posición a las variables quevan detrás del lugar i.A continuación volvemos a aplicar la misma fórmula a cada uno de los recor-
ridos %(i,h)
n∑i=1
∑h∈{0,1}
(−1)i+hn−1∑j=1
∑k∈{0,1}
(−1)j+k%(i,h) ◦ %(j,k)
=
n∑i=1
n−1∑j=1
∑h∈{0,1}
∑k∈{0,1}
(−1)i+h+j+k%(i,h) ◦ %(j,k).
Observemos que para todo i ∈ {1, ..., n}, j ∈ {1, ..., n − 1} y h, k ∈ {0, 1} lafunción %(i,h) ◦ %(j,k) está definidad en el conjunto I
n−2 ⊂ Rn−2.Para demostrar que el borde del borde es la función cero tenemos que probar
que para cada x ∈ In−2 ⊂ Rn−2 se verifica quen∑i=1
n−1∑j=1
∑h∈{0,1}
∑k∈{0,1}
(−1)i+h+j+k%(i,h)◦
%(j,k)(x) = 0.Esto es debido a que para cada pareja h,k ∈ {0, 1} hay dos funciones del
sumatorio que tienen las mismas coordenadas fijas en estos valores y tienensignos contrariosLlamemos l,m a estas coordenadas. Es obvio que las coordenadas verifican
que l 6= m, de modo que podemos llamar l a la pequeña ym a la mayor. Entoncesse verifica que 1 ≤ l < m ≤ n. Como en el resto de las coordenadas que no estánen los lugares l ni m la variable se mueve en el mismo intervalo [0, 1],podemosdenotar con un punto el valor de esta variable de modo que la n-úpla donde estáinmerso el vector x ∈ In−2 se representa de la siguiente manera:
(·, . . . , ·,l︷︸︸︷h , ·, . . . , ·,
m︷︸︸︷k , ·, . . . , ·)
Para que una función de la forma %(i,h) ◦%(j,k) asigne a cada vector x ∈ In−2
una n-upla como la descrita arriba se debe verificar o bien que primero se fije elvalor h en el lugar l y después el valor k en el lugar m, lo cual realiza la función
184
%(l,h) ◦ %(m,k) o al reves, que primero se fije el valor k en el lugar m y despuésel valor h en el lugar l, que realiza la función %(l,h) ◦ %(m−1,k), porque al fijar elvalor h en el lugar l las variables posteriores al lugar l se desplazan una posición.De modo que para cada pareja h,m ∈ {0, 1} se verifica que:
(−1)j+m+h+k%(l,h) ◦ %(m,k)(x) + (−1)j+m−1+h+k%(l,h) ◦ %(m−1,k)(x) = 0.
Problema 3 Dados R > 0 se denota por ϕR al recorrido regular dado por:
ϕR : [0, 1] ⊂ R → R2
x (R cos 2πx,Rsen2πx)
Probar que para todo par R1, R2 con R1 > R2 existe un recorrido de claseC2 tal que ϕ : I2 ⊂ R2 → R2 tal que ∂ϕ = ϕR1
− ϕR2
Solución: Vamos a contruir ϕ para que recorra la corona circular. Usaremosuna variable para el ángulo y la otra para el radio. El recorrido del ángulo yaviene descrito en las componentes de αR, de modo que si x1 es la variable queusamos para el ángulo tendra la forma 2πx1. En cuanto al radio como queremosque oscile entre R2 y R1 la variable x2 tendrá que empezar en R2 y terminar enR1 de modo que será la función (R1 −R2)x2 +R2. Asi ϕ queda definida por:
ϕ : [0, 1]× [0, 1] ⊂ R2 → R2
(x1, x2) ((R1 −R2)x2 +R2 cos 2πx1, (R1 −R2)x2 +R2sen2πx1)
Es fácil ver que esta función es de clase C∞ en todo R2 y que para todox ∈ I2 el determinante de la matriz jacobiana, detDϕ(x), es no nulo.A continuación comprobamos que ∂ϕ = ϕR1
− ϕR2. Recordemos que ∂ϕ es
la cadena formada por los siguientes cuatro recorridos:
∂ϕ(x) =
2∑i=1
∑h=0,1
(−1)i+hϕ ◦ I2(i,h)(x) = −ϕ(0, x) + ϕ(1, x)− ϕ(x, 0) + ϕ(x, 1).
