CÁLCULO VECTORIAL APLICADO A LA INGENIERÍAmat.izt.uam.mx/mat/documentos/planeaciones/2017O/CE02-CÁLCULO … · CÁLCULO VECTORIAL APLICADO A LA INGENIERÍA FRANCISCO JAVIER SÁNCHEZ

CÁLCULO VECTORIAL APLICADO A LA INGENIERÍA

FRANCISCO JAVIER SÁNCHEZ BERNABE

Contents

Introduction 3

Introduction 3

1. Funciones con valores vectoriales 4

1.1. Diferenciación Vectorial 10

1.2. Parametrización de Cónicas en el Plano 15

Ejercicios 16

2. Longitud de Arco 18

2.1. Curvas parametrizadas seccionalmente 22

2.2. Una curva acotada cuya longitud es infinita 25

Ejercicios 26

3. Reparametrizaciones 27

3.1 Parametrización con longitud de arco 31

3.2 Límites, Continuidad e Integración Vectorial 34

Ejercicios 37

4. Campos Vectoriales 39

4.1. Líneas de Corriente y Superficies Equipotenciales 40

4.2. Divergencia y Rotacional de un Campo Vectorial 45

Ejercicios 47

5. Integral a lo largo de Trayectorias 51

5.* Aplicaciones de las integrales sobre trayectorias 59

5.1. a) Centro de masa de un alambre cuya densidad es continua 59

5.2. b) Momento de inercia de un alambre con densidad continua 64

5.3. c) área de superficies generadas al rotar una curva 67

5.4. d) Integrales de trayectorias impropias 71

Ejercicios 741

2 FRANCISCO JAVIER SÁNCHEZ BERNABE

6. Trabajo e Integrales de Línea 79

6.1. Integrales de Línea 84

Ejercicios 87

7. Tasa de Flujo 91

Ejercicios 98

8. Razón de flujo e integrales dobles. Teorema de Green 101

8* Aplicaciones geométricas del Teorema de Green 110

Ejercicios 112

9. Trabajo e Integrales Dobles 115

Ejercicios 124

10. Superficies 126

Ejercicios 135

11. Area de una Superficie 138

Ejercicios 143

12. Tasa de Flujo a través de una superficie 146

ejercicios 151

13. Teorema de Gauss 153

13.1. Identidades Vectoriales 160

Ejercicios 161

14. El Teorema de Stokes 164

14.1. Gradiente, Divergencia y Rotacional en otros sistemas de coordenadas 171

Ejercicios 172

References 176

CÁLCULO DE VARIAS VARIABLES II 3

Introduction

El presente material tiene como objetivo apoyar a los estudiantes que cursan la Unidad de Enseñanza

Aprendizaje, UEA, Cálculo de Varias Variables II, que forma parte del Tronco Básico Profesional de las

Ingenierías de la División de Ciencias Básicas e Ingeniería de la Unidad Iztapalapa, de la Universidad

Autónoma Metropolitana.

Las primeras secciones motivan las funciones vectoriales por la necesidad de describir curvas que

se encuentran en el espacio, donde las ecuaciones que las definen en el plano, no pueden extenderse

a conjuntos unidimensionales en tres dimensiones. Se distingue entre el vector velocidad y la rapidez

de una partícula, que está relacionada con la lonitud de arco de una curva. Otros temas expuestos son

Reparametrizaciones y curvas definidas secionalmente.

El concepto de Campo Vectorial se introduce tratando de describir la posición y el movimiento de una

partícula que forma parte de un fluido. Un ejemplo de campo vectorial define las velocidades de un fluido

incompresible que se encuentra dentro de una cavidad cuadrada cuya pared superior se desplaza, provo-

cando el movimiento del líquido confinado. Se presentan los conceptos de Divergencia y Rotacional,

que se aplican a diversos campos vectoriales, entre ellos, un dipolo magnético, e incluso se considera un

campo vectorial en cinco dimensiones.

Enseguida, se aborda el tema de las Integrales de Trayectoria, vista como una generalización de la

integral de una función de una variable y se aplica en Física a Centros de Masa y Momentos de Inercia

de alambres, entre otros conceptos. Las Integrales de Línea se relacionan con los conceptos de Trabajo

y Tasa de Flujo que conducen a las dos versiones del Teorema de Green.

Los primeros ejemplos de Superficies incluyen la esfera y el toro. También, se presenta la parametrización

de una esfera en cuatro dimensiones. Se deduce detalladamente la fórmula del Área de una Superficie

y la Tasa de Flujo a través de una superficie, se motiva mediante del flujo de fluidos. Los Teoremas de

Gauss y Stokes se relacionan con las Ecuaciones de Maxwell.

Se han incluido 238 ejercicios, algunos de ellos preparan material de secciones siguientes, como

límites, gráficas de ciertas superficies ó integrales dobles. En otros se extienden conceptos abordados y

fundamentalmente, se le pide al estudiante practicar las técnicas expuestas.


1. Funciones con valores vectoriales

La gráfica de una función real de una variable es un subconjunto del plano el cual es “unidimensional”

en el sentido de que puede pensarse como el resultado de deformar un segmento rectilíneo.

-1.5 -1.0 -0.5 0.0 0.5 1.0 1.5

-0.6

-0.4

-0.2

0.0

0.2

0.4

0.6

x

y

Figura 1 Lemniscata definida por (x2 + y2)2 = 2(x2 − y2)

Así, por ejemplo, la gráfica de la función f (x) = x2 + 3, x en [0,1] sería el resultado de una transfor-

mación de la línea definida por su dominio.

Sin embargo, los subconjuntos unidimensionales del plano no solo consisten de gráficas definidas

por funciones. Una relación entre las variables x y y, también define un conjunto del tipo considerado;

este tipo de conjuntos serán llamados provisionalmente curvas. La gráfica de la ecuación (x2 + y2)2 =

2(x2− y2) se denomina lemniscata. Por otro lado, la relación x2+ y2 = 4 es satisfecha por el conjunto de

puntos (x, y), los cuales se encuentran a una distancia de 2 unidades del origen, es decir, la circunferencia

de radio 2 centrada en el origen. Las relaciones en coordenadas polares, como por ejemplo r = cos(2θ),

amplían el repertorio de curvas.

Parecería que las relaciones bastan para definir cualquier curva, pero esto no se cumple en el espacio.

Por ejemplo ¿qué relación definiría una recta en R3?

En el plano, una recta es determinada por un punto fijo P0(x0, y0) y una dirección v = (u0,v0) de tal

manera que el conjunto de puntos (x, y) = P0 + tv, donde el parámetro t varía en los reales, constituye

una recta en el plano. En realidad, conviene considerar el vector p0 = (x0, y0), definido por el punto P0,


(0,3)

x

y

(a) Parábola con vértice en el punto (0,3)

(0,0) x

y

(b) Gráfica de la ecuación r = cos(2θ)

Figura 2 curvas en el plano xy

entonces la recta puede escribirse como

(x, y) = p0 + t v

La primera componente de la recta es x = x0 + t u0 y entonces y = y0 + t v0, es la segunda componente.

Podemos extender la definición anterior para caracterizar las rectas en el espacio. Si x = (x, y, z) es un

punto cualquiera sobre la recta, p0 = (x0, y0, z0) y el vector dirección es v = (u0,v0,w0) entonces el

conjunto x = p0 + tv que se obtiene al variar t, es una recta en R3. Las componentes son:

x = x0 + tu0, y = y0 + tv0, z = z0 + tw0

Observemos que en las componentes de una recta en el plano, puede eliminarse el parámetro t para

obtener una relación entre x y y. En el espacio lo más que puede hacerse es despejar t en cada compo-

nente de lo cual resultan las siguientes igualdades:

x − x0

u0=

y − y0

v0=

z − z0

w0

llamadas ecuaciones simétricas de la recta pero que no son relaciones entre las variables como

x2 + y2 − 4 = 0, r = cos(2θ), y2 − z2 = 9, etc.

Por lo tanto, se concluye que debe buscarse otra forma general para describir curvas en R3

Con objeto de vislumbrar cual puede ser esta forma se analizarán otros ejemplos de curvas en el

espacio. Una hélice es el conjunto de puntos u = (x, y, z) de la forma u = (cos θ,sen θ, θ) obtenidos


x

z

y

Figura 3 Línea recta en el espacio

cuando θ varía en los reales. La curva definida por (x, y, z) = (s,3s, s2) es una parábola, la cual se

encuentra dentro del plano y = 3x. ¿Qué tienen en común la recta, la hélice y la parábola?

• (x, y, z) = (x0 + t u0, y0 + t v0, z0 + t w0)

• (x, y, z) = (cos θ,sen θ, θ)

• (x, y, z) = (s, 3s, s2)

Por estar en el espacio tienen tres coordenadas, pero el hecho más importante es que en cada caso las

componentes dependen de un sólo parámetro. La recta es función de t, le hélice de θ y la parábola de s.

Así, se tienen asignaciones que en el caso de la recta es:

t −→(x(t), y(t), z(t)

)= (x0 + tu0, y0 + tv0, z0 + tw0).

Definición 1.1. Una función vectorial en R3 es una asignación α : [a,b] −→ R3 la cual se denota por

α(t) =(x(t), y(t), z(t)

).

Las coordenadas x(t), y(t), z(t) son llamadas funciones componentes de la curva, término que se uti-

lizará como sinónimo de función vectorial.

Una curva en el plano sólo tienen dos componentes. La extensión de la definición de una curva a Rn

es inmediata. La imagen de la curva se denomina trayectoria o traza.

Puede decirse entonces, que una curva permite describir ciertos subconjuntos de dimensión 1 en Rn .

La diferencia entre una curva y su trayectoria puede verse claramente en R3 pues dado que la curva es una


(a) Hélice definida por (cos θ,sen θ, θ)(b) Parábola dada por (s, 3s, s2)

Figura 4 curvas en el espacio tridimensional

función de un intervalo [a,b] en R3, su gráfica estaría en R4 y no puede representarse geométricamente,

en cambio su traza está en R3 y sí puede dibujarse.

La descripción del movimiento de una partícula cuya posición al tiempo t está determinada por(x(t), y(t), z(t)

)es la interpretación más comun de una curva, en este caso la trayectoria descrita por

la partícula es la traza de la curva.

EJEMPLO 1.1 Obtener una curva que tiene como trayectoria la recta que pasa por un punto P(3,1,2)

y cuya dirección es v = (0,2,1).

Solución. Si q = (x, y, z) es el punto arbitrario sobre la recta, e identificamos el vector p0 con el

segmento dirigido que va del origen O(0,0,0) al punto P(3,1,2), entonces

q = p0 + tv, t ∈ R

= (3,1,2) + t(0,2,1) = (3,1 + 2t,2 + t),

por lo tanto

α(t) = (3,1 + 2t,2 + t) α : (−∞,∞) −→ R3

es una curva que tiene como trayectoria la recta q = p0 + tv.

Aquí, la funciones componentes son:

x(t) = 3, y(t) = 1 + 2t, z(t) = 2 + t .

Obsérvese que hemos pedido una curva puesto que pueden existir varias de ellas que tengan la misma

trayectoria.


(a) parámetros que definen una cicloide

x

y

(b) trayectoria de una cicloide

Figura 5 construcción de una cicloide

La recta anterior también pasa por p1 = (3,5,4) y si q = (x, y, z) es un punto arbitrario sobre la recta,

q = p1 + tv con, t ∈ R, entonces

(x, y, z) = (3,5,4) + t(0,2,1) = (3,5 + 2t,4 + t),

por lo tanto

β(t) = (3,5 + 2t,4 + t) β : (−∞,∞) −→ R

es otra curva que tiene la misma trayectoria.

Definición 1.2. Parametrizar significa encontrar una curva para una trayectoria dada.

EJEMPLO 1.2 Parametrizar la trayectoria de una circunferencia centrada en el origen con radio r .

Solución. Sea (x, y) un punto arbitrario sobre la circunferencia, sea t el ángulo formado con la direc-

ción positiva del eje x por la línea que une a (x, y) con el origen, entonces

sen t =y

r, cos t =

xr,

por lo tanto

α(t) =(x(t), y(t)

)=

(r cos t,r sen t

)α : [0,2π] −→ R2

es una parametrización de la circunferencia.


(0,0) x

y

(a) Traza de la curva α(t) = (t3, t2)

(0,2)

(2,0) x

y

(b) Circunferencia de radio 2

Figura 6 Curvas en el plano xy

Otra posibilidad es β : [0, π] −→ R2,

β(t) = r(

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

EJEMPLO 1.3 Parametrizar la trayectoria descrita por un punto que se mantiene fijo sobre una cir-

cunferencia de radio a mientras que ésta rueda a velocidad constante sin deslizamiento.

Solución. Escojamos los ejes x y y de tal manera que cuando el punto P empieza a moverse, se

encuentre en el origen.

Queremos expresar las coordenadas x y y en términos de t. Sea s el arco determinado por t.

Cuando a es el radio, t =sa

, por lo tanto s = at.

Debido a que la circunferencia rueda sin deslizamiento, O Q = at. Consideremos el Triángulo PM R

PR = a sen (t), OQ = x + PR por lo tanto x = at − a sen t.

M R = a cos t, MQ = y + M R por lo tanto y = a − a cos t,

α(t) = (at − a sen t,a − a cos t)

α : [0,2π] −→ R2

es una curva que describe la trayectoria dada. Esta curva se denomina cicloide.

EJEMPLO 1.4 Dibuje la trayectoria de la curva α(t) = (t3, t2), t ∈ R.


Solución. Las funciones componentes son x = x(t) = t3, y = y(t) = t2. De x = t3, tenemos x1/3 = t.

Sustituyendo ahora en la ecuación de y,

y = f (x) = x2/3, f ′(x) =2

3x1/3 y f ′′(x) =−2

9x4/3 .

La derivada no se anula para algún valor de x, estando indefinida en el origen.

Si x es mayor que cero, f ′(x) también lo es, por lo tanto f (x) es creciente. Si x es negativa, entonces

f (x) es decreciente.

Como la segunda derivada siempre es negativa, f (x) es cóncava hacia abajo. Además como la función

se anula en cero, la gráfica de y = x2/3 también es la traza de la curva α.

1.1. Diferenciacion Vectorial

Al considerar el conjunto de puntos definidos por la gráfica de la función real f (x) = x2/3, se presenta

el inconveniente de que la derivada no existe en el origan. Por otra parte, la curva α(t) = (t3, t2), que

también describe el mismo conjunto de puntos, ¿tiene derivada en t = 0? pero, ¿cómo se define la

derivada de una curva?

Dada una curva y un punto t0 en su dominio puede calcularse la recta tangente a la traza de α en t0.

La exposición se hará en el plano por la facilidad de bosquejar la curva y los vectores considerados.

La recta tangente debe pasar por el punto α(t0) =(x(t0), y(t0)

)faltando únicamente encontrar su

vector director. Para obtenerlo se toma un incremento h en t0. Los vectores α(t0 + h) y α(t0) determinan

el vector ∆α = α(t0 + h) − α(t0) el cual es secante a la curva y apunta hacia α(t0 + h). A medida que

se toman incrementos más pequeños, el vector diferencia tiende a ser tangente a la curva pero al mismo

tiempo su magnitud tiende a cero.

Para evitar que ∆α se anule, se divide entre el escalar h el cual no modifica la dirección de ∆α, y al

tomar el límite del cociente de cantidades que aunque separado tienden a cero, como sus magnitudes son

semejantes, el resultado en general será distinto de cero.

El vector director de la recta tangente en t0 es por lo tanto

limh→0

α(t0 + h) − α(t0)h

. (1.1)

Recordemos que la derivada en x0 de una función real y = f (x) se define como

limh→0

f (x0 + h) − f (x0)h

,

esto sugiere que la ecuación 1.1 puede definirse como el vector derivada de α en el punto t0.


Escribiendo las componentes de α(t0 + h) y de α(t0) en la ecuación 1.1 y aplicando propiedades de

los límites se tiene que

limh→0

α(t0 + h) − α(t0)h

=(x′(t0), y′(t0)

).

El vector derivada de α en t0 se denota como α′(t0).

Concluyendo, la recta tangente a la curva en t0 es el conjunto de puntos u = (x, y) tales que

u = α(t0) + tα′(t0).

Nótese que la recta tangente es otra curva β cuya regla de correspondencia es:

β(t) = α(t0) + tα′(t0).

Definición 1.3. Una curva es suave o de clase C 1 si las derivadas de sus funciones componentes son

continuas.