Para terminar basta con observar que ϕ(0, x) = αR2(x) y ϕ(1, x) = αR1(x)para todo x ∈ [0, 1], mientras que ϕ(x, 0) = ϕ(x, 1) para todo x ∈ [0, 1], demodo que al estar las dos funciones definidas en el mismo intervalo para cadax ∈ [0, 1] se verifica que −ϕ(x, 0) + ϕ(x, 1) = 0
Problema 4 Probar que si la función de clase C2 en U ϕ : U ⊂ R2 → R3 esun recorrido de una superficie S = ϕ(R), con R ⊂ U, y Ψ : U ⊂ R3 → Λ2(R3) esla 2-forma definida por Ψ(x) = Ψ1(x)e′2Λe′3+Ψ2(x)e′3Λe′1+Ψ3(x)e′1Λe′2 entoncesse verifica que para todo u ∈ R
ϕ∗Ψ(u) = (Ψ1(ϕ(u),Ψ1(ϕ(u),Ψ1(ϕ(u)) ·N(u)e′1Λe′2
siendo N(u) el vector normal a la superficie.Solución: Por definición
ϕ∗Ψ(u) = Ψ1(ϕ(u))Dϕ(u) ∗ e′2Λe′3 + Ψ2(ϕ(u))Dϕ(u) ∗ e′3Λe′1 + Ψ3(ϕ(u))Dϕ(u) ∗ e′1Λe′2
= (Ψ1(ϕ(u)),Ψ2(ϕ(u)),Ψ3(ϕ(u)))(Dϕ(u) ∗ e′2Λe′3, Dϕ(u) ∗ e′3Λe′1, Dϕ(u) ∗ e′1Λe′2)
185
Por lo tanto tenemos que demostrar que
(Dϕ(u) ∗ e′2Λe′3, Dϕ(u) ∗ e′3Λe′1, Dϕ(u) ∗ e′1Λe′2) = N(u)e′1Λe′2
Vamos a analizar como es, por ejemplo, la 2-forma Dϕ(u) ∗ e′3Λe′1 y cam-biando los índices podremos saber como son Dϕ(u) ∗ e′2Λe′3 y Dϕ(u) ∗ e′1Λe′2.Recordemos que la matriz jacobiana Dϕ(u) actua sobre cada vector v =
(v1, v2) de la siguiente manera:
Dϕ(u)
(v1
v2
)=
D1ϕ1(u) D2ϕ1(u)D1ϕ2(u) D2ϕ2(u)D1ϕ3(u) D2ϕ3(u)
(v1
v2
)= (D1ϕ1(u)v1 +D2ϕ1(u)v2, D1ϕ2(u)v1 +D2ϕ2(u)v2, D1ϕ3(u)v1 +D2ϕ3(u)v2).