EJEMPLO 1.5

a) La recta α(t) = (3,1+ 2t, 2t, 2+ t) tiene como vector derivada α′(t) = (0,2,1), el cual coincide

con el vector director como debía ser.

b) La circunferencia β(t) =(

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

tiene derivada β′(t) = 2(−sen (2t),cos(2t)). ¿Por

qué la curva y su vector derivada en este caso son perpendiculares?

c) La cicloide α(t) =(t− sen (t),1−cos(t)

)generada por un círculo unitario tiene derivada α′(t) =(

1 − cos(t),sen (t)). Observemos en la Figura 5 (b), que el vector derivada para t = π debe ser

horizontal, tal conjetura es cierta, dado que α′(π) = (2,0).

El análisis del concepto de derivada para una curva se inició al preguntar si α(t) = (t3, t2) tenía

derivada en t = 0. Ahora se sabe que la respuesta es afirmativa y además que α′(0) = (0,0). Esto

confirma lo que se había hecho notar antes: no es completamente equivalente considerar un conjunto de

puntos como gráfica de una función real f (x) = x3/2, ó bién representarlos como imagen de una curva

α(t) = (t3, t2). Sin embargo, existe una relación entre la derivada de f (x) = x2/3 y la correspondiente

a α. Considérese por ejemplo el punto P(8,4) el cual pertenece tanto a la imagen de α pues α(2) = P,

como también está en la gráfica de y = f (x) dado que f (8) = 4.

La derivada de α en t = 2 es α′(2) = (12,4) y la pendiente de este vector es precisamente

412= f ′(8) =

2

3 3√8


𝛼(𝑡𝑜)

𝛼(𝑡𝑜 + ℎ)

𝑏𝑎 𝑡𝑜

𝑡𝑜 + ℎ

Figura 7 Obtención del vector derivada

Este es un resultado general que se explora en los Ejercicios. El vector tangente es un valioso auxiliar

en el bosquejo de tazas de curvas.

Cuando una curva describe el movimiento de una partícula, en lugar de α(t), se suele denotar por r(t)

y

x

Figura 8 Trayectoria del avión vista desde la parte negativa del eje z

EJEMPLO 1.6 Un piloto acróbata describe con su nave la trayectoria que vería un observador desde

tierra, como se muestra en la Figura 8. Si se encuentra en el instante t = 0 en el punto (1,0,1), muestre


que una posible trayectoria es descrita por la curva

r(t) = (cos(3t),sen (t), |(sen (t)) | + 1) .

Solución. Bosquejamos inicialmente las coordenadas x(t) y y(t), físicamente suponemos en tal

situación que el avión vuela sólo en el plano xy.

Definimos β′(t) =(x′(t), y′(t)

). La trayectoria de β es determinada por los puntos donde sufre

cambios significativos, es decir, donde la tangente es horizontal o vertical y; redondeamos la información

encontrando los puntos donde β corta a los ejes de coordenadas,

β′(t) =(x′(t), y′(t)

)=

(− 3sen (3t),cos(t)

).

Una curva plana, como lo es β, más no r, tiene un vector tangente vertical en los puntos donde

x′(t) = 0, es decir si

−3sen (3t) = 0,

esto implica que 3t = kπ, k = 0,1, . . . y así t =kπ3

, por lo tanto

t =π

6,π

2,

56π,

96π,

116π.

Ordenamos los valores de t y calculamos sus coordenadas correspondientes.

t 0 π/6 π/3 π/2 2π/3 5π/6 π 7π/6 4π/3 3π/2 5π/3 11π/6 2π

x = cos(3t) 1 0 −1 0 1 0 −1 0 1 0 −1 0 1

y = sen(t) 0 1/2√

3/2 1√

3/2 1/2 0 −1/2 −√

3/2 −1 −√

3/3 −1/2 0

tangente V −12√

3V 1 − 1 V 1

2√

3V −1

2√

3V 1 − 1 V 1

2√

3V

Tabla 1 el símbolo V indica que la tangente es vertical

El vector tangente a la curva en un punto es la aproximación a la forma de la trayectoria cerca del

punto de tangencia, por ello hemos calculado también la inclinación del vector tengente

y′(t)x′(t)

para t =π

6,56π,

76π,

116π.

Usando la información que tenemos en la tabla, llegamos a que la forma de β es proporcionada por la

Figura 8.

Sólo nos falta investigar a que altura se desplaza el avión en cada tiempo t, ésta es dada por la tercer

componente z(t) = |sen (t) | + 1.


Figura 9 Trayectoria del avión vista desde la parte positiva del eje x

Consideramos ahora juntas a las coordenadas y y z, para ello definimos γ(t) =(y(t), z(t)

), haciendo

u = sen (t), γ(t) = (u, |u| + 1), ésta función nos proporciona la trayectoria del avión tal y como la veía

un observador situado en la parte positiva el eje x, como se ve en la Figura 9.

Por lo tanto la trayectoria del avión como lo vería otro piloto a mayor altura es dada por la Figura 8 y

se desplaza dentro de los planos cuyo corte con el plano yz observamos en la figura 9. La conclusión es

que la trayectoria del avión es en realidad la proporcionada por la figura 10.

z

x

y

Figura 10 Trayectoria del avión dada por r(t) = (cos(3t),sen (t), |(sen (t)) | + 1)


1.2. Parametrizacion de Conicas en el Plano

Ya se ha mostrado que la parametrización de una circunfencia de radio r centrada en el origen está

dada por

α(t) =(r cos(t),rsen (t)

)en donde el paramétro t se encuentra entre 0 y 2π.

Si el centro C de la circunferencia estuviera localizado en (h, k), entonces una parametrización, tam-

bién con θ entre 0 y 2π, estaría dada por

β(θ) =(h + r cos θ, k + r sen θ

)En el caso de una elipse con semiejes x y y, dados por a y b, respectivamente, es decir

(x − h)2

a2 +(y − k)2

b2 = 1

una parametrización, con φ entre 0 y 2π, está definida por

γ(φ) =(h + a cos φ, k + b sen φ

)Si consideramos la hipérbola

y2

a2 −x2

b2 = 1

entonces, dado que

sec2 θ − tan2 θ = 1

una parametrización, está dada por

α(θ) =(b tan θ,a sec θ

)Otra posibilidad, utilizando funciones hiperbólicas, se propone en los Ejercicios.

En la próxima sección consideramos la trayectoria definida por la parábola

β(t) = ( t,14

t2 + 1)


Ejercicios

(1) Para cada inciso encuentre la curva cuya trayectoria es la recta que pasa por el punto fijo P(a,b,c)

ó bien, en forma equivalente, el vector que definido por el origen y el punto P, es decir, p =

(a,b,c). Además, la dirección está dada por el vector v

a) p = (−3,2,3), v = (1,−4,2)

b) p = ( 1,2,0), v = (5,1,−3)

(2) Parametrice las siguientes trayectorias. Dibújelas

a) la elipse centrada en el origen, con semi-ejes a y b

b) la hipérbola (utilice funciones hiperbólicas)

(x − h)2

a2 −(y − k)2

b2 = 1

c) la parábola y = −4x2

d) la función y = f (x).

(3) En los siguientes ejercicios bosqueje la trayectoria de la curva α, encuentre y dibuje la recta

tangente para el valor de t indicado.

a) α(t) = (t4, t2), t = 1

b) α(t) = (e2t ,e−2t ), t = 0

c) α(t) =(3 cos(t),5 sen(t)

), t =

π

4d) α(t) = (3t − 2)ı + (5 − t), t = 2

e) α(t) =(4 sec(t),3 tan(t)

), t =

34π

f) α(t) = 2 cos(t)ı + 2 sen (t) + 3kt, t =34π

g) α(t) =(aebt cos(t),aebtsen(t)

), t ∈ R, a y b constantes, a > 0, b < 0, la recta tangente

se pide en t = 0.

h) α(t) = 2e−t cos(t)ı + 3e−tsen(t) +1tk, t ∈ (0,∞), la recta tangente se pide en t = 2π.

(4) Utilizando la técnica del Ejemplo 1.6 dibuje la trayectoria de la curva α(t) = (cos(3t),sen(2t)).

Encuentre y dibuje las rectas tangentes en

t =π

6,76π,π

2,32π.

(5) Bosqueje la trayectoria de la curva α(t) = (t3 − 4t, t2 − 4).

(6) Si α′(t) = t2 ı + (6t + 1) + 8t3k, α(0) = ı + 5 + k, encuentre α(t).

(7) Si β′′(t) = ı6t + 3, β′(0) = 4ı − + k, β(0) = 5, encuentre β(t).

(8) Si α′′(t) = ı6t − 12t2 + k, α′(0) = ı + 2 − 3k, α(0) = 7ı + k, encuentre α(t).


(9) Grafique la cicloide en el intervalo [−4π,4π], ¿Qué sucede en los picos de la cicloide con la

derivada?

(10) La curva α(t) =(a cos3(t),a sen 3(t)

)es llamada hipocicloide, esboce su trayectoria. (Su-

gerencia: exprese la trayectoria como función de x, aplicando las técnicas de cálculo de una

variable).

(11) Esboce las gráficas de las siguientes curvas

a) α(t) = (cos(3t),sen(t), | cos(t) | + 1).

b) α(t) = (cos(t),sen(3t),sen (t) + 1).

c) α(t) =(cos(3t),sen(2t),sen2(2t)

).

d) α(t) = ı cos(3t) + sen(t),+12

kt.

e) α(t) =(cos(2t),sen(t),cos3(2t)

).

f) α(t) =(cos(2t),sen(t),cos3(2t)

).

g) α(t) =(cos(t),sen(2t),cos2(t) + sen (2t)

).

(12) Calcular la distancia entre las siguientes curvas y los puntos dados. Dibuje las trazas.

a) α(t) =(t,√

1 + t2), P

(32,0

)b) β(t) =

(t,

1√

5

√4 − t2

), P

(45,0

)c) γ(t) = (cos(t),sen(t)) , P (3,4)

d) α(t) = (3 − t,−2 + 2t) , P (−7,−2)

e) β(t) =(t,2t2

), P (−26,5)

f) γ(t) =(cos3(t),sen3(t) − 1

), P (5,4)

(13) Considere las curvas de los incisos a y b del ejercicio anterior. ¿Cuál de ellas está más cerca del

punto (−3/2,0)?

(14) ¿Cuál de los puntos (9,6) y (−8,0) está mas cerca de la recta del inciso (d) del Ejercicio 12?

(15) Sean las funciones

f (x) =163−

23

x g(x) = |x − 3|

obtenga el área debajo de la gráfica de y = f (x) y por encima de y = g(x)

a) mediante integrales definidas

b) dividiendo la región en triángulos y aplicando geometría elemental

(16) Determine el área de la región localizada entre las parábolas siguientes

y = 48 − x2 y = x2 − 24


2. Longitud de Arco

Aunque la interpretación más común de la traza de una curva es la trayectoria del movimiento de un

objeto, no se ha mencionado algo sobre la velocidad de la partícula.

Considérese por ejemplo, un avión en picada cuya trayectoria coincide con la traza de la curva

α(t) = ( t,14

t2 + 1)

Se desea calcular la razón instantánea del cambio de la distancia con respecto al tiempo en t0 = 2. Para

obtenerla se aproximará mediante velocidades promedio en pequeños intervalos de tiempo alrededor de

t0. Tomando el incremento h, la velocidad promedio del avión en el intervalo [t0, t0 + h] es la distancia

recorrida entre el punto α(t0) y (t0 + h) entre el tiempo transcurrido h. Pero la distancia que el avión

recorre entre los puntos α(t0) y α(t0 + h) es la longitud de la traza de α desde t0 hasta t0 + h. Para

resolver el problema de la velocidad instantánea es necesario entonces saber calcular la longitud de

trazas de curvas. Consideremos una curva α(t) =(x(t), y(t)

), α : [a,b] −→ R2 de clase C 1 en [a,b].

Para calcular la longitud de α, nos aproximaremos mediante segmentos secantes a ella.

Dividamos el intervalo [a,b] mediante la partición:

a = t0 < ti < · · · < tk−1 < tk < · · · < tn−1 < tn = b,

la cual induce una división de la trayectoria de α en n partes. Fijemos nuestra atención a la k-ésima parte

de la curva. El vector que une a α(tk−1) con α(tk ), es α(tk ) − α(tk−1). Si dividimos este vector entre el

intervalo de tiempo que tarde una partícula en ir de un punto al otro, obtenemos

α(tk ) − α(tk−1)tk − tk−1

,

este vector tiene la misma dirección que α(tk ) − α(tk−1) pero su magnitud ha sido modificada al dividir

entre el escalar tk − tk−1.

Por el teorema del valor medio existe un punto ωk en (tk−1, tk ) tal que el vector derivada en tal punto,

el cual es α′(ωk ), es igual aα(tk ) − α(tk−1)

tk − tk−1.

Llamado ∆(tk ) a tk − tk−1, tenemos que

α′(ωk )∆tk = α(tk ) − α(tk−1).

La longitud de la recta entre α(tk ) y α(tk−1) es ‖α(tk ) − α(tk−1)‖, así es que, la longitud de la curva

es aproximadamente igual a

‖α(t1) − α(t0)‖ + ‖α(t2) − α(t1)‖ + · · · + ‖α(tk ) − α(tk−1)‖ + · · · + ‖α(tn ) − α(tn−1)‖


to = 2 to + h

x

y

(a) trayectoria del avión cerca del origen (0,0)

𝛼′(𝑤𝑘)𝛼(𝑡𝑘−1)

𝛼(𝑡𝑘)

(b) vector tangente en t = wk


=

n∑k=1

‖α(tk ) − α(tk−1)‖

=

n∑k=1

α′(ωk )∆tk =n∑

k=1

α′(ωk ) ∆tk , pues ∆tk > 0.

Esta es una suma de Riemann, por lo tanto al hacer que la norma de la partición tienda a cero, esta

suma tiende a la integral ∫ b

a

‖α′(t)‖ dt longitud de arco

Para una curva en α : [a,b] → R3 el argumento es análogo y la longitud también es dada por la

expresión anterior. Observemos como el concepto de curva permite definir su longitud como una integral

sobre un intervalo y no sobre la curva misma.

ΑHaL = ΑHtoL

ΑHt1LΑHt2L

ΑHtk-1L

ΑHtkL ΑHtn-1L

ΑHbL = ΑHtnL

Figura 12 subdivisión de la curva en n arcos

EJEMPLO 2.1 Encontrar la longitud de la circunferencia de radio r .


Solución. Parametrizamos la circunferencia mediante

α(t) =(r cos(t),rsen (t)

), r ∈ [0,2π]

α′(t) =(− rsen (t), r cos(t)

), ‖α(t)‖ =

√r2sen 2(t) + r2 cos2(t) = r,

por lo tanto la longitud es: ∫ 2π

0‖α′(t)‖dt =

∫ 2π

0r dt = 2π r.

EJEMPLO 2.2 Obtener la longitud de la cicloide de radio 1, definida sobre [0,2π].

Figura 13 subdivisión de la curva en n arcos y sus vectores tangentes

Solución. Una parametrización para la cicloide, por el Ejemplo 1.3 de la sección anterior es:

α(t) =(t − sen(t),1 − cos(t)

), t ∈ [0,2π]

α′(t) =(1 − cos(t),sen(t)

),

‖α(t)‖ =√

1 − 2 cos(t) + cos2(t) + sen(t)

=√

2(1 − cos(t) =

√4sen2

( t2

)= 2sen

( t2

)por lo tanto la longitud buscada es∫ 2π

02sen

( t2

)dt = −4

[cos

( t2

)]2π

0= 8.

Comparemos la longitud obtenida con una aproximación. La cicloide es simétrica con respecto a

x = π, por lo tanto la longitud desde t = 0 hasta t = π es 4, ésta longitud la podemos aproximar por la

recta que une a α(0) con α(π), esta longitud es igual a√π2 + 4 valor muy cercano a 4.

EJEMPLO 2.3 Calcule la longitud de la espiral logarítmica

α(t) =(e−t cos(t),e−tsen(t)

)a partir de t = 0.


x

y

(a) aproximando la longitud de arco de la cicloide

x

y

(b) espiral centrada en el origen


Solución. Esta espiral se “enrolla” infinitamente acercándose al origen, pues tanto sen(t) como cos(t)

están acotados, limt→∞ e−t = 0, por lo tanto

limt→∞

α(t) = (0,0)

α′(t) =(− esen(t) − e−t cos(t),e−t cos(t) − e−tsen(t)

),

‖α′(t) =√

2e−t por lo tanto la longitud de α es∫ ∞

0‖α′(t)‖dt =

∫ ∞

0

√2e−tdt =

√2 lima→∞

∫ a

0e−tdt

= −√

2 lima→∞

[e−t

]a0

= −√

2 lima→∞

[1ea− 1

]=√

2.