Por otro lado, el tensor alterno e′3Λe′1 es igual a e′3 ⊗ e′1 − e′1 ⊗ e′3 de modo
que para cada par de vectores v1 = (v11, v12) y v2 = (v21, v22) se verifica que:
Dϕ(u) ∗ e′3Λe′1(v1, v2) = e′3Λe′1(Dϕ(u)(v1), Dϕ(u)(v2))
= (e′3 ⊗ e′1 − e′1 ⊗ e′3)(Dϕ(u)(v1), Dϕ(u)(v2))
= e′3(Dϕ(u)(v1)e′1(Dϕ(u)(v2)− e′1(Dϕ(u)(v1)e′3(Dϕ(u)(v2)
= (D1ϕ3(u)v11 +D2ϕ3(u)v12)(D1ϕ1(u)v21 +D2ϕ1(u)v22)−(D1ϕ1(u)v11 +D2ϕ1(u)v12)(D1ϕ3(u)v21 +D2ϕ3(u)v22)
= (D1ϕ3(u)D1ϕ1(u)−D1ϕ1(u)D1ϕ3(u))v11v21 +
(D1ϕ3(u)D2ϕ1(u)−D1ϕ1(u)D2ϕ3(u))v11v22 +
(D2ϕ3(u)D1ϕ1(u)−D2ϕ1(u)D1ϕ3(u))v12v21 +
(D2ϕ3(u)D2ϕ1(u)−D2ϕ1(u)D2ϕ3(u))v12v22
= (D1ϕ3(u)D2ϕ1(u)−D1ϕ1(u)D2ϕ3(u))(v11v22 − v12v22)
= (D1ϕ3(u)D2ϕ1(u)−D1ϕ1(u)D2ϕ3(u))(e′1 ⊗ e′2 − e′2 ⊗ e′1)(v1, v2)
= (D1ϕ3(u)D2ϕ1(u)−D1ϕ1(u)D2ϕ1(u))e′1Λe′2(v1, v2)
De forma análoga cuando calculamos el tensor Dϕ(u) ∗ e′2Λe′3 llegamos a lasmismas igualdades pero cambiando ϕ3(u) por ϕ2(u) y ϕ1(u) por ϕ3(u), de modoque
Dϕ(u) ∗ e′2Λe′3 = (D1ϕ2(u)D2ϕ3(u)−D1ϕ3(u)D2ϕ2(u))e′1Λe′2.
repitiendo de nuevo los mismos pasos obtenemos que
Dϕ(u) ∗ e′1Λe′2 = (D1ϕ1(u)D2ϕ2(u)−D1ϕ2(u)D2ϕ1(u))e′1Λe′2.
Finalmente, recordemos que por definición
N(u) = D1ϕ(u)×D2ϕ(u) = det
i j kD1ϕ1(u) D1ϕ2(u) D1ϕ3(u)D2ϕ1(u) D2ϕ2(u) D2ϕ3(u)
= (D1ϕ2(u)D2ϕ3(u)−D1ϕ3(u)D2ϕ2(u))i+
(D1ϕ3(u)D2ϕ1(u)−D1ϕ1(u)D2ϕ3(u))j +
(D1ϕ1(u)D2ϕ2(u)−D1ϕ2(u)D2ϕ1(u))k
186
De modo que queda demostrada la igualdad:
N(u)e′1Λe′2 = (Dϕ(u) ∗ e′2Λe′3, Dϕ(u) ∗ e′3Λe′1, Dϕ(u) ∗ e′1Λe′2)
Problema 5 Probar que si la función ϕ : U ⊂ R2 → R3, de clase C2 en U,es un recorrido de una superficie S = ϕ(R), con R ⊂ U, y Ψ : U ⊂ R3 → Λ1(R3)es la 1-forma definida por Ψ(x) = Ψ1(x)e′1 + Ψ2(x)e′2 + Ψ3(x)e′3 entonces severifica que para todo u ∈ R
ϕ∗dΨ(u) = rotΨ ·N(u)e′1Λe′2
siendo N(u) el vector normal a la superficie y rotΨ el rotacional del campovectorial: Ψ : U ⊂ R3 → R3 dado por Ψ(x) = (Ψ1(x),Ψ2(x),Ψ3(x)).Solución: Por definición el rotacional del campo es:
rotΨ = det
i j kD1 D2 D3
Ψ1 Ψ2 Ψ3
= (D2Ψ3 −D3Ψ2, D3Ψ1 −D1Ψ3, D1Ψ2 −D2Ψ1)
Mientras que la diferencial de la forma Ψ es:
dΨ =
3∑i=1
DiΨ1e′iΛe′1 +
3∑i=1
DiΨ2e′iΛe′2 +
3∑i=1
DiΨ3e′iΛe′3
= D3Ψ1e′3Λe′1 −D2Ψ1e
′1Λe′2 +D1Ψ2e
′1Λe′2 −D3Ψ2e
′2Λe′3 +D2Ψ3e
′2Λe′3 −D1Ψ3e
′3Λe′1
= (D2Ψ3 −D3Ψ2)e′2Λe′3 + (D3Ψ1 −D1Ψ3)e′3Λe′1 + (D1Ψ2 −D2Ψ1)e′1Λe′2.
Lo cual demuestra que el campo vectorial asociado a la forma dΨ es precisa-mente el rotacional del campo Ψ. De modo que aplicando la fórmula demostradaen el problema 6 para la transformación de la forma dΨ con la función ϕ con-cluimos que ϕ∗dΨ(u) = rotΨ ·N(u)e′1Λe′2.Problema 6: Probar que la diferencial de una 2-forma en R3 que tiene la
siguiente expresión:
Ψ : U ⊂ R3 → Λ2(R3)u (Ψ1(x)e′2Λe′3 + Ψ2(x)e′3Λe′1 + Ψ3(x)e′1Λe′2)
verifica que dΨ = div Ψe′1Λe′2Λe′3 siendo div Ψ el divergente del campo vectorial:Ψ : U ⊂ R3 → R3 dado por Ψ(x) = (Ψ1(x),Ψ2(x),Ψ3(x)).Solución: Por definición la diferencial de la forma Ψ es:
dΨ =
3∑i=1
DiΨ1e′iΛe′2Λe′3 +
3∑i=1
DiΨ2e′iΛe′3Λe′1 +
3∑i=1
DiΨ3e′iΛe′1Λe′2
= D1Ψ1e′1Λe′2Λe′3 +D2Ψ2e
′2Λe′3Λe′1 +D3Ψ3e
′3Λe′1Λe′2
= D1Ψ1e′1Λe′2Λe′3 +D2Ψ2e
′1Λe′2Λe′3 +D3Ψ3e
′1Λe′2Λe′3
= (D1Ψ1 +D2Ψ2 +D3Ψ3)e′1Λe′2Λe′3
= div Ψe′1Λe′2Λe′3.
187
Problema 7: Dada una función F : U ⊂ Rk → Rm de clase CP en elabierto U con p ≥ 1, probar que la gráfica de F es una variedad contenida enRn con n = k +m de dimensiín k.Solución: Tenemos que demostrar que todos los puntos del conjunto M =
{(x, y) ∈ Rk+m;x ∈ U e y = F (x)} verifican las condiciones para que M seauna variedad. De hecho en este caso veremos que el difeomorfismo H que con-struiremos a continuación sirve para todos los puntos. Tomamos como abiertode Rn el conjunto U × Rm y definimos H por:
H : U × Rm → U × Rm(x, y) (x, y − F (x))
Por la construcción de H y por las propiedades de F es inmediato que H esde clase Cp en U × Rm.
Vamos a probar que es inyectiva siH(x0, y0) = (x0, y0−F (x0)) = H(x1, y1) =(x1, y1 − F (x1)) entonces x0 = x1 y y0 − F (x0) = y1 − F (x1), pero si x0 = x1
entonces F (x0) = F (x1), de donde se deduce que también y0 = y1 y por lotanto (x0, y0) = (x1, y1).Por otro lado H es sobreyectiva porque dado (x, y) ∈ U × Rm basta con
tomar (x, y + F (x)) ∈ U × Rm para consegir que H(x, y + F (x)) = (x, y).A continuación probaremos que el rango de DH(x, y) es k + m para todo
(x, y) ∈ U ×Rm. Derivando vemos que la matriz está formada por las siguientescajas:
DH(x, y) =
(Id(k × k) 0(k ×m)−DF (x) Id(m×m)
)donde Id(k × k) denota la matriz identidad de tamaño k × k y Id(m ×m)
la de tamaño m ×m, como además tenemos en la parte superior derecha unamatriz de ceros se sigue que DH(x, y) tiene rango máximo.