Una vez que se sabe calcular longitudes de arco es posible regresar al problema de obtener la velocidad

instantánea.

La velocidad promedio v del avión en el intervalo [t0, t0 + h] es la distancia recorrida en ese intervalo

de tiempo entre h:

v =1h

∫ t0+h

t0

‖α′(t)‖dt.

La velocidad instantánea en t0 es el límite de la velocidad promedio cuando h tiende a cero

v(t0) = limh→∞

1h

∫ t0+h

t0

‖α′(t)‖dt.

Como α es suave, ‖α′(t)‖ es una función continua y positiva sobre [t0, t0 + h], entonces el Teorema

del Valor Medio para integrales asegura que existe ω en [t0, t0 + h] tal que


t

y

to Ω to + h

y = ÈÈ Α ' HtL ÈÈ

y = ÈÈ Α ' HΩL ÈÈ

(a) Teorema del Valor Intermedio

y = x

y = -x

2

7

2

5

1

2

2

3

1

3

1

x

y

(b) curva con longitud infinita

Figura 15 Algunas curvas en el plano xy

∫ t0+h

t0

‖α′(t)‖dt = ‖α′(ω)‖(t0 + h − t0) = ‖α′(ω)‖h

por lo tanto

v(t0) = limh→∞

−1h‖α′(ω)‖h = ‖α′(t0)‖

pues

t0 ≤ ω ≤ t0 + h.

En la sección anterior se mostró que el vector tangente a una curva es su derivada. Acaba de verse que

la razón instantánea de cambio de la distancia recorrida por una partícula, cuyo movimiento es descrito

por una curva, con respecto al tiempo es precisamente la magnitud del vector derivada. Esta magnitud se

denomina rapidez.

Dada la curva suave α(t) =(x(t), y(t), z(t)

)el vector derivada en t0 es α′(t0) =

(x′(t0), y′(t0), z′(t0)

)y

su rapidez está dada por el escalar ‖α′(t0)‖

2.1. Curvas parametrizadas seccionalmente

Como puede observarse en la deducción de la fórmula para calcular la longitud de arco de una curva,

es importante considerar la división de una trayectoria en secciones ó bien unir diferentes arcos para

formar una curva.

EJEMPLO 2.4 Consideremos la curva cuya traza está definida por la gráfica de la hipérbola

3(x + 2)2 − y2 = 3

si x está entre −1 y 0, mientras que si x es positiva, la traza de la curva está determinada por el arco

correspondiente de la circunferencia

(x − 6)2 + y2 = 45


Comprobar que la traza completa de la curva es cerrada y que las derivadas coinciden en los puntos de

contacto.

Solución. Inicialmente, veremos que las trayectorias se unen correctamente. Si x = 0, entonces la

hipérbola se reduce a 3(0 + 2)2 − y2 = 3, ó bien 12 − y2 = 3, es decir y2 = 9. Por lo tanto, la hipérbola

toca al eje y en los puntos A(0,−3) y B(0,3). En el caso de la circunferencia, si x = 0, entonces

(0−6)2+ y2 = 45, de donde se obtiene que y2 = 45−36 = 9, en consecuencia, la circunferencia también

toca al eje y en los puntos A y B.

Enseguida se calculan las derivadas de la hipérbola en los puntos de contacto

dydx=

ddx

(3(x + 2)2 − y2 = 3

)de donde

6(x + 2) − 2ydydx= 0

despejando entonces la derivada, se obtiene

dydx=

3(x + 2)y

sustituyendo las coordenas de los puntos A(0,−3) y B(0,3) obtenemos, respectivamente

dydx=

3(0 + 2)−3

= −2dydx=

3(0 + 2)3

= 2

Por otra parte, se calcula la derivada de la circunferencia

dydx=

ddx

((x − 6)2 + y2 = 45

)de donde

2(x − 6) + 2ydydx= 0

despejando la derivada, obtenemosdydx= −

(x − 6)y

sustituyendo las coordenas de los puntos A(0,−3) y B(0,3) obtenemos, respectivamente

dydx= −

(0 − 6)−3

= −2dydx= −

(0 − 6)3

= 2

En conclusión, el segmento de la rama derecha de la hipérbola y el arco de la circunferencia se unen

suavemente en los puntos A(0,−3) y B(0,3).

La traza completa se puede parametrizar mediante dos curvas

α(t) =(

1√

3

(−2 +

√t2 + 3

), t)


con t entre −3 y t, describe la parte de la hipérbola, mientras que

β(θ) =(6 +√

45 cos θ,√

45 sen θ)

con θ entre π2 + arcsen 1√

5y − π2 − arcsen 1√

5, describe el arco de circunferencia.

EJEMPLO 2.5 Consideremos la curva cuya traza está definida por la gráfica de la circunferencia

(x − 1)2 + (y + 1)2 = 9

si x es menor que 1, mientras que si x es mayor ó igual que 1, la traza de la curva está determinada por

el arco correspondiente de la elipse

(x − 1)2

16+

(y + 1)2

9= 1

Comprobar que la traza completa de la curva es cerrada y que las derivadas coinciden en los puntos de

contacto.

Solución. Se procede como en el Ejemplo 2.4 para comprobar que las curvas se unen en los puntos

C(1,2) y D(1,−4).

EJEMPLO 2.6 Compruebe que la traza de la curva siguiente, definida seccionalmente, es continua.

r(t) =

(t + 5, (t + 5)2 − 16

), t ∈ [−10,0](

cos π2 t + 4,sen π2 t + 9

), t ∈ [0,2](

5 − t, (5 − t)2), t ∈ [2,8](

cos π2 (t − 8) − 4,sen π2 (t − 8) + 9

), t ∈ [8,10]

Solución. Definamos las curvas siguientes α(t) =(t + 5, (t + 5)2 − 16

), con t ∈ [−10,0], además de

β(t) =(cos π2 t − 4,sen π

2 t − 9), con t ∈ [0,2].

Entonces, α(0) = (5,25 − 16) = (5,9), mientras que β(0) = (1 + 4,9). Por lo tanto, α(0) = β(0).

Se define también γ(t) =(5 − t, (5 − t)2

), entonces, γ(2) = (5 − 2,32) = (3,9) y dado que β(2) =

(−1 + 4,9) = (3,9), las curvas β y γ coinciden en t = 2.

Ahora consideremos ζ (t) =(cos π2 (t − 8) − 4,sen π

2 (t − 8) + 9), entonces ζ (8) = (1−4,9) = (−3,9),

mientras que γ(8) = (−3,9), por lo tanto ζ (8) = γ(8).

Finalmente, ζ (10) = (−1 − 4,9) = (−5,9), que coincide con α(−10) = (−5,25 − 16) = (−5,9).


2.2. Una curva acotada cuya longitud es infinita

La curva definida por

α(t) =(t, t sen

π

t

)para t perteneciente al intervalo (0,1] y en t = 0 definida por (0,0), tiene longitud infinita en [0,1].

A fin de comprobarlo, primeramente bosquejamos la curva.

Los puntos en los cuales sen x se anula son de la forma x = kπ, k = 0,1,2, . . . Por lo tanto πt = kπ y

de aquí, t = 1k , k = 1,2, . . .

Los valores extremos de sen x son de la forma x = 2k+12 π, por lo tanto π

t =2k+1

2 π, t = 22k+1 es decir,

t = 23 ,

25 ,

27 ,

29 , . . . , en éstos valores de t, α vale

(23 ,−

23

),(

25 ,−

25

) (27 ,−

27

),(

29 ,−

29

), . . . , respectivamente.

Con esta información bosquejamos la trayectoria de α en la Figura 15 (b).

Observemos que la longitud de α en los intervalos:[

12 ,1

],[

13 ,

12

],[

14 ,

13

],[

15 ,

14

], . . . es al menos

23 ,

25 ,

27 ,

29 , . . . respectivamente. De aquí inferimos que la longitud de α, `(α), es mayor o igual que la

suma infinita 23 ,

25 ,

27 ,

29 , . . . , o sea que

`(α) ≥23+

25+ · · · +

22m + 1

= 2(

13+

15+ · · · +

12m + 1

+ · · ·

)

= 2

1

2(1 + 1

2

) + 1

2(1 + 1

2

) + · · · + 1

2(m + 1

2

) + · · ·

=1

1 + 12

+1

2 + 12

+ · · · +1

m + 12

+ · · ·

Debido a que1

m + 12

>1

m + 1para cada m, la última suma es mayor que

11 + 1

+1

2 + 1+ · · · + · · · =

12+

13+ · · · +

1n+ · · ·

La conclusión es que `(α) > 12 +

13 + · · · +

1n + · · · . Esta suma infinita crece sin tender a algún límite.

Por lo tanto la longitud de α en el intervalo [0,1] al ser mayor que una cantidad que crece indefinidamente

es infinita.


Ejercicios

Calcule la longitud de arco para las siguientes curvas en el intervalo dado. Esboce la curva.

(1) α(t) = (3t,5t, t2) t ∈ [0,3].

(2) α(t) =(t,sen (t), t cos(t), t

), t ∈ [0,2π].

(3) α(t) =(et cos(t),et sen (t),et

), t ∈ [0,3].

(4) α(t) =(a cos3(t),a sen 3(t)

).

(5) α(t) =(t, ln(t)

), t ∈ [1,e].

(6) α(t) =(t,cosh

( ta

)), t ∈ [0,a] (catenaria)

(7) Compruebe que la longitud de arco para curvas coincide para funciones reales cuando es re-

stringida a este caso.

(8) Una fuerza obliga a una partícula a moverse sobre la traza de α(t) = (t3,4t, t2 − 4). Sin embargo

cuando t = 2 la fuerza cesa de actuar, ¿en qué punto se encuentra la partícula cuando t = 5?

(9) Una partícula se mueve siguiendo la trayectoria de una circunferencia centrada en el origen con

radio a. Si en t = 0 la partícula está en P(a,0) y su velocidad angular es ω, muestre que:

a) el movimiento de la partícula es descrito por α(t) =(a cos(ωt),asen(ωt)

)b) la aceleración de un vector de magnitud constante dirigido hacia el centro del círculo

(10) Tenemos una partícula que gira alrededor del eje z sobre un círculo de radio a situado en un plano

paralelo al plano xy. La velocidad angular es una constante ω. El vector Ω = ωk dirigido a lo

largo del eje z es llamado el vector velocidad angular de la partícula. Muestre que el producto

cruz de Ω y α(t) es igual a α′(t).

(11) Dibuje la traza de la curva siguiente, que está definida seccionalmente

α(t) =

(t − sen (t),cos(t) − 1, t) , t ∈ [−2π,0]

(t − sen (t),1 − cos(t), t) , t ∈ [0,2π].

¿existe el vector derivada α′(0)?

(12) Bosqueje la traza de la curva siguiente, definida seccionalmente

β(t) =

(

54 − cosh(t),senh(t)

), t ∈ [− ln(2), ln(2)](

cosh[t − ln(4)] − 54 ,−senh[t − ln(4)]

), t ∈ [ln(2), ln(8)]

(13) Compruebe que las curvas α(t), β(t), γ(t) y ζ (t) que componen seccionalmente la función

vectorial del Ejemplo 2.6, no tienen derivadas continuas. Es decir, en los valores t = 0,2,8 y 10,

sus derivadas tienen valores distintos. Modifique las curvas α(t) y γ(t), por semicircunferencias,

de manera que la curva resultante sea de clase C 1. Dibuje la traza de la curva completa.


3. Reparametrizaciones

El hecho de que una partícula puede recorrer una misma trayectoria a distintas velocidades, nos lleva

al concepto de reparametrización.

Consideremos la parametrización de la circunferencia dada por

α(t) =(

cos t,sen t), t ∈ [0,2π].

Otra curva que tiene la misma trayectoria con el mismo número de vueltas, en este caso una, que la

función α es β(t) =(

cos 2t,sen 2t), t ∈ [0, π].

Las imágenes de α y β son iguales, ésto hace que tales curvas se encuentren relacionadas estrechamente,

examinemos ésta relación expresando β en términos de α.

β(t) =(

cos(2t),sen (2t))= α(2t), haciendo

h(t) = 2t, β(t) = (α h)(t),

h : [0, π] −→ [0,2π].

Generalizando lo anterior tenemos:

Definición 3.1. Dada α : [a,b] −→ R3, para cada función h : [c,d] −→ [a,b] biyectiva,

β = α h

es otra curva llamada reparametrización de α, es decir β : [c,d] −→ R3.

Observemos que las trayectorias de α y β son iguales y que el dominio de h es arbitrario pero su

imagen debe ser igual al dominio de α.

Usando la definición daremos una reparametrización más del círculo unitario.

EJEMPLO 3.1 Encontrar la reparametrización de α(t) =(

cos(t),sen(t)), t ∈ [0,2π] determinada por

h(t) = 13 t.

Solución. Puesto que su imagen debe ser [0,2π], su dominio es forzado a ser tres veces más grande,

por lo tanto es [0,6π], en símbolos:

h : [0,6π] −→ [0,2π], así que otra reparametrización de α es β definida por:

β = α h, β(t) = α(

13

t)=

(cos

(13

t),sen

(13

t))

β : [0,6π] −→ [0,2π].

EJEMPLO 3.2 Sea α(t) =(a cos(t),b sen (t)

), t ∈ [0,4π]; encontrar su reparametrización determi-

nada por h(t) = 5t.


Solución. La trayectoria de la curva α da dos vueltas a la elipse con semiejes a y b. Como la imagen

de la h es [0,4π], su dominio debe ser[0,

45

],h :

[0,

45π

]−→ [0,4π]

por lo tanto la reparametrización β es dada por

β :[0,

45π

]−→ R2, β(t) = α

(h(t)

)= α(5t) =

(a cos(5t),b sen (5t)

).

Hasta ahora solo hemos considerado funciones biyectivas h(t)de un tipo especial, esto es, crecientes,

¿qué sucede cuando son decrecientes?

Figura 16 Gráfica de h(t) = − 12 t.

EJEMPLO 3.3 Sea α(t) =(a cos(t),b sen (t)

), t ∈ [0,2π]; si h(t) = − 1

2 t, ¿Cuál es el dominio de h?

Solución. Responderemos tal cuestión del problema geométricamente sabiendo que la imagen de h

debe ser [0,2π].

En la figura 3.1 podemos ver que el dominio de h es [−4π,0] así que h| − 4π,0| −→ |0,2π |; y la

reparametrización β determinada por h es:

β(t) = α (h(t)) = α(−

12

t)=

(a cos

(−

12

t),bsen

(−

12

t))

=

(a cos

(12

t),−bsen

(12

t)),

β : [−4π,0] −→ R2.

La curva β tiene trayectoria opuesta a la de α. Por lo tanto si h es decreciente β tiene sentido contrario

al de α. Además hay muchas trayectorias opuestas posibles, busquemos la más sencilla.


Sea α : [a,b] −→ R3, buscamos una curva que tenga el mismo dominio que α pero con trayectoria

opuesta, la función h que determina a β siempre tiene imagen [a,b], ahora como pedimos que los do-

minios de las curvas sean iguales, el dominio h también debe ser [a,b], más aún como β tiene trayectoria

opuesta a la de α, h es decreciente, ésto lo representamos geométricamente en la Figura 17

x

y

a b

b

a

Figura 17 Gráfica de h(t) = a + b − t.

De la gráfica, la pendiente m de h(t) es dada por m = −1, si t ∈ (a,b), −1 = h(t )−bt−a , por lo tanto,

h(t) = a+b− t, así que β(t) = α(h(t)

)= α(a+b− t), β es realmente opuesta a α dado que β(a) = α(b)

y β(b) = α(a), β : [a,b] −→ R3 y se denota por β = αop .

Definición 3.2. Sea α : [a,b] −→ R3 una parametrización dada, entonces αop : [a,b] −→ R3, la

reparametrización definida por de αop(t) = α(a + b − t), se llama la curva opuesta a α.

EJEMPLO 3.4 Dada α : [a,b] −→ R3 encuentre una parametrización β que preserve la orientación

de α pero que esté definida en [0,1].

Solución. Recordando las consideraciones del ejemplo anterior

h : [0,1] −→ [a,b], b − a =h(t) − a

t − 0,


por lo tanto

h(t) = t(b − a) + a, β(t) = α(h(t)

)= α

(t(b − a) + a

).

Observemos que β : [0,1] −→ R2 y que β(0) = α(a), β(1) = α(b).

Definición 3.3. Sea β reparametrización de α determinada por h, si h es creciente decimos que β

preserva la orientación de α, si h es decreciente entonces β invierte la orientación de α.