Por último solo nos falta demostrar que H(U ×Rm ∩M) = U ×Rm ∩Rk ×m−veces︷ ︸︸ ︷
{0} × ...× {0}. Pero (x, y) ∈ U ×Rm ∩M si y solo si x ∈ U e y = F (x) lo cuales equivalente a decir que x, y e y − F (x) = 0 o lo que es lo mismo x ∈ U y
H(x, y) = (x, 0) es decir que H(x, y) ∈ U × Rm ∩ Rk ×m−veces︷ ︸︸ ︷
{0} × ...× {0}.Problema 8: Sea f : U ⊂ Rn → R (con n ≥ 2) una función de clase C1 en
U tal que ∇f(x) 6= 0 para todo x ∈ U. Probar que el conjunto
M = {x ∈ U tales que f(x) = 0}
es una variedad de dimensión n-1 en Rn.Solución: Para cada x0 ∈ M como ∇f(x0) 6= 0 existe al menos una coor-
denada i ∈ {1, ..., n} tal que Dif(x0) 6= 0. vamos a demostrar que la función
H(x1, ..., nn) = (x1, ...,ifxn, ..., f(x)) restingida a un abierto adecuado satisface
las condiciones pedidas en la definición de variedad.En primer lugar es inmediato que esta función definida sobre el abierto U ⊂
Rn es de clase C1.
188
Por otro lado, la matriz jacobiana en el punto x0 es de la forma:
DH(x0) =
1 0 · · · 0· · · · · · · · · · · ·i→ 0 · · · · · · 1· · · · · · · · · · · ·
D1f(x0) · · · · · · Dnf(x0)
De modo que si cambiamos la fila i-ésima por la n-ésima el determinante de
la matriz cambia de signo y nos queda que
detDH(x0) = −det
1 0 · · · 0· · · · · · · · · · · ·
D1f(x0) · · · · · · Dnf(x0)· · · · · · · · · · · ·0 · · · · · · 1
= −Dif(x0) 6= 0
Por lo tanto podemos aplicar el teorema de la función inversa a H en elpunto x0 y concluir que existen dos conjuntos abiertos V,W ⊂ Rn tales quex0 ∈ V ⊂ U y H : V ⊂ Rn →W ⊂ Rn es un difeomorfismo.
Además se verifica que H(x0) = (x01, ...,ifx0n, ..., 0). Vamos a demostrar que
H(V ∩M) = W ∩Rn−1 × {0}.En primer lugar como V ⊂ U se verifica que V ∩M = {x ∈ V ; f(x) = 0},
de modo que si x ∈ V ∩ M entonces H(x) ∈ W y Hn(x) = 0; es decir queH(x) ∈W ∩Rn−1 × {0}.Por otro lado, si y ∈ W ∩ Rn−1 × {0} se verifica que y ∈ W = H(V ) y
también que yn = 0. De modo que existe un x ∈ V con y = H(x), pero comoademás yn = 0 tenemos que Hn(x) = f(x) = yn = 0 y por lo tanto x ∈ M ey = H(x) ∈ H(M). como además x ∈ V se concluye que y ∈ H(V ∩M).Problema 9: Probar que las circunferencias y las esferas son variedades de
dimensión uno y dos respectivamente.Solución: Por el resultado probado en el problema anterior los conjuntos:
C = {(x1, x2) ∈ R2; (x1 − a)2 + (x2 − b)2 = r2}
S = {(x1, x2, x3) ∈ R3; (x1 − a)2 + (x2 − b)2 + (x3 − c)2 = r2}son variedades de dimensión 1 en R2 y de dimensión 2 en R3 respectivamenteporque las funciones:
f : R2 → R(x1, x2) (x1 − a)2 + (x2 − b)2 − r2
g : R3 → R(x1, x2, x3) (x1 − a)2 + (x2 − b)2 + (x3 − c)2 − r2
son ambas de clase C∞ en todos los puntos y sus vectores gradientes ∇f(x) =(2(x1− a), 2(x2− b)) y ∇g(x) = (2(x1− a), 2(x2− b), 2(x3− c)) son no nulos enlos puntos de C y S respectivamente.