Dada una curva α hemos visto que cada reparametrización β tiene la misma trayectoria, con el mismo

número de vueltas, posiblemente con diferente orientación, así β se dice que es equivalente a α si es

reparametrización de α y no cambia su orientación.

Si α es una parametrización de la circunferencia esta se dice que está orientada positivamente si se

mueve en el sentido contrario de las manecillas del reloj. Se verá ahora que la longitud de arco no

depende de la parametrización elegida.

Sea α : [a,b] −→ R3, si β es reparametrización de α, definida por h : [c,d] −→ [a,b] biyectiva tal

que β(t) = α(h(t)′big), β : [c,d] −→ R3, deseamos probar que∫ d

c

‖ β′(t)‖dt =∫ b

a

‖α′(u)‖du.

β′(t) = α′(h(t)

)h′(t), así∫ d

c

‖ β′(t)‖dt =∫ d

c

‖α′(h(t)

)h′(t)‖dt =

∫ d

c

‖α′(h(t)

)‖ |h′(t) |dt .

dado que h(t) es biyectiva, h′(t) > 0 ó h′(t) < 0, suponiendo el primer caso,∫ d

c

‖ β′(t)‖dt =∫ d

c

‖α′(h(t)

)‖h′(t)dt,

haciendo u = h(t), du = h′(t)dt; u = h(c) = a, u = h(d) = b por ser h creciente , aplicando el teorema

del cambio de variable, ∫ d

c

‖ β′(t)‖dt =∫ b

a

‖α′(u)‖du.

La importancia del concepto de longitud de arco radica en varias razones. Como acabamos de ver

no depende de la parametrización que demos a una trayectoria siempre que sean equivalentes tales

parametrizaciones. Por otra parte es necesario calcular longitudes de arco al considerar integrales a

lo largo de trayectorias.


3.1 Parametrizacion con longitud de arco

Se mostrará que si una curva está parametrizada con longitud de arco, su rapidez que es la magnitud

del vector velocidad, es igual a uno.

Sea α : [a,b] −→ R3 una curva,

a t b

α(a)

α(b) α(t)

S(t)

Figura 18 Definiendo la función longitud de arco s(t).

para cada t ∈ [a,b], la longitud del arco de la curva desde α(a) hasta α(t) es∫ t

a

‖α′(t)‖dτ,

esta integral nos determina una función de [a,b] en R, llamémosle s,

s : [a,b] −→ R

s(t) =∫ t

a

‖α′(τ)‖dτ.

Hemos introducido la variable τ para evitar confusiones con t, además ésta variable τ es muda, es

decir, que el valor de la integral no depende del parámetro τ.

EJEMPLO 3.5 Calcule s(t) para α(t) =(

cos3(t),sen 3(t)), t ∈

[0, π2

].

α′(t) =(− 3 cos2(t)sen(t),3sen2(t) cos(t)

),

‖α′(t)‖ =√

9 cos4(t)sen2(t) + 9sen4(t) cos2(t) = 3|sen(t) | | cos(t) |.

Como estamos considerando el intervalo[0, π2

], podemos quitar los valores absolutos,

s(t) =∫ t

0‖α′(τ)‖dτ = 3

∫ t

0sen (τ) cos(τ)dτ =

32

sen 2(t).


Observemos que la derivada α′(τ) cambia la magnitud, por ejemplo,

α′(π

4

) = 32

α′(π

6

) = 3√

34.

Buscamos ahora una reparametrización β de α cuya rapidez sea constante e igual a uno en todo punto.

La longitud de arco nos permitirá conseguirlo.

s = s(t) =32

sen 2(t),

es decir,

sen (t) =

√23

s

por lo tanto, t = arcsen(√

23 s

), dado que en

[0, π2

]la función sen(t) es inyectiva y podemos obtener su

inversa.

Nuestra función h candidata para determinar a β es

t = h(s) = arcsen

√

23

s

.

β(s) = α (h(s)) = α

arcsen

√

23

s

=

cos3

arcsen

√

23

s

,sen3

arcsen

√

23

s

.

Para simplificar esta expresión, usando trigonometría hacemos θ = arcsen(√

23 s

). Construimos así el

triángulo rectángulo de la Figura 19.

De la figura tenemos que, cos θ =√

1 − 23 s por lo tanto, cos3(θ) =

(1 − 1

2 s)3/2

.

La expresión para β(s) se reduce entonces a:

β(s) =

(1 −

23

s)3/2

,

(23

s)3/2

, por lo cual

β′(s) =

−

(1 −

23

s)1/2

,

(23

s)1/2

, y

‖ β′(s)‖ =

√(1 −

23

s)+

23

s = 1.

El procedimiento ilustrado en el ejemplo anterior puede ser generalizado a curvas α de clase C 1 cuya

derivada es distinta de cero en el dominio de la curva.

Sea entonces α : [a,b] −→ R3 con las características descritas.


1

θ

Figura 19 Comprobación de que la longitud ‖ β′(s)‖ es igual a uno.

Consideremos la función longitud de arco de α:

s(t) =∫ t

a

‖α′(τ)‖dτ, t ∈ [a,b],

por el Teorema Fundamental del Cálculo, s′(t) = ‖α′(t)‖.

Como suponemos que α′(t) , 0 para toda t ∈ [a,b], s′(t) > 0, lo cual quiere decir que s(t) es

inyectiva en a,b, así que podemos encontrar su inversa, si le llamamos h, como s = s(t), t = h(s). Sea

entonces β(s) = α(h(s)

), β′(s) = α′

(h(s)

)h′(s) para cada s ∈ [0, `], donde ` es la longitud de α desde

a hasta b.

Por el Teorema de la Función Inversa

h′(s) =dhds=

1dsdh

=1dsdt

=1

s′(t),

dado que s = s(t) y t = h(s). Ahora como s′(t) = ‖α′(t)‖, h′(s) = 1‖α′ (t )‖ , por lo tanto,

‖ β′(s)‖ = ‖α′ (h(s)) ‖|h′(s) | = ‖α′ (h(s)) ‖1

‖α′(t)‖= 1.

Reformulamos lo que hemos hecho: dada una curva α : [a,b] −→ R3 la cual es de clase C 1, con

derivada distinta de cero, empleando la longitud de arco,

s = s(t) =∫ t

a

‖α′(τ)‖dτ, s : [a,b] −→ [0, `]

encontramos una función biyectiva, la inversa de s, la cual llamamos h, con h : [0, `] −→ [a,b] de

tal manera que la composición β = α h tiene derivada con magnitud unitaria. Pero β cumple con


los requisitos de una reparametrización de α, llamada reparametrización standard por sus características

especiales.

Notemos que en el ejemplo examinado α′(t) = 0 en los extremos de intervalo[0,π

2

], sin embargo la

función h(s) = arcsen

√

23

s

,s ∈

[0,

32

]es biyectiva.

Una curva es suave por pedazos si sólo tiene un número finito de puntos en los cuales su derivada se

anula. Como un ejemplo tenemos la hipocicloide.

Una importante consecuencia de parametrizar una curva con longitud de arco es que su longitud es

dada de una forma muy sencilla.

Sea β : [a,b] −→ R3 parametrizada en longitud de arco, entonces ‖ β′(s)‖ = 1, para cada s ∈ [a,b] y

`(α) =∫ b

a

‖ β′(s)‖ds =∫ b

a

ds = b − a.

EJEMPLO 3.6 Calcular la longitud de la cuarta parte de la hipocicloide con parametrización usual y

con longitud de arco.

Solución. Por el Ejemplo 3.5, con el parámetro usual t,

α(t) =(

cos3(t),sen 2(t)), t ∈

[0,π

2

]la longitud buscada es ∫ π/2

0‖α′(t)‖dt =

32.

Ahora, parametrizando con longitud de arco s, por el mismo Ejemplo 3.5,

β(s) =

(1 −

23

s)3/2

,

(23

s)3/2

, s ∈

[0,

32

],

y como ‖ β′(s)‖ = 1, la longitud también es igual a uno.

3.2 Limites, Continuidad e Integracion Vectorial

En secciones anteriores se han abordados diversos problemas como: calcular el vector tangente a una

curva o la rapidez de un objeto cuyo movimiento es descrito por la trayectoria de una función vectorial.

En los procesos de solución de los plateamientos anteriores se ha podido apreciar la importancia del

concepto de límite en el contexto vectorial.


Definición 3.4. Dada α : [a,b] −→ R3,con funciones componentes

α(t) = (x(t), y(t), z(t))

entonces se define el límite de la curva cuando t tiende a t0 como el vector cuyas componentes son los

límites (en caso de que existan) de cada una de las funciones componentes

limt→t0

α(t) =(u,v,w

)en donde

u = limt→t0

x(t) v = limt→t0

y(t) w = limt→t0

z(t)

el vector (u,v,w) es el límite de α(t) cuando t tiende a t0

EJEMPLO 3.7 Dada la curva siguiente, definida para t diferente de 0

α(t) =(

1 − cos tt

,2t − 1

t,

sen tt

)determine el límite limh→0 α(h)

Solución. Por la Regla de L’Hôpital, obtenemos que

limh→0

α(h) = ( 0 , ln 2 ,1 )

Definición 3.5. Dada α : [a,b] −→ R3 entonces se dice que α(t) es continua en t0 si el límite

limt→t0 α(t) existe, el valor α(t0) está definido y además

limt→t0

α(t) = α(t0)

EJEMPLO 3.8 Dada la curva definida de la manera diferente

β(t) =

(

(1 − cos t)/t , (2t − 1)/t , (sen t)/t)

si t , 0

( 0 , ln 2 ,1 ) si t = 0

¿es continua β en t igual a 0?

Solución. Por el Ejemplo 3.7, observamos que, en efecto, es continua en t = 0.

Por otro parte, se presentan problemas en los cuales se conoce la derivada de una curva y su posición,

debiendo determinarse las funciones componentes de la curva. El problema se resuelve calculando las


integrales indefinidas de cada una de las componentes de la derivada vectorial y aplicando entonces las

condiciones iniciales.

EJEMPLO 3.9 Dadas las condiciones siguientes: si α′′(t) = ı6t + 6 + k(12t2 − 8), α′(−1) =

3ı − 2 + 4k , y α(−1) = −2ı − 6, encuentre la función vectorial α(t).

Solución. Integrando en forma indefinida cada una de las componentes de α′′(t),

α′′(t) = ı6t + 6 + k(12t2 − 8),

obtenemos α′(t),

α′(t) = ı(3t2 + a) + (6t + b) + k(4t3 − 8t + c),

en donde a, b y c son constantes. Aplicando las condiciones α′(−1),

ı(3 + a) + (b − 6) + k(8 − 4 + c) = (3,2,4)

de donde, a = 0, b = 4 y c = 0. Entonces

α′(t) = ı(3t2) + (6t + 4) + k(4t3 − 8t),

integrando ahora cada una de las componentes de α′(t),

α(t) = ı(t3 + d) + (3t2 + 4t + e) + k(t4 − 4t2 + f ),

finalmente, evaluando α(t) en t = −1,

ı(d − 1) + (3 − 4 + e) + k(1 − 4 + f ) = (−2,−6,0),

en consecuencia, d = −1, e = −5 y f = 3. Por lo tanto

α(t) = ı(t3 − 1) + (3t2 + 4t + −5) + k(t4 − 4t2 + 3).

EJEMPLO 3.10 Determine la curva β(θ), si β′(θ) = (− sen θ,cos θ , 1) y además, β(0) = (2,0 , −π)

Solución. Integrando con respecto a θ, cada una de las componentes de β′(θ),

β(θ) = (a + cos θ,b + sen θ , θ + c).

Entonces, obtenemos que

β(θ) = (1 + cos θ, sen θ , θ − π).

En la sección de Campos Vectoriales, se volverán a aplicar ideas de integración vectorial.


Ejercicios

(1) Para cada una de las siguientes curvas α, encuentre la reparametrización β determinada por la

función inyectiva h dada, proporcione, desde luego, el dominio de β. Dibuje las curvas y sus

dominios.

a) α(t) =(r cos(t),r sen (t)

), t ∈

[0,

32π

], h(t) =

53

t.

b) β(t) =(a cos3(t),a sen (t)

)t ∈ [3π/2,5π/2] ,h(t) = −2t

c) r (t) =(et cos(t),et sen (t)

), t ∈

[π

2, π

], h(t) = −

t2

.

(2) En cada uno de los siguientes pares de curvas diga, si β es o no reparametrización de α. En caso

afirmativo, encuentre h(t). Dibuje las curvas y sus dominios.

a) β(t) = 2ı cost2+ 3 sen

t2, t ∈ (0,3π] α(t) = (2 cos t,3 sen t) , t ∈

[0,

34π

]b) β(t) = (cos(2t),sen(t)) , t ∈ [0, π] α(t) = (cos(t),sen(t)) , t ∈ [0,4π]

c) β(t) = (−3 + 6t,1 + 2t,2 − 4t) , t ∈ [2,4] α(t) = (9 + 3t,5 + t,−6 − 2t) , t ∈ [6,12]

d) β(t) = (2 cos(3t),−2sen(3t)) , t ∈ [0, π/2] α(t) = (2sen(t),2 cos(t)) , t ∈ [π/2,2π]

(3) Para cada una de las parejas siguientes de curvas diga, si β es o no reparametrización de α. En

caso afirmativo, encuentre h(t). Dibuje las trazas de las curvas y bosqueje sus dominios.

a) β(t) = 4ı cost3+ 4 sen

t3, t ∈ (0,3π] α(t) = ( 5 cos t,5 sen t ) , t ∈ [0, π]

b) β(t) = (1 + 2,−t,1 + 3t, ) , t ∈ R α(t) = (3 + 4t,−1 − 2t,4 + 6t) , t ∈ R

c) β(t) = 2ı sen32

t + 4 cos32

t, t ∈[0,π

2

]α(t) = (2 cos t,4 sen t) , t ∈

[π

2,54π

]d) β(t) = (3 cos (2t) ,5 sen (2t)) , t ∈ (0, π] α(t) = (3 sen (t) ,5 cos (t)) , t ∈ [0,2π]

(4) En el Ejercicio 1, tome el punto medio t de la reparametrización β, calcule la derivada en tal

punto, considere ahora la imagen h(t) ∈ [a,b] del punto medio t, calcule la derivada en tal punto

h(t) con la parametrización orginal α; compare las direcciones y magnitudes de los vectores

derivada. ¿Qué interpretación se puede dar a las reparametrizaciones en base a la comparación

anterior? ¿Cuál es la relación entre la dirección y magnitud de β′(t) ydα ((h))

dten el caso

general?

(5) Considere α(t) = (cos(t),sen(t)), t ∈ [0,3]; encuentre una reparametrización la cual se mueve

dos veces más rápido que α.

(6) En las curvas siguientes calcule αop y la reparametrización que preserva la orientación pero que

está definida en [0,1]. Dibuje las curvas y sus dominios


a) α(t) = (3 cos (t) ,5 sen (t)) , t ∈[π

2,32

]b) α(t) =

(e−t cos (t) ,e−tsen (t)

), t ∈ [π,2π] .

c) α(t) = (cos (t) ,sen (t) , t) , t ∈[π

4,π

2

].

(7) Compare los vectores tangentes en el centro del dominio para α y αop del ejercicio 5. En general

si t ∈ [a,b], ¿Cuál es la relación ente las derivadas de α(t) y αop (a + b − t)?

(8) Reparametrice con longitud de arco s cada una de las curvas dadas tomando a = 0, verifique

directamente que la reparametrización tiene rapidez unitaria. Esboce las curvas:

a) α(t) = (cos (4t) ,sen (4t)),

b) α(t) =(e−t cos (t) ,e−tsen (t)

),

c) α(t) = (cosh (t) ,senh (t) , t).

(9) Dada una curva β(s) parametrizada con longitud de arco, su curvatura, κ(s) se define por

κ(s) = ‖ β′′(s)‖. Halle la curvatura para cada una de las funciones vectoriales siguientes

a) α(t) = (cos (4t) ,sen (4t)),

b) α(t) =(

cos3(t),sen 3(t)),

(10) Dadas las condiciones siguientes, encuentre cada una de las funciones vectoriales α(t).

a) si α′′(t) = (6t − 10)ı + (3t2 − 6) + 6k, α′(0) = 4ı + k y α(0) = 7 − k

b) si α′′(t) =(2 + senh (t),6t,− cosh(t)

), α′(0) = (1,−4,1) y α(0) = (−1,0,−1)

(11) Para la función escalar de dos variables z = f (x, y), su derivada parcial con respecto a x en el

punto (x0, y0) se define por

∂

∂xf (x0, y0) = lim

∆x→0

f (x0 + ∆x, y0) − f (x0, y0)∆x

,

Calcule las derivadas parciales con respecto a x de las funciones siguientes

a) f (x, y) = x3 cos(2y) − 5x2sen (4x)

b) g(x, y) = e−y tan(2y) − ln x cos(y)

(12) Dada la función escalar de dos variables z = g(x, y), su derivada parcial con respecto a y en el

punto (x0, y0) se define por

∂

∂xg(x0, y0) = lim

∆y→0

g(x0, y0 + ∆y) − g(x0, y0)∆y

,

Determine las derivadas parciales con respecto a y de las funciones siguientes

a) g(x, y) =x2 cos yy sen x

b) f (x, y) = (ye−y − 3x ln x)2


4. Campos Vectoriales

En ciencia o ingeniería se presentan situaciones en que debe describirse el flujo de un fluido o gas, así

como la difusión de temperatura, entre otros fenómenos. Específicamente, si un fluido, como el agua se

encuentra confinado en una cavidad cuadrada y la parte superior empieza a desplazarse hacia la derecha,

entonces el fluido describe un comportamiento como se ilustra en la Figura 20, que es un ejemplo de

campo vectorial.

Por otro lado, el concepto de campo vectorial surge naturalmente de la consideración de funciones

escalares. Por ejemplo si f (x, y) = x2 + y2, el gradiente de f , ∇ f (x, y) = 2x ı + 2y es una función que

a cada punto del plano (x, y) le asocia el vector (2x,2y). Pero, la gráfica de un función de R2 en R2 no

puede dibujarse.

0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

Figura 20 Flujo de un fluido confinado en una cavidad cuadrada

No obstante, existe una representación geométrica la cual es muy útil: se toma un valor (x, y) del

dominio y se representa geométricamente como un punto, entonces el elemento que se le asocia, en este

caso (2x,2y), se dibuja como un vector cuyo punto de aplicación es (x, y).

Si se considera ahora f (x, y) = x2/6 − y2/6, ∇ f = (x/3,−y/3) lo cual da origen al campo vectorial

F (x, y) = (x/3,−y/3)


x

y

(a) Campo vectorial F (x, y) = (2x,2y)

x

y

(b) Campo vectorial F (x, y) = (x/3,−y/3)

Figura 21 Ejemplos de campos vectoriales en el plano xy

Definición 4.1. Un campo vectorial F definido sobre D ⊂ R2 es una función de D en R2,

F (x, y) = (P(x, y),Q(x, y))

Las funciones P(x, y), Q(x, y) son llamadas componentes del campo y en diversas aplicaciones se

pide que las derivadas parciales de primer orden sean continuas, es decir, que F sea de clase C 1.

Por ejemplo, si

F(x, y) =(

xx2 + y2 + 1

,y

x2 + y2 + 1

),

las funciones componentes son

P(x, y) =x

x2 + y2 + 1, Q(x, y) =

y

x2 + y2 + 1.

Un campo vectorial en R3 se define de manera análoga, F(x, y, z) = (y, x,2z) es un ejemplo de tales

campos.

Los campos vectoriales proporcionan un modelo matemático de muchas situaciones físicas como

puede apreciarse en los ejemplos siguientes. Consideremos inicialmente un líquido el cual fluye por un

tubo como se muestra en las Figuras 22 y 23.

4.1. Lineas de Corriente y Superficies Equipotenciales

Si se coloca una bolita de unicel en el líquido, ésta se moverá y describirá una trayectoria llamada

línea de corriente.


Figura 22 Campo vectorial y una línea de corriente de un fluido.

La velocidad de la partícula en un punto P(x, y) digamos, es representado entonces por el vector

tangente a la línea de corriente en ese mismo punto.

Dado que en el punto Q(x, y) el tubo se estrecha, y el líquido se supone incompresible, la velocidad

allí debe ser mayor que en P(x, y) por lo cual la longitud del vector tangente también debe ser mayor.

Si se colocan varias bolitas cada una de ellas describirá una línea de corriente, pudiendo calcularse

el vector velocidad en cada punto de ellas. Para asociar un vector velocidad a cada punto del líquido,

simplemente se considera la línea de corriente que pase por tal punto y se calcula su vector tangente.

(a) campo vectorial flujo en dos puntos (b) diversos valores del campo vectorial

Figura 23 Campo vectorial sobre varias líneas de corriente

La conclusión es que un fluido en movimiento define un campo vectorial velocidad el cual asigna a

cada punto del fluido un vector el cual señala hacia donde se moverá una partícula colocada en ese punto

y su magnitud describe que tan rápido se mueve.

El campo vectorial F(x, y) = (2,0) por ejemplo, proporciona un modelo sencillo de un fluido el cual

se desplaza a una velocidad constante a través de una sección longitudinal de un tubo cilíndrico.

Otro ejemplo de campo vectorial es proporcionado por el campo eléctrico. Considere una carga Q

situada en el origen de un sistema cartesiano de coordenadas.

Si una carga de prueba q se encuentra en el punto (x, y, z), la fuerza F que Q ejerce sobre la otra carga

es dada por la ley de Coulomb

F =Qq

dis2(Q,q)u


en donde dis(Q,q) =√

x2 + y2 + z2 y u es un vector unitario con dirección (x, y, z) por lo tanto,

F(x, y, z) = Qq(x, y, z)

(x2 + y2 + z2)√

x2 + y2 + z2= Qq

(x, y, z)(x2 + y2 + z2)3/2

El campo eléctrico E debido a la carga Q en el punto (x, y, z) se define como,

E(x, y, z) =Fq= Q

(x, y, z)(x2 + y2 + z2)3/2

Este es un ejemplo de un campo vectorial fuerza, pues si una carga positiva unitaria se coloca en el

punto (x, y, z) entonces recibirá una fuerza dada por E(x, y, z).

y

z

x

Figura 24 Campo Eléctrico originado por una carga positiva

En este ejemplo las líneas de corriente son rectas que pasan por el origen. Sobre cada esfera concén-

trica, el campo eléctrico tiene magnitud constante. Estas esferas son ejemplos de superficies equipoten-

ciales las cuales son siempre ortogonales a las líneas de corriente. Para un campo vectorial en el plano,

las superficies equipotenciales se reducen a líneas equipotenciales.

EJEMPLO 4.1 Encontrar las líneas de corriente y las curvas equipotenciales del campo vectorial

F(x, y) = (x,y

2)

Solución. Sea α(x) =(x(t), y(t)

)una línea de corriente arbitraria. Su vector tangente en un punto (x, y)

debe ser paralelo al valor del campo F(x, y) en ese punto.

Por lo tanto, el producto vectorial(x′(t), y′(t),0

)× (x, y/2,0) debe ser cero


ı k

dxdy

dydt 0

x y/2 0

= (0,0,0)

es decir,y

2dxdt= x

dydt

ó bien 2dyy=

dxx,

2 ln(y) = ln(x) + ln(k) = ln(k x) por lo tanto, y2 = k x curvas que constituyen una familia de parábolas.

(a) Campo vectorial y derivada a una línea de corriente

x

y

(b) Líneas de corriente del campo F(x, y) = (x, y2 )

Figura 25 El vector derivada a una línea de corriente es paralelo al campo vectorial sobre ella

Ahora si β(t) =(x(t), y(t)

)es una línea equipotencial, un vector tangente a ella en el punto (x, y) es

ortogonal al valor del campo F(x, y) en ese mismo punto por lo que el producto escalar es cero

xdxdt+

y

2dydt= 0 de donde,

x2

2+

y2

4= k

curvas que constituyen una familia de elipses.

Observemos como las líneas de corriente y las curvas equipotenciales ayudan a bosquejar el campo

vectorial.

Consideremos ahora un dipolo formado por una carga positiva y otra negativa. El campo vectorial

G(x, y) =1[

(x − 1)2 + y2] (x2 + y2)(x2 − y2 − x,2xy − y),


x

y

(a) Líneas equipotenciales del campo F(x, y) = (x, y2 )

x

y

(b) Líneas de corriente y equipotenciales del campo

Figura 26 Líneas de corriente y equipotenciales del campo F(x, y) = (x, y2 ).

es un buen modelo de las fuerzas eléctricas que ocurren cerca de las cargas.

Las líneas de corriente van de una carga a otra siguiendo las curvas como se ilustra en la Figura 27.

Esta situación es análoga a la que se presenta en una superficie plana con dos agujeros por uno de los

cuales sale agua la cual es desalojada por el otro.

x

y

Figura 27 Líneas de corriente del campo G(x, y) = 1[(x−1)2+y2

](x2+y2)

(x2 − y2 − x,2xy − y),.


El punto A(1,0) es llamado fuente y B(0,0) se denomina sumidero. Existe aún otra analogía: una

fuente de calor y un objeto frío colocados sobre una placa metálica, son también una fuente y un sumidero

respectivamente, pues el calor fluye de los puntos de mayor temperatura a los que se encuentran a menor

temperatura.

El hecho de que un campo vectorial sea C 1 en su dominio D tiene la importante consecuencia de

que el valor del campo vectorial en el punto (x, y) en D es muy parecido a los valores del campo en

una vecindad de (x, y) suficientemente pequeña, la cual está contenida en D. Esto quiere decir que las

direcciones y las magnitudes de los vectores son muy semejantes en toda la vecindad antes mencionada.

4.2. Divergencia y Rotacional de un Campo Vectorial

Dado un campo vectorial F (x, y, z) = (P(x, y, z),Q(x, y, z),R(x, y, z)), el rotacional de F (x, y, z),

denotado por ∇ × F ésta definido por las componentes del determinante siguiente

∇ × F =

ı k

∂∂x

∂∂y

∂∂z

P Q R

Un determinante es igual a un número real. Por lo tanto, el arreglo anterior es un recurso mnemotéc-

nico para expresar el valor del rotacional, que es un vector.

EJEMPLO 4.2 Determine el rotacional del campo vectorial

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

Solución. Observando el determinante que define el rotacional

∇ × F =(∂

∂yR(x, y, z) −

∂

∂zQ(x, y, z),

∂

∂zP(x, y, z) −

∂

∂xR(x, y, z),

∂

∂xQ(x, y, z) −

∂

∂yP(x, y, z)

)= (2y − 2z,2z − 2x,2x − 2y) = 2(y − z, z − x, x − y)

Por lo tanto, el rotacional de F(x, y, z), es el campo vectorial (∇ × F)(x, y, z) = 2(y − z, z − x, x − y).

Consideremos de nuevo el campo vectorial F (x, y, z) = (P(x, y, z),Q(x, y, z),R(x, y, z)),entonces la

suma de las derivadas parciales

(∇ · F)(x, y, z) =∂

∂xP(x, y, z) +

∂

∂yQ(x, y, z) +

∂

∂zR(x, y, z)

se conoce como la divergencia del campo vectorial F(x, y, z).


EJEMPLO 4.3 Considere el campo vectorial definido por

F(x1, x2, x3, x4, x5) =(x1, x2, x3, x4, x5)

(x21 + x2

2 + x23 + x2

4 + x25)5/2

ó bien, en términos de sus funciones componentes,

P =x1

(x21 + x2

2 + x23 + x2

4 + x25)5/2

Q =x2

(x21 + x2

2 + x23 + x2

4 + x25)5/2

R =x3

(x21 + x2

2 + x23 + x2

4 + x25)5/2

S =x4

(x21 + x2

2 + x23 + x2

4 + x25)5/2

T =x5

(x21 + x2

2 + x23 + x2

4 + x25)5/2

determine entonces el valor de la cantidad escalar

div(F) =∂

∂x1P(x1, · · · , x5)+

∂

∂x2Q(x1, · · · , x5)+

∂

∂x3R(x1, · · · , x5)+

∂

∂x4S(x1, · · · , x5)+

∂

∂x5T (x1, · · · , x5)

Solución. Dado que la derivada parcial de P(x1, x2, x3, x4, x5) con respecto a x1 está dada por

∂

∂x1P(x1, · · · , x5) =

(x21 + x2

2 + x23 + x2

4 + x25)5/2 − x1

52 (x2

1 + x22 + x2

3 + x24 + x2

5)3/22x1

(x21 + x2

2 + x23 + x2

4 + x25)5

que después de cancelar algunos términos se simplifica a

∂

∂x1P(x1, · · · , x5) =

(x21 + x2

2 + x23 + x2

4 + x25)5/2 − 5x2

1(x21 + x2

2 + x23 + x2

4 + x25)3/2

(x21 + x2

2 + x23 + x2

4 + x25)5

similarmente, la derivada parcial de Q(x1, x2, x3, x4, x5) con respecto a x2 se reduce a

∂

∂x2Q(x1, · · · , x5) =

(x21 + x2

2 + x23 + x2

4 + x25)5/2 − 5x2

2(x21 + x2

2 + x23 + x2

4 + x25)3/2

(x21 + x2

2 + x23 + x2

4 + x25)5

calculamos las demás derivadas, hasta llegar a que la parcial de T (x1, x2, x3, x4, x5) con respecto a x5 es

∂

∂x5T (x1, · · · , x5) =

(x21 + x2

2 + x23 + x2

4 + x25)5/2 − 5x2

5(x21 + x2

2 + x23 + x2

4 + x25)3/2

(x21 + x2

2 + x23 + x2

4 + x25)5

entonces, sumando las cinco derivadas parciales, obtenemos que

div(F) =5(x2

1 + x22 + x2

3 + x24 + x2

5)5/2 − 5(x21 + x2

2 + · · · + x25)(x2

1 + x22 + x2

3 + x24 + x2

5)3/2

(x21 + x2

2 + x23 + x2

4 + x25)5

realizando el producto indicado después del signo negativo, concluimos que

∂

∂x1P(x1, · · · , x5)+

∂

∂x2Q(x1, · · · , x5)+

∂

∂x3R(x1, · · · , x5)+

∂

∂x4S(x1, · · · , x5)+

∂

∂x5T (x1, · · · , x5) = 0


Ejercicios

(1) Dibujar algunas flechas que representen valores en los siguientes campos vectoriales.

a) F(x, y) = (x, y),

b) F(x, y) = (x,−y),

c) F(x, y) = (y,−x),

d) F(x, y) = x/2, y),

e) F(x, y) = 1√x2+y2

(x, y)

f) F(x, y) = 1√x2+y2

(y,−x).

(2) Calcular las líneas de corriente y las curvas equipotenciales de los campos que aparecen en el

Ejercicio 1. Verificar que las líneas de corriente se ajustan a los resultados obtenidos en ese

ejercicio.

(3) Cuando un tiburón detecta la presencia de sangre, se mueve continuamente en la dirección de

máxima razón de cambio de la concentración de sangre. Un pez arroja sangre, la cual se en-

cuentra distribuida según la función f (x, y) = e−(x2+2y2). Si el tiburón se encuentra en el punto

(4,−32) ¿Qué trayectoria describirá el acercarse a su presa?

(4) Considere la función f (x, y) = x2

4 −y2

4 . Si se coloca un balín en el punto (4,2,3), ¿Qué trayec-

toria define al caer sobre la gráfica de f ?