189
De forma análoga, las curvas de R2 que vienen descritas por medio de unaecuación implicita o explícita: como por ejemplo las ecuaciones x2 = xk1 yxk1 − x
p2 = 1, que incluyen a las parábolas y a las hiperbolas, son variedades de
dimensión 1 en R2. Y las superficies de R3que vienen descritas por medio de unaecuación implicita o explícita: como por ejemplo las ecuaciones x3 = xk1 + xp2 ya2xk1 + b2xp2 + c2x2
3 = 1, que incluyen a los paraboloides y a los elipsóides, sonvariedades de dimensión 2 en R3.Problema 10: Probar que si M ⊂ Rn es un subespacio vectorial de dimen-
sión k ≥ 1 entonces M es una variedad de dimensión k.Solución: Tomamos {v1, ..., vk} ⊂ M k vectores linealmente independi-
entes que serán base algebráica de M y ampliamos esta familia de vectoresescogiendo otros (n-k) vectores de Rn\M de modo que la familia ampliada,{v1, ..., vk, vk+1, ..., vn} sea base de Rn.Si ahora llamamos v′i a las aplicaciones lineales de Rn en R asociadas a esta
base; es decir las aplicaciones que verifican que v′i(vj) = 0 si i 6= j y v′i(vi) = 1para todo i, j ∈ {1, ..., n} entonces se verifica que cada aplicación lineal v′i :Rn → R es una función de clase C∞ y la función:
H : Rn → Rn
x
n∑i=1
v′i(x)ei
es también de clase C∞. De hecho esta función es la que transforma lascoordenadas de un vector x en la base {v1, ..., vk, vk+1, ..., vn} que es la n-upla(v′1(x), ..., v′n(x)) a las coordenadas del vector en la base canónica {e1, ..., en}.Como H
−1es otro cambio de base, es también de clase C∞, en particular H es
un difeomorfismo. Por lo tanto solo nos falta por demostrar que se verifica la
igualdad: H(Rn ∩M) = Rn ∩ Rk ×(n−k)−veces︷ ︸︸ ︷{0} × ...× {0} = Rk ×
(n−k)−veces︷ ︸︸ ︷{0} × ...× {0} pero
esto es equivalente a decir que x ∈M si y solo si v′i(x) = 0 para todo i ≥ k+ 1,lo cual es cierto porque los vectores de M son combinaciones lineales de los
vectores de la base escogida ; es decir , son de la forma x =
k∑i=1
aivi siendo los
ai números reales y los funcionales v′j para j ≥ k+1 se anulan en estos vectores.
190
2.2.6 Pruebas de autoevaluación de la unidad didáctica IV
Prueba 11a: Si tenemos un recorrido de clase C2 del conjunto M dado por ϕ : Ik ⊂
Rk → M ⊂ Rn podemos recorrer el borde formando una (k-1)-cadena como lasiguiente:
a) ∂ϕ =
k∑i=1
∑h∈{0,1}
(−1)i+hϕ ◦ %(i,h).
b) ∂ϕ =
k∑i=1
n∑h=1
(−1)i+hϕ ◦ %(i,h).
c) ∂ϕ =
k∑i=1
∑h∈{0,1}
(−1)ihϕ ◦ %(i,h).
2a: Dada la 0-forma Ψ : U ⊂ Rn → R, y el recorrido, ϕ : {0} → U la integralde Ψ sobre ϕ se define por:
a)∫ϕ
Ψ = Ψ(0)
b)∫ϕ
Ψ =∫0
Ψ(ϕ(t))dt
c)∫ϕ
Ψ = Ψ(ϕ(0))
3a: Dada la k-forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk(Rn), y el recorridode clase C2 deM ⊂ U , ϕ : Ik →M ⊂ U ⊂ Rn la integral de Ψ sobre ϕ se define por:a)∫ϕ
Ψ =∫Ik
Ψ(ϕ(u)du
b)∫ϕ
Ψ =∫Ikϕ∗Ψ.
c)∫ϕ
Ψ =∫IkDϕ∗Ψ.