(5) Con respecto al flujo de un fluido confinado en una cavidad cuadrada y que se ilustra en la Figura

20, sus funciones componentes están definidas por

P(x, y) = 8(x4 − 2x3 + x2)(4y3 − 2y) Q(x, y) = −8(4x3 − 6x2 + 2x)(y4 − y2)

es decir, que F(x, y) = (P(x, y),Q(x, y)) es el campo vectorial que describe el flujo del fluido

a) compruebe que F(x, y) es igual al vector (0,0) en las paredes laterales x = 0, si 0 < y < 1

y para x = 1, si 0 < y < 1,

b) verifique también que las componentes de F(x, y) se anulan en la base de la cavidad, descrita

por y = 0, si 0 < x < 1,

c) por otro lado, compruebe que en la parte superior del cuadrado, definida por y = 1, si

0 < x < 1, los valores de la velocidad varían de cero a un valor máximo y entonces

disminuyen a cero.

d) determine las coordenadas del punto en el cual, ambas funciones componentes de F(x, y),

se anulan

e) obtenga las derivadas parciales con respecto a x y a y de las componentes P(x, y) y Q(x, y)


f) calcule la divergencia del campo vectorial F(x, y) = (P(x, y),Q(x, y)) que describe el flujo

del fluido en la cavidad cuadrada

(6) Si en el campo eléctrico E(x, y, z), la carga positiva que lo origina es igual a 1, entonces sus

funciones componentes estarán dadas por

P(x, y, z) =x

(x2 + y2 + z2)3/2

Q(x, y, z) =y

(x2 + y2 + z2)3/2

R(x, y, z) =z

(x2 + y2 + z2)3/2

a) compruebe que la norma de E(x, y, z) es constante sobre cualquier esfera concéntrica x2 +

y2 + z2 = r2 en donde r , es una constante positiva

b) obtenga las derivadas parciales con respecto a x, y y a z de las componentes P(x, y, z),Q(x, y, z)

y R(x, y, z)

c) calcule la divergencia de E(x, y, z) = (P(x, y, z),Q(x, y, z),R(x, y, z)) que describe el campo

eléctrico debido a una carga positiva unitaria situada en el origen de un sistema de coorden-

das

d) determine el rotacional del campo vectorial E(x, y, z) = (P(x, y, z),Q(x, y, z),R(x, y, z))

debido a una carga positiva unitaria situada en el origen de un sistema de coordendas

(7) El campo vectorial G(x, y) = (P(x, y),Q(x, y)) que describe el campo de eléctrico de dos cargas,

una positiva localizada en el punto (1,0) y otra negativa en el origen (0,0) tiene componentes

P(x, y) =x2 − y2 − x[

(x − 1)2 + y2] (x2 + y2)Q(x, y) =

2xy − y[(x − 1)2 + y2] (x2 + y2)

a) compruebe que sobre la línea x = 1/2, el campo G(x, y) siempre tiene su segunda compo-

nente igual a cero

b) evalúe el campo G(x, y) sobre los puntos (−1,0), (0,1),(0,−1), (1/2,0) y (2,0), para com-

probar que las direcciones en las cuales apuntan los vectores G(x, y) son consistentes con

las líneas de corriente de la Figura 27

c) obtenga las derivadas parciales con respecto a x y a y de las componentes P(x, y)y Q(x, y)

d) calcule la divergencia del campo vectorial G(x, y) = (P(x, y),Q(x, y)) que describe el

campo eléctrico de las dos cargas

e) determine el rotacional del campo vectorial G(x, y, z) = (P(x, y),Q(x, y),0) debido al

dipolo. Observemos que se ha agregado una tercera componente R(x, y, z) = 0, de manera

que el rotacional esté definido

(8) Calcule el rotacional del campo F(x, y) que describe el flujo del fluido en la cavidad cuadrada.


(9) El flujo de un fluido entre dos placas fijas colocadas en z = h y z = −h está definido por el

campo vectorial, en donde a es una constante positiva

F(x, y, z) = ah2(1 −

z2

h2

)

a) compruebe que sobre las líneas z = h y z = −h, el campo F(x, y, z) se anula

b) evalúe el campo F(x, y, z) sobre z = 0, z = h/4 y z = h/2. Concluya entonces que el perfil

de las velocidades es parabólico

c) calcule la divergencia y el rotacional del campo F(x, y, z)

(10) El flujo de un fluido dentro de un tubo cilíndrico horizontal de radio r = 5 y cuyo eje de simetría

coincide con el eje y, está definido por el campo vectorial

V(x, y, z) =(0,25 − x2 − z2,0

)a) compruebe que sobre los puntos (x, y, z) tales que r = 5, el campo V(x, y, z) se anula

b) evalúe el campo V(x, y, z) sobre r = 0, r = 3 y r = 4. Concluya entonces que el perfil de

las velocidades es paraboloidal

c) determine la divergencia y el rotacional del campo V(x, y, z)

(11) Considere la función f (x, y) = 8 − 2x − 4y, además del plano P definido por x − 2y = 0.

Calcule el área de la región contenida en el plano P , ubicada en el primer octante, acotada por

debajo por el plano xy y superiormente por la gráfica de la función z = f (x, y).

(12) Sea la función g(x, y) = 1 − xy, además del plano T definido por y = x. Determine el área de

la región contenida en el plano T , acotada por debajo por el plano xy y superiormente por la

gráfica de la función z = g(x, y).

(13) Sea la función f (x, y) =√

25 − x2 − y2 y el plano P definido por 3x − 4y = 0. Calcule el área

de la región contenida en el plano P , ubicada en el primer octante, acotada por debajo por el

plano xy y superiormente por la gráfica de la función z = f (x, y)

(14) Considere la función g(x, y) = 9 − x2 − y2 y el plano T definido por y = x. Determine el área

de la región contenida en el plano T , acotada por debajo por el plano xy y superiormente por la

gráfica de la función z = g(x, y)

(15) Sean las funciones h(x, y) = 1 − xy, g(x, y) = xy − 1, además del plano P definido por y = x.

Determine el área de la región contenida en el plano P , acotada por debajo por la gráfica de la

función z = g(x, y) y superiormente por la gráfica de la función z = h(x, y)


(16) Considere las funciones f (x, y) = 4 − x2 − y2, g(x, y) = x2 + y2 − 4 y el plano T dado por

y = x. Determine el área de la región contenida en el plano T , acotada por debajo por por la

gráfica de la función z = f (x, y) y superiormente por la gráfica de la función z = g(x, y)

(17) Sea la función g(x, y) = (144 − 6x − 3y)/4, además del plano P definido por x = 12. Calcule

el área de la región contenida en el plano P , ubicada entre los plano y = 0 y y = 16, acotada

por debajo por el plano xy y superiormente por la gráfica de la función z = g(x, y).

(18) Considere la función f (x, y) = sen x cos y, además del plano T definido por y = x. Calcule

el área de la región contenida en el plano T , ubicada en el primer octante, delimitada por los

planos x = π/2 y y = π/2, acotada por debajo por el plano xy y superiormente por la gráfica de

la función z = f (x, y).

(19) Sea la función g(x, y) = 100 − x2 − y2 y el plano P definido por y = 6. Determine el área de

la región contenida en el plano P , acotada por debajo por el plano xy y superiormente por la

gráfica de la función z = g(x, y)


5. Integral a lo largo de Trayectorias

El tipo de integrales que estudiaremos surgen al calcular centros de masa o momentos de inercia de

alambres cuya densidad varía continuamente, entre otras aplicaciones.

Nos proponemos visualizar esta nueva clase de integrales como una extensión de la integral de Rie-

mann para funciones reales de una variable real a funciones cuyo dominio es más general.

Consideremos una función g : [a,b] −→ R continua, la integral∫ b

a

g(x)dx nos da el valor del área

bajo la función. ¿Qué ocurre si ahora deformamos el eje x?

(a) Región bajo la gráfica de la función y = g(x)

(b) Región deformada bajo la gráfica de y = g(x)

Figura 28 Generalizando el concepto de integral sobre un intervalo

Ls región plana A se transforma en una lámina S cuya forma es la de una superficie cilindrica cuya

base es el eje x deformado, y su borde superior es determinado por la gráfica de la función deformada

g(x).

Reformulemos el problema en una forma ligeramente distinta, pero equivalente.

Sea α : [a,b] −→ R2 una curva. Su trayectoria jugará el papel de eje x deformado.

Sea f : R2 −→ R una función con valores reales. La gráfica de ésta función es una sábana sobre

el plano x y. La región cilíndrica con base la traza de α(t) y acotada superiormente por la gráfica de

z = f (x, y) es del mismo tipo de la lámina S.

La parte de la función “g(x)” es asumida por la composición ( f α)(t) = f(α(t)

). Geométricamente

es la intersección de la región cilíndrica determinada por α(t) y la gráfica de z = f (x, y).


Calculemos ahora el área bajo z = f (x, y) a lo largo de α(t). La idea consiste en transportar la

aproximación mediante rectángulos utilizada al calcular el área de la región plana A, a la nueva situación.

Figura 29 Región cilíndrica entre la traza de α(t) y la gráfica de f(α(t)

)Consideremos una partición del intervalo [a,b],

a = t0 < t1 < · · · < tk−1 < tk < · · · < tn = b.

Las imágenes de esta partición dividen a la curva α(t) en n arcos cuyos extremos son dados por α(t0)

y α(t1), α(t1) y α(t2), etc.

α(a) = α(t0),α(t1), . . . ,α(tk+1),α(tk ), . . . ,α(tn ) = α(b).

Concentremos nuestra atención en el k-éimo arco, el cual es determinado por α(tk−1) y α(tk ). Aprox-

imaremos el área bajo la función z = f (x, y) restringida al k-ésimo arco mediante el área de una laminilla

cuya base es el arco mencionado y con una altura igual al valor de z = f (x, y) sobre un punto del arco.


Sabemos que la longitud del k-ésimo arco es igual a∫ tk

tk−1‖α′(t)‖dt.

El integrando de la expresión anterior es h(t) = ‖α′(t)‖, el cual es una función real de variable real,

ésta integral representa el área bajo h(t) desde tk−1 hasta tk . El teorema del Valor Medio para Integrales

afirma que existe ωk entre tk−1 y tk tal que la altura de h en ωk ,h(ωk ), multiplicada por la longitud del

intervalo que es tk − tk−1 es el área bajo h(t). Como h(ωk ) = ‖α′(ωk )‖,∫ tk

tk−1

‖α′(t)‖dt = ‖α′(ωk )‖(tk − tk−1).

Figura 30 Partición de la traza de α(t) en n arcos.

Definiendo ∆tk = tk − tk−1, la longitud del k-ésimo arco es entonces, ‖α′(ωk )‖∆tk , ωk en [tk−1, tk ].

Tomando la altura de la laminilla como f(α(ωk )

), su área es

f(α(ωk )

)‖α′(ωk )‖∆tk .

Si la partición es muy fina, la función z = f (x, y) será casi constante sobre el arco y el área exacta

sobre éste bajo la función será aproximadamente igual a el área de la laminilla.

La situación descrita es la misma para cada arco, por lo tanto el área bajo z = f (x, y) sobre la

trayectoria de α es aproximadamente igual an∑

k=1

f(α(ωk )

)‖α′(ωk )‖∆tk .

Esta es una suma de Riemann y si ‖∆‖ es la norma de la partición,

lim‖∆‖→0

n∑k=1

f(α(ωk )

)‖α′(ωk )‖∆tk =

∫ b

a

f(α(t)

)‖α′(t)‖dt.


(a) Laminilla sobre el k-ésimo arco)

(b) Teorema del Valor Medio para Integrales

Figura 31 Obtención de la integral sobre trayectoria

Definición 5.1. Dada la función vectorial en R2 definida por α : [a,b] −→ R2 la cual tiene componentes

α(t) =(x(t), y(t)

)y la función escalar de dos variables z = f (x, y), la integral de trayectoria de f (x, y)

sobre α(t) se define por ∫ b

a

f(α(t)

)‖α′(t)‖dt.

EJEMPLO 5.1 Encontrar el área bajo f (x, y) = x2 + y2 a lo largo de

α(t) =12

(cos(t),sen(t)) , t ∈ [0, π].

Figura 32 Región cilíndrica bajo el paraboloide z = x2 + y2

Solución.

f(α(t)

)= f

(cos(t)

2,sen(t)

2

)=

sen2(t)4+

cos2(t)4

=14.


‖α′(t)‖ = 12 , por lo tanto el área es:∫ π

0f(α(t)

)‖dt =

∫ π

0

14

(12

)=π

8.

En este caso en particular, el área puede ser calculada sin usar la integral. La base de la región es la

mitad de una circunferencia de radio 12 , su longitud es por lo tanto π

2 . La altura, el corte del cilindro de

radio 12 con el paraboloide, es una constante igual a 1

4 . Así pues, el área es π2

(14

)= π

8 .

EJEMPLO 5.2 Calcule el área de la región cilíndrica de base

α(t) =

(t − sen(t),cos(t) − 1) , t ∈ [−2π,0];

(t − sen(t),1 − cos(t)) , t ∈ [0,2π].

Acotada superiormente por el plano z = |y |.

Solución. La región cuya área deseamos calcular aparece en la Figura 33.

Figura 33 Región cilíndrica cuya base está formada por dos cicloides.

En el presente ejemplo f (x, y) = |y |, por la simetría de la región basta encontrar el área de la región

situada en el primer octante desde t = 0 hasta t = π multiplicando después por 4.

f(α(t)

)= f

(t − sen(t),1 − cos(t)

)= 1 − cos(t).

Por el Ejemplo 2.2 de la Sección de longitud de arco,

‖α′(t)‖ = 2 sen( t2

),

un cuarto del área buscada es por lo tanto

56 FRANCISCO JAVIER SÁNCHEZ BERNABE∫ π

0f (α(t)) ‖α′(t)‖dt =

∫ π

0(1 − cos(t)) 2sen

( t2

)dt

= 4∫ π

0sen2

( t2

)sen

( t2

)dt = 4

∫ π

0

[1 − cos

( t2

)]sen

( t2

)dt

= 8∫ π

0sen

( t2

) 12

dt − 8∫ π

0cos2

( t2

)sen

( t2

) 12

dt

= −8[cos

( t2

)]π0+

83

[cos3

( t2

)]π0=

163.

Por lo tanto el área total es igual a 643 = 21 1

3 .

Observemos que ésta área no puede ser calculada por métodos elementales y que es menor, como

debía ser, a la longitud de la base que es 16 por su altura máxima, en este caso 2.

Figura 34 Región cilíndrica bajo la silla de montar y sobre la hipocicloide.


EJEMPLO 5.3 Calcule la integral de la región determinada de la superficie f (x, y) = 4(x2 − y2) y la

curva α(t) =(4 cos3(t),4 sen3 (t)

)t ∈

[0, π2

].

Solución.

f(α(t)

)= f

(4 cos3(t),4sen3(t)) = 4

(16 cos6(t) − 16sen6(t)

).

‖α′(t)‖ = 3|sen(t) | | cos(t) | el área es por lo tanto,

192∫ π/2

0

[cos6(t) − sen6(t)

]| cos(t) |dt.

En el intervalo[0, π2

], tanto sen(t) como cos(t) son no-negativos y podemos quitar los valores abso-

lutos, separando la integral es dada por:

192∫ π/2

0cos7(t) − 192

∫ π/2

0sen7(t) cos(t)dt

=−192

8

[cos8(t)

]π/20−

1988

[sen8(t)

]π/20= 0.

La razón por la cual la integral es cero se encuentra examinando la gráfica de la función f (x) =

4(x2 − y2) sobre la trayectoria de la curva que es una hipocicloide.

La función z = f (x, y) es un paraboide hiperbólico, su gráfica se muestra en la Figura 34.

Veamos cómo es la región de determinada por la trayectoria de α y la función z = f (x, y) a medida

que nos movemos sobre la curva. Si t = 0 nos encontramos en el punto (4,0), aquí f(α(t)

)vale 64, a

medida que t aumenta f(α(t)

)disminuye hasta que en t = π

4 , se anula. La integral entre t = 0 y t = π4

debe ser entonces positiva. Entre t = π4 y t = π

2 la integral debe ser negativa pues entre t = 0 y t = π2 es

cero. Más aún, los valores absolutos de las integrales deben ser iguales. La integral entre t = 0 y t = π4

es

192∫ π/4

0cos7(t)sen(t)dt − 192

∫ π/4

0sen7(t) cos(t)dt

=−192

8

[cos8(t)

]π/40−

1988

[sen8(t)

]π/20

= −24[

116− 1

]− 24

[1

16

]= 21.

Por lo tanto el área determinada por la silla de montar y la cuarta parte de la hipocicloide vale 42

unidades cuadradas.


Para funciones reales de variable real, el “sentido” en el cual recorremos al eje x al integrar se expresa

en la conocida propiedad ∫ b

a

f (x)dx = −∫ a

b

f (x)dx.

¿Qué sucede en las integrales sobre trayectoria? El sentido en el cual integramos ahora viene dado

por la orientación de la curva α, en el Ejemplo 5.2 observamos que el área bajo f (x, y) = |y | sobre

la curva α(t) =(t − sen (t),1 − cos(t)

), t ∈ [0, π] era igual a 16

3 . Tomemos ahora la integral sobre

αop (t) = α(a + b − t).

αop (t) = α(π − t) =(π − t − sen(π − t),1 − cos(π − t)

)= (π − t + sen(t − π),1 − cos(t − π)

)= (π − t − sen(t),1 + cos(t)

)entonces, tenemos que

α′op (t) = (−1 − cos(t) − sen(t)) ,

‖α′op (t)‖ =√

2√

1 + cos(t) = 2 cos( t2

),

por lo tanto, f(α(t)

)= 1 + cos(t), el área sobre αop es∫ π

0[1 + cos(t)] 2 cos

( t2

)dt = 4

∫ π

0cos2

( t2

)cos

( t2

)dt

= 8∫ π

0cos

( t2

) 12

dt − 8∫ π

0sen2

( t2

)cos

( t2

) 12

dt

= 8[sen

( t2

)]π0−

83

[sen3

( t2

)]=

163.

Este es un resultado general, consideremos una función f : R2 −→ R. Sea α : [a,b] −→ R2 una curva

y β : [c,d] −→ R2 la reparametrización de α determinada por la función biyectiva h : [c,d] −→ [a,b]

así, β(t) = α(h(t)

). Nos proponemos verificar que la integral de f es igual sobre ambas curvas.

La integral de f a lo largo de β es ∫ d

c

f (β(t)) ‖ β′(t)‖ dt.

Como β(t) = α(h(t)

), β′(t) = α′

(h(t)

)h′(t), sustituyendo β(t) y β′(t) en la integral, tenemos:∫ d

c

f(h(t)

)‖α′

(h(t)

)h′(t)‖ dt.

Hagamos u = h(t), como h es biyectiva, es creciente o es decreciente, consideremos el caso de que h

es decreciente, si h es creciente la deducción es más sencilla, esto significa que h(c) = b y que h(d) = a,

más aún h′(t) < 0.


Efectuando las sustituciones llegamos a:

∫ a

b

f (α(u)) α′(u)

dudt

dt =∫ a

b

f (α(u)) α′(u) dudt

dt

= −

∫ a

b

f (α(u)) α′(u) dudt

dt

=

∫ a

b

f (α(u)) α′(u) du.

Figura 35 Centro de masa de un sistema de partículas.

5.* Aplicaciones de las integrales sobre trayectorias

5.1. a) Centro de masa de un alambre cuya densidad es continua. Describiremos la forma de un

alambre mediante la trayectoria de una curva apropiada. Si el alambre se encuentra contenido en el

plano, digamos xy, entonces la interpretación física del centro de masa consiste en un punto del mismo

plano xy, de tal manera que si se pudiera construir una placa con peso despreciable que contenga al

alambre, entonces al suspender la placa por el centro de masa, ésta junto con el alambre se mantendría

en equilibrio. Posteriormente encontraremos el centro de masa para alambres que no se encuentran

contenidos en algún plano como es el caso de una hélice.


Consideremos n partículas de masas m1,m2, . . . ,mn localizadas en los puntos P1(x1, y1),

P2(x2, y2), . . . ,Pn (xn , yn ) respectivamente. El centro de masa del sistema es el punto ( x, y) donde

x =

n∑k=1

mk xk

n∑k=1

mk

y =

n∑k=1

mk yk

n∑k=1

mk

Dado que en la expresiónn∑

k=1

mk xk , las distancias son tomadas con respecto al eje y, la sumatoria

considerada recibe el nombre de momento con respecto al eje y, siendo denotado por My , si M es la

masa del sistema, x =My

M.

Definiendo análogamente Mx =

n∑k=1

mk yk , y =Mx

M.

Consideremos ahora el problema de encontrar el centro de masa de un alambre cuya forma es descrita

por la trayectoria de una curva

α : [a,b] −→ R2, α(t) =(x(t), y(t)

).

La densidad del alambre es variable en cada uno de sus puntos y su valor en α(t) es dado por f(α(t)

),

donde f : R2 −→ R es una función continua.

La región determinada por el alambre α y su densidad z = f α es ilustrada en el Figura 36

(a) Densidad definida sobre cada punto del alambre (b) Partición del alambre en arcos

Figura 36 Proceso del cálculo del centro de masa de un alambre


El desarrollo siguiente nos permitirá interpretar físicamente el área de la región señalada.

Primero, calculemos la coordenada x del centro de masa. Para el caso discreto, cuando tenemos un

número finito de partículas, digamos n, la coordenada x está dado por

x =

n∑k=1

mk xk

n∑k=1

mk

.

Pensando el alambre integrado por un número infinito de partículas, nos proponemos definir x en tal

situación. La idea consiste en aproximarnos dividiendo al alambre en un número cada vez mayor de

partes.

Dividamos el alambre en n arcos mediante una partición del dominio [a,b] de la curva.

Si la partición es suficientemente fina, el arco determinado por α(tk−1) y α(tk ), k = 1,2, . . . ,n, puede

considerarse como un punto; llamando mk a la masa de éste k-ésimo arco, y tomando ωk en el intervalo[tk−1, tk

], k = 1,2, . . . ,n

entonces x(ωk ), que es un punto sobre el k−ésimo arco, es un representante de las coordenadas x de

todos los puntos sobre ese pequeño arco, de esta manera podemos aproximar la primera coordenada del

centro de masa del alambre completo mediante

x =

n∑k=1

mk x(ωk )

n∑k=1

mk

.

Ahora tomaremos particiones cada vez más finas y veremos a donde tiende cada una.

Recordemos que mk es la masa del k-ésimo arco del alambre, como la función densidad de z =

f(α(t)

)es continua, será casi constante sobre el k-ésimo arco si la partición es muy fina. Puesto que la

densidad lineal es masa entre longitud,

mk f(α(ωk )

)∆sk .

Donde ∆sk es la longitud del késimo arco. Geométricamente f(α(ωk )

)∆sk es el área de una laminilla

de base ∆sk y altura f(α(ωk )

).

Por lo tanto,n∑

k=1

mk n∑

k=1

f(α(ωk )

)∆sk .


(a) Densidad sobre el k-ésimo arco (b) Centro de masa de la mitad de una hipocicloide

Figura 37 Obtención del centro de masa de un alambre

La última expresión es una suma de Riemann. Así que cuando la norma de la partición ‖∆‖ tiende a

cero, la suma considerada tiende a la integral

∫ b

a

f(α(ωk )

)ds.

Pero la función longitud de arco s = s(t) es

s =∫ t

a

‖α′(τ)‖dτ, por lo tantodsdt= ‖α′(t)‖

y llegamos a que la masa M de alambre es

M =∫ b

a

f(α(t)

)‖α′(t)‖dt =

∫α

f .

Por lo tanto, el área de la región determinada por el alambre α y la función densidad z = f (x, y) es la

masa del alambre.

Regresemos ahora al numerador My . Aproximando otra vez la masa mk tenemos que

My =

n∑k=1

f(α(ωk )

)∆sk x(ωk )

=

n∑k=1

x(ωk ) f(α(ωk )

)∆sk .


Cuando ‖∆‖ tiende a cero, My tiende a

∫ b

a

x(t) f(α(t)

)ds =

∫ b

a

x(t) f(α(t)

)‖α′(t)‖dt

=

∫α

x f .

Por lo tanto

x =My

M=

∫α

x f∫α

f.

En forma análoga, tenemos que

y =

∫αy f∫

αf.

EJEMPLO 5.4 Obtener el centro de masa del alambre descrito por la curva α(t) =(

cos3(t),sen3(t)),

t ∈ [0, π] cuya densidad es constante.

Solución. Por simetría x = 0, mientras que

y =

∫αy f∫

αf.

Sea f (x, y) = k, entonces f(α(t)

)= k

‖α′(t)‖ = 3|sen(t) | | cos(t) |.

Debemos tener cuidado com los valores absolutos pues en[π

2, π

], cos(t) es negativo.


∫α

f =

∫ π

0f (α(t)) ‖α′(t)‖dt

=

∫ π/2

0k · 3sen(t) cos(t)dt +

∫ π

π/2k · sen(t) [− cos(t)] dt

=3k2

[sen2(t)

]π/20−

3k2

[sen2(t)

]ππ/2= 3k∫

αy f = 3k

∫ π/2

0sen4(t) cos(t)dt − 3k

∫ π

π/2sen4(t) cos(t)dt

=3k5+

3k5=

65

k . Por lo tanto

y =

65 k

3k=

25.

EJEMPLO 5.5 Encontrar el centro de masa de un alambre descrito por el arco de la circunferencia

unitaria que se encuentra en el primer cuadrante y cuya densidad es proprcional a su distancia al eje y.

Solución. La densidad es f (x, y) = k x

α(t) =(

cos(t),sen(t)), t ∈

[0,π

2

]My =

∫α

x f = k∫ π/2

0cos(t) · 1 · dt = k

My =

∫α

x f = k∫ π/2

0cos2(t)dt =

k2

∫ π/2

0

[1 + cos(2t)

]dt

=kπ4

Mx =

∫αy f = k

∫ π/2

0sen(t) cos(t)dt =

k2, por lo tanto

x =My

M=

kπ4

k=π

4, y =

Mx

M=

12.

El centro de masa se encuentra cercano a la parte más pesada del alambre.

5.2. b) Momento de inercia de un alambre con densidad continua. Consideremos una partícula P

desplazándose con velocidad uniforme alrededor de una línea fija. Así, P se mueve describiendo una

circunferencia de radio a.

Su energía cinética Rc es dada por Ec =12 mv2, donde m es la masa de una partícula y v su velocidad

lineal.

v =st=

arco recorridotiempo empleado

.


(a) Centro de masa de arco de circunferencia(b) Concepto de Momento de inercia

Figura 38 Centro de masa y Momento de inercia

Sea ω la velocidad angular de la partícula

ω =Θ

t=

ángulo recorridotiempo empleado

.

Como s = aΘ, v = aΘt = aω, por lo tanto Rc =

12 ma2ω2.

Debido a que ω es constante, Ec depende de sólo ma2.

Definición 5.2. El momento de inercia, ó segundo momento, de una partícula de masa m que gira con

velocidad uniforme alrededor de un eje L a una distancia fija a denotado por I, se define por I = ma2.

La energía cinética de un objeto que se mueve en un círculo nos dice la cantidad de trabajo necesario

para llevar un objeto al reposo. Como Ec =12 Iω2 es directamente proporcional a I, deducimos que

entre mayor sea el momento de inercia I, mayor será la cantidad de trabajo necesario para detener el

movimiento.

Si tenemos un sistema de n partículas con masas m1,m2, . . . ,mn a distancias a1,a2, . . . ,an respecti-

vamente de un eje L, entonces el momento de inercia del sistema I, se define como:

I =n∑

k=1

mkak2.

En otras palabras: “si imaginamos que las n partículas giran, el esfuerzo empleado en detener al sistema,

es la suma de los esfuerzos empleados en detener cada una de las partículas”.

La idea básica para calcular el momento de inercia de un alambre con respecto al eje y es similar a la

que nos permitió encontrar el centro de masa del alambre.


Sea α : [a,b] −→ R2, α(t) =(x(t), y(t)

)la curva que describe al alambre. La densidad es la función

continua z = f (x, y).

Tomemos una partición P del intervalo [a,b]. Esto a su vez divide al alambre en n arcos. Sea el

k-ésimo de ellos determinado por α(tk−1) y α(tk ).

Si la partición es muy fina podemos considerar al k-ésimo arco como un punto. Sea ωk en [tk−1, tk ].

Entonces el momento de inercia del k-ésimo arco con respecto al eje y está dado por mk x2(ωk ), donde

mk es la masa del k-ésimo arco. Por lo tanto para esta partición P ,

I (P ) =n∑

k=1

mk x2(ωk ).

En la deducción de las coordenadas del centro de masa hemos visto que mk es el valor del área de la

región determinada por el k-ésimo arco bajo z = f (x, y), más precisamente

mk =

∫ tk

tk−1

f (x, y)ds.

En la expresión para I (P ), no podemos sustituir el valor para mk dado por la integral anterior puesto

que no conduciría a una integral de Riemann, sin embargo, podemos emplear otra vez la aproximación

mk f (α(ωk )) ∆sk .

Por lo tanto,

I (P ) k∑

k=1

x2(ωk ) f (α(ωk )) ∆sk .

I (P ) tiende a∫ b

a

x2(t) f (α(t)) ds cuando ‖∆‖ −→ 0.

Concluyendo

Iy =∫ b

a

x2(t) f (α(t)) ‖α′(t)‖dt =∫α

x2 f .

En forma análoga

Ix =∫αy2 f .

EJEMPLO 5.6 Encuentre los momentos de inercia con respecto a los ejes de coordenadas para el

alambre del Ejemplo 5.5


Solución. f (x, y) = k x, α(t) =(

cos(t),sen(t)), t ∈

[0, π2

].

Ix =

∫ π/2

0y2(t) f (α(t)) ‖α′(t)‖dt =

∫ π/2

0sen2(t)k cos(t)dt =

k3

Iy =

∫ π/2

0x2(t) f (α(t)) ‖α′(t)‖dt =

∫ π/2

0cos2(t)k cos(t)dt

= k∫ π/2

0cos(t)dt − k

∫ π/2

0sen2(t) cos(t)dt =

23

k.

¿Cómo pueden interpretarse físicamente los resultados obtenidos?

Figura 39 Deducción de la fórmula para el área de una superficie de revolución.

5.3. c) área de superficies generadas al rotar una curva. Otra aplicación de las integrales a lo largo

de trayectorias, es el cálculo del área de la suprficie generada al rotar una curva alrededor de algún eje.

Inicialmente consideremos la rotación alrededor del eje x. Sea α : [a,b] −→ R2 una curva C1

inyectiva que no intersecta al eje x. Tomemos una partición P del intervalo [a,b]. Esta partición divide

a la curva α(t) en, digamos n arcos, el k-ésimo de ellos determinado por α(tk−1) y α(tk ).

Al girar tal arco alrededor del eje x, genera una porción de la superficie total. Con una partición muy

fina, esta superficie puede ser aproximada mediante un cono truncado de radios y(tk−1) y y(tk ). El área

Ak de este cono es aproximadamente igual a

Ak = π[y(tk−1) + y(k)] ‖α(tk ) − α(tk−1‖.


Por el teorema del valor medio, existe un punto ωk entre tk−1 y tk , tal que

α(ωk ) =α(tk ) − (tk−1)

tk − tk − 1,

haciendo

∆tk = tk − tk−1, α(tk ) − α(tk−1) = α′(ωk )∆tk .

Sustituyendo lo anterior en el área Ak del cono truncado e introduciendo 22 , tenemos

Ak =2π

[y(tk−1) + y(tk )

]2

‖α′(ωk )∆tk ‖.

El valor [y(tk − 1) + y(tk )]/2 es un promedio de los valores de la componente y(t) en el intervalo

[tk−1, tk ]. Como α es continua, el Teorema del valor intermedio asegura que existe uk entre tk−1 y tk tal

que

y(uk ) =y(tk−1) + y(tk )

2, sustituyendo tenemos,

Ak = 2π y(uk ) ‖α′(ωk )‖∆tk .

Lo anterior sucede en cada intervalo determinado por la partición. Así que el área A generada por la

curva α al girar alrededor del eje x es aproximadamente

A n∑

k=1

2πy(uk ) ‖α′(ωk )‖; uk ,ωk ∈ [tk−1, tk ].

Si uk y ωk fuesen iguales, la suma anterior sería de Riemann, pero en general, no lo son, Sin embargo,

el principio de Duhamel afirma que la suma considerada puede manipularse como si uk fuese igual a ωk .

Por lo tanto la suma tiende a la integral∫ b

a

2πy(t)‖α′(t)‖ =∫α

2πy.

Consideremos ahora una curva α : [a,b] −→ R2 una curva C′ inyectiva que no se intersecta en el eje

y, el área obtenida al girar la curva alrededor del eje y es dada por∫ b

a

2πx(t) ‖α′(t)‖dt =∫α

2πx.

Se ha generalizado el concepto de superficie de revolución definido anteriormente solo para funciones

de alguno de los ejes de coordenadas.

La ventaja no sólo consiste en que podemos calcular áreas de regiones generadas por curvas que no se

pueden expresar como función de alguno de los ejes de coordenadas, como la espiral, sino que algunas

trayectorias aún cuando pueden expresarse como función de algún eje de coordenadas, ésta expresión es

muy complicada, siendo en cambio muy sencillo parametrizar tal trayectoria, como un ejemplo de tal

situación tenemos a la cicloide.


Figura 40 Área de la mitad de un toro, que es la superficie de revolución de una circunferencia.

EJEMPLO 5.7 Encontrar el área A generada al rotar la circunferencia (x + b)2 + y2 = a2, b > a,

alrededor del eje y.

Solución. Parametrizamos la circunferencia mediante la curva

α(t) =(a cos(t) + b,asen(t)

), t ∈ [0,2π].

‖α′(t)‖ = a, por lo tanto,

A =

∫ 2π

02π [a cos(t) + b] a dt

= 2πa2∫ 2π

0cos(t)dt + 2π ab

∫ π

0dt = 4π2ab.

Obsérvese que A = (2πa)(2πb), que es el producto de la longitud de la curva por la distancia recorrida

por el centro de la curva. ¿Puede ésto generalizarse?

EJEMPLO 5.8 Calcule el área generada al rotar la cicloide de radio uno alrededor del eje x.

Solución. La parametrización para la cicloide es

α(t) =(t − sen(t),1 − cos(t)

), t ∈ [0,2π].


Figura 41 Área de una región, definida como la superficie de revolución de una cicloide.