4a: Dada una 1-forma en R2,Ψ : U ⊂ R2 → Λ1(R2), y dada un recorridoregular de C ⊂ U ϕ : I ⊂ R → C ⊂ U ⊂ R2 la integral de Ψ sobre ϕ coincidecon:a) la integral de linea del campo vectorialΨ(x1, x2) = (Ψ1(x1, x2),Ψ2(x1, x2))
sobre el recorrido ϕb) la integral de trayectorial del campo escalar Ψ(x1, x2) = Ψ1(x1, x2) +
Ψ2(x1, x2) sobre el recorrido ϕc) no coincide con ninguna de las dos integrales anteriores5a:Dada una 2-forma en R3, Ψ : U ⊂ R3 → Λ2(R3) definida por Ψ(x) =
(Ψ1(x)dx2Λdx3 + Ψ2(x)dx1Λdx3 + Ψ3(x)dx1Λdx2) y dado un recorridoregularϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ U sobre una superficie S la integral de Ψ sobre ϕ coincidecon:a) la integral del campo vectorialΨ(x1, x2, x3) = (Ψ1(x1, x2, x3),Ψ2(x1, x2, x3),Ψ3(x1, x2, x3))
sobre el recorrido ϕb) la integral del campo escalarΨ(x1, x2, x3) = Ψ1(x1, x2, x3)+Ψ2(x1, x2, x3)+
Ψ3(x1, x2, x3) sobre el recorrido ϕc) no coincide con ninguna de las dos integrales anteriores
191
6a:La diferencial de una 2-forma Ψ en R3 verifica que dΨ = div Ψe′1Λe′2Λe′3siendo el campo vectorial Ψ(x) = (Ψ1(x),Ψ2(x),Ψ3(x)), cuando la 2-forma tienela siguiente expresión:a) Ψ(x) = Ψ1(x)e′2Λe′3 + Ψ2(x)e′3Λe′1 + Ψ3(x)e′1Λe′2b) Ψ(x) = Ψ1(x)e′2Λe′3 + Ψ2(x)e′1Λe′3 + Ψ3(x)e′1Λe′2c) Ψ(x) = Ψ1(x)e′1Λe′2 + Ψ2(x)e′2Λe′3 + Ψ3(x)e′1Λe′37a:La siguiente función:
ϕ : [0, 1]× [0, 1]× [0, 1] → S(u1, u2, u3) (u3 cos 2πu1senπu2, u3sen2πu1senπu2, u3 cosπu2)
a) Es de clase Cp con p ≥ 2 en un abierto que contiene a I3 y es inyectivaen I3.b) Es de clase C∞ en el abierto R3 que contiene a I3 y satisface que ϕ(I3) =
{x ∈ R3;x21 +x2
2 +x23 ≤ 1}, pero no es un recorrido de clase C2 de ese conjunto.
c) Es un recorrido de clase C2 del conjunto M = {x ∈ R3;x21 + x2
2 + x23 ≤ 1}
8a:Si S ⊂ R3 es una superficie simple para la cual existe un recorrido ϕ :R ⊂ R2 → S ⊂ R3 que sea de clase C∞ en el interior de R, entonces se verificaquea) S es una subvariedad de dimensión 2 contenida en R3
b) ϕ(◦R) es una subvariedad de dimensión 2 contenida en R3
c) La carta (R3, ϕ,◦R) es un atlas de la subvariedad S
9a:Si W es un conjunto abierto no vacío contenido en Rn entonces:a) W es una variedad en Rn de dimensión n.b) W es una variedad en Rn de dimensión k < nc) W no es una variedad en Rn de dimensión n.10a: Si M es una variedad contenida en R3 de dimensión k y W es un
conjunto abierto de R3 tal que W ∩M 6= ∅, entonces:a) W ∩M es una variedad en R3 de dimensión k.b) No siempre se verifica que W ∩M sea una variedad en R3 de dimensión
k.c) W ∩M es una variedad en R3 pero puede tener dimensión menor que k.
192