Por el ejemplo de la sección de longitud de arco, ‖α′(t)‖ = 2 sen(

t2

) .Por lo tanto el área A es

A = 2∫ 2π

02π [1 − cos(t)] 2

sen( t2

) dt.

Por la simetría de la superficie

A = 2∫ π

02π [1 − cos(t)] 2

sen( t2

) dt.

En [0, π], sen(

t2

)≥ 0 por lo tanto podemos quitar los valores absolutos,

A = 8π∫ π

0sen

( t2

)dt − 8π

∫ π

0sen

( t2

)cos(t)dt.

Puesto que sen(x) cos(x) = 12[sen(x + y) + sen(x − y)

],

A = −16π[cos

( t2

)]π0− 4π

∫ π

0sen

(32

)dt − 4π

∫ π

0sen

(−

12

t)

dt

= −16π[0 − 1] +83

[cos

(32

)]π0− 8π

[cos

(12

t)]π

0

=723π −

82π =

643π

Queremos verificar si en éste ejemplo se cumple la conjetura que hicimos en el caso del toro.

Para la cicloide tomemos como su centro, el centro de gravedad. Por el Ejercicio 13 a) de esta sección,

el centro de gravedad tiene coordanadas(π, 4

3

).

Al girar la cicloide, su centro de gravedad recorre una distancia igual a 2π(

43

)= 8

3 π, ahora la longitud

de la cicloide es de 8 unidades; si multiplicamos ambas cantidades obtenemos 8(

83 π

)= 64

3 π que es el

valor del área de la superficie generada al rotar la curva.

Estos dos ejemplos son casos particulares del Principio de Guldin.


Figura 42 Integral de trayectoria impropia.

5.4. d) Integrales de trayectorias impropias. Consideramos casos en la función z = f (x, y) está in-

definida en algún punto, ó bien que la curva α(t) pudiera comportarse como una espiral.

EJEMPLO 5.9 Calcule la integral de f (x, y) = 1√x2+y2

a lo largo de

α(t) = ([2π − t] cos(t), [t − 2]sen(t)) , t ∈ [π,2π].

Solución. Observemos que α(2π) = (0,0) y en tal punto z = f (x, y) no está definida.

Así que por la integral: ∫ 2π

0f (x, y)ds,

debemos entender

lima→2π

∫ a

πf (x, y)ds

f (α(t)) =1

2√

(2π − t)2=

12π − t

‖α′(t)‖ = 2π − t, por lo tanto

f (α(t)) ‖α′(t)‖ =2π − t2π − t

, t , 2π,

lima→2π

∫ a

πf (x, y)ds = lim

a→2π

∫ a

π

2π − t2π − t

dt = π.


Por lo tanto, ∫ 2π

πf (x, y)ds = π.

En el siguiente ejemplo los papeles, en cierto sentido, se invierten.

Figura 43 Integral de un paraboloide sobre una espiral.

EJEMPLO 5.10 Evaluar la integral de f (x, y) = x2+y2 a lo largo de la curva α(t) = e−t (cos(t),sen(t)) , t ∈

[0,∞).

Solución. La curva considerada es la espiral logarítmica, la cual tiende a (0,0) cuando x tiende a

infinito, aunque no está definida en (0,0)

f (α(t)) = e−2t[cos2(t) + sen2(t)

]= e−2t , ‖α′(t)‖

√2e−t .

Por lo tanto, ∫α

f =

∫ ∞

0e−2t

√2e−tdt

=√

2 lima→∞

∫ a

0e−3tdt

=

√2−3

lima→∞

[e−3t ]a

0

=

√2−3

lima→∞

[1

e3a − 1]=

√2

3.


Ahora veremos un ejemplo en el cual tanto la curva como la función están indefinidas en un punto y

no obstante la integral existe.

EJEMPLO 5.11 Hallar la integral de la función f (x, y) = 14√

x2+y2a lo largo de la curva

α(t) = e1/4t (cos(t),sen(t)) , t ∈ [0,∞)

Solución. Ambas funciones están indefinidas en cero.

f (α(t)) =1

4√

e−1/2t [cos2(t) + sen2(t)

]=

14√

e1/2t=

1e−1/8t

.

α′(t) = e−1/4t(−sen(t) −

14

cos(t),cos(t) −14

sen(t)),

‖α′(t)‖ =

√e−1/2t +

116

e−1/2t =

√174

e−1/4t ,

por lo tanto

f (α(t)) ‖α′(t)‖ =

√174

e−1/8t , y

∫α

f =

√174

lima→∞

∫ a

0e−1/8t dt

= −2√

17 lima→∞

[e−1/8t ]a

0

= −2√

17 lims→∞

[1

e1/8t− 1

]= 2√

17.

Por lo tanto,∫α

f = 2√

17.


Ejercicios

(1) Calcule el área bajo la función f (x, y) = |y | a lo largo de la curva α,

α(t) =

(


), t ∈ [− ln(2), ln(2)](

cosh[t − ln(4)] − 54 ,−senh[t − ln(4)]

), t ∈ [ln(2), ln(8)]

(2) Los ejes de dos cilindros iguales de radio R se intersectan en ángulo recto. Encontrar el área de

la parte de la superficie de uno de los cilindros que se encuentra en el otro.

(3) Hallar el área de la parte de la superficie del cilindro x2 + y2 = Rx contenida dentro de la esfera

x2 + y2 + z2 = R2.

(4) Encontrar el área de la superficie cilíndrica contenida entre el plano xy y las siguientes superfi-

cies:

y2 = 2px, z = y y x = 89 p, p constante positiva.

(5) Calcule la masa del segmento de la curva y = ln(x) conectando los puntos x1 y x2 si la densidad

en cada punto es igual al cuadrado de la abscisa del punto.

(6) Determine la masa del segmento de la catenaria y = a cos h (x/a) entre los puntos x1 = 0, x2 = a

si la densidad de la curva en cada uno de sus puntos es inversamente proporcional a la ordenada

de este punto. La densidad es igual a f (x, y) en el punto (0,a).

(7) Hallar la masa de la parte de la elipse con semieje x igual a a y semieje y igual a b situada en el

primer cuadrante si la densidad en cada punto es igual a la ordenada de ése punto.

(8) Calcule el centro de masa de un alambre descrito por un cuarto de circunferencia unitaria cuya

densidad es constante.

(9) Encuentre el centro de masa y el momento de inercia para el alambre del ejemplo 5 pero ahora

con la densidad proporcional a la distancia al eje x.

(10) Un alambre es colocado sobre el plano xy de tal manera que su forma coincide con la parte de la

parábola y = 4 − x2 entre (−2,0) y (2,0). Encontrar el centro de masa si la densidad en el punto

(x, y) es directamente proporcional a su distancia al eje y.

(11) Complete la demostración de que la coordenada y del centro de masa satisface la igualdad

y

∫α

f =∫αy f

(12) Demuestre que si un alambre rectilíneo de longitud `, tiene densidad ρ(x) en el punto x, entonces

la integral∫ `

0ρ(x)dx, es la masa del alambre.

(13) Calcule el centro de gravedad de las siguientes curvas

a) la cicloide.


b) α(t) =(e−t cos(t),e−tsen(t),1

), t ∈ [0,∞). Dibújela.

(14) Extienda los conceptos de masa y centro de masa para un alambre en tres dimensiones con

densidad continua.

(15) Si un alambre con densidad continua está representado por una curva en el espacio, encuentre

expresiones para los momentos de inercia con respecto a los ejes x, y y z.

(16) Hallar la masa del primer giro de la hélice x = a cos(t), y = asen(t), z = bt cuya densidad en

cada punto es igual al cuadrado de la distancia del punto origen.

(17) Calcule las coordenadas del dentro de gravedad de la primera mitad de la hélice x = a cos(t),

y = asen(t), z = bt, cuya densidad es constante.

(18) Obtenga las coordenadas del centro de gravedad y el momento de inercia con respecto a cada

uno de los ejes de coordenada de la curva

α(t) = e−t(

cos(t),sen(t),1), t ∈ [0,∞).

Compare los resultados con el Ejercicio 13.

(19) Verificar que la integral∫α

2πy se reduce a la integral∫ x1

x0

2π f (x)√

1 +[

f ′(x)]2dx

Cuando la curva α : [a,b]→ R2 es una función f (x) del eje x.

Figura 44 Sandalia con suela elipsoidal.


(20) Determinar la cantidad necesaria de material para fabricar una “sandalia” que se muestra en la

Figura 44, la cual tiene como suela una elipse de semiejes con medida 5 y 4, un contrafuerte que

es determinado por el contorno posterior de la suela y el plano z = − 35 y, finalmente tiene una

correa cuyas dimensiones se muestran en la figura 28.

(21) Encuentre el área del “toro” generado al rotar la cicloide de radio 1, α(t) = (t − sen(t),1 − cos(t)),

t ∈ [0,2π] junto con su reflexión con respecto al eje x, alrededor del eje y.

Figura 45 Toro como superficie de revolución de una cicloide doble.

(22) Considere la curva

α(t) =(senh(t),

53− cosh(t)

), t ∈ [0, ln(3)]

Dibújela. ¿Qué relación cuadrática satisfacen los puntos de su trayectoria? Calcule el área

generada al rotarla alrededor del eje y.

(23) Obtenga el área generada al rotar

α(t) = (senh(t),cosh(t)) , t ∈ [− ln(4), ln(4)],

alrededor del eje x. Trace la curva y la superficie.


(24) Pruebe el principio de Guldin: “El área generada al rotar una curva simple alrededor de un eje al

que no atraviesa es igual a la distancia recorrida por el centro de la masa de la curva multiplicada

por su longitud".

(25) Calcule el área generada por la espiral del problema 13 b) al rotarla alrededor del eje x, com-

pruebe usando el principio de Guldin.

(26) Verifique el principio de Guldin en el problema del “toro".

(27) Encuentre el área que la mitad superior de la hipocicloide genera al rotarla alrededor del eje x.

Verifique utilizando el principio de Guldin.

(28) Parametrice la curva que aparece en la Figura 46. Calcule su centro de masa, Ix , Iy y el área

generada al rotarla alrededor del eje x.

Figura 46 Curva definida seccionalmente.

(29) Calcule la longitud de α(t) = e−t(

cos(t),sen(t),1), t ∈ [0,∞). Dibuje la curva.

(30) Calcule las siguientes integrales para las funciones z = f (x, t) y curvas α(t) dadas

a) f (x, y) = x2 + y2,α(t) = e−t(

cos(t),sen(t)), t ∈ [0,∞).

b) f (x, y) =√

x2 + y2, α ídem.

c) f (x, y) = x2 − y2, α ídem.


(31) Demuestre que la intgral de trayectoria de f (x, y) a lo largo de la trayectoria en coordenadas

polares dada por r = r (θ), θ1 ≤ θ ≤ θ2 es∫ θ2

θ1

f (r cos θ,rsen θ)

√r2 +

(drd

)dθ

(32) ¿Es de clase C 1 la curva de la Figura 46?


6. Trabajo e Integrales de Linea

Se desarrollará el concepto de trabajo partiendo del caso más elemental.

Definición 6.1. Si una fuerza constante F es aplicada sobre un objeto moviéndolo una distancia d en la

dirección de la fuerza, entonces el trabajo W realizado sobre el objeto se define como W = Fd.

Graficando el desplazamiento sobre el eje horizontal y la fuerza sobre el eje vertical, el trabajo puede

interpretarse como el área bajo la función constante F (x) = c a lo largo del desplazamiento d.

(a) Trabajo cuando la fuerza es constante (b) Trabajo con fuerza es variable

Figura 47 Trabajo en el caso unidimensional

Al empujar un automóvil, por ejemplo, la fuerza aplicada depende de factores tales como la naturaleza

del suelo (asfalto, arena, grava), del tiempo que se lleva empujándolo, etc. En tales casos la fuerza

aplicada no tiene magnitud constante, suponiendo aún que la dirección de la fuerza no varía. Así pues,

la función y = F (x) depende en general del punto x del trayecto.

El trabajo es entonces igual al área bajo y = F (x) desde x = a hasta x = b y se calcula mediante la

integral

W =∫ b

a

F (x)dx.

Si el camino por el que se empuja al automóvil no es rectilíneo, entonces puede describirse mediante

la traza de una curva. En este caso, el trabajo es igual al área determinada por una función escalar de dos

variables z = F (x, y) a lo largo de la curva. Por lo tanto, el trabajo está dado por la integral de trayectoria

W =∫α

F.


Figura 48 Concepto de trabajo cuando el desplazamiento no es rectilíneo.

Si la fuerza aplicada no tiene una dirección igual a la del movimiento debe determinarse la componente

de la fuerza en la dirección del movimiento (pues sólo tal componente interviene en la definición de

trabajo).

Generalicemos ahora la situación descrita anteriormente. Sea r(t) = (x(t), y(t)) la curva que describe

el camino que sigue la partícula considerada. Entonces, F(x(t), y(t)) es la fuerza que actúa sobre la

partícula en el instante t; en donde F : D → R2 es ahora el campo vectorial F(x, y) = (P(x, y),Q(x, y))

que determina la fuerza aplicada.

En el punto (x(t), y(t)), la tangente unitaria señala la dirección del movimiento. Si se denota por

t (r(t)),

t (r(t)) =r′(t)‖r′(t)‖

.

Entonces, la proyección de F (r(t)) en la dirección de t(r(t)) es lo que se busca. Llamando θ al ángulo

entre F (r(t)) y t (r(t)), la proyección del vector F a lo largo de t está dado por

‖F (r(t)) ‖ cos θ = F (r(t)) ‖ ‖t (r(t)) ‖ cos θ,

de donde se tiene que

‖F (r(t)) ‖ cos θ = F (r(t)) · t (r(t))


Por lo tanto, el producto escalar de F (r(t)) y t (r(t)) es igual al valor de la fuerza neta aplicada sobre la

partícula en el punto r. Si convenimos en la notación

(F · t) (r(t)) = F(t) · r(t),

el trabajo resulta ser el área bajo la función escalar F · t a lo largo de la curva r. Entonces, si [a,b] es el

dominio de la curva r,W =∫

rF · t. Es decir que

W =∫ b

a

(F · t) (r(t)) ‖r′(t)‖dt

(a) Fuerza neta en la dirección del desplazamiento

F (x, y)

(x, y)

x

y

(b) Campo del Ejemplo 6.1

Figura 49 Concepto de trabajo

EJEMPLO 6.1 Calcule el trabajo realizado por la fuerza F(x, y) = (−1,2) sobre una partícula que al

experimentar tal fuerza se mueve siguiendo la taza de la curva r = (cos t,sen t), t ∈ [0, π/2].

Solución. Se desea conocer el efecto neto de F(x, y) = (−1,2) a lo largo de un cuarto de circunferen-

cia. Dado que las proyecciones de F sobre r son positivas, se espera que el trabajo sea positivo.

Calculemos el producto escalar (F · t) (r(t)) = (−1,2) · (−sen t,cos t) = sen t + 2 cos t.

La función escalar F · t sólo está definida sobre r. Con objeto de expresar el trabajo como una integral

de trayectoria, se expresará F · t como la composición de una función f : R2 → R con la curva r. Dado

que, x = cos t y y = sen t, f(x,y) = y + 2x.

Entonces, f (r(t)) = (F · t) (r(t)) = sen t + 2 cos t. Por lo tanto, el trabajo se puede expresar en la

forma W =∫r

f o bien W =∫ π/2

0f (r(t)) ‖r′(t)‖dt.


En consecuencia

W =∫ π/2

0(sen t + 2 cos t)dt,

de donde se tiene que, W = 3. Así que, el trabajo realizado por el campo vectorial F(x, y) = (−1,2) a lo

largo de un cuarto del círculo unitario, cuya representación geométrica es el área de la región cilíndrica

que se muestra en la figura 6.7, tiene un valor igual a 3 unidades de fuerza por distancia.

(a) Interpretación geométrica del trabajo (b) Campo del Ejemplo 6.2

Figura 50 Concepto de Trabajo

EJEMPLO 6.2 Calcule el trabajo efectuado por el campo F(x, y) = (1,−x) sobre una partícula cuyo

movimiento es descrito por la trayectoria de la curva r(t) = (cos t,sen t), t ∈ [0, π/2].

Solución. Observemos que la dirección de la fuerza es contraria a la del movimiento de la partícula,

por lo cual es razonable esperar que el trabajo sea negativo.

Dado que F (r(t)) = (1 − cos t),

(F · t) (r(t)) = (1,− cos t) · (−sen t,cos t) = −sen t − cos2 t

.

Otra vez, extendiendo la definición de la función escalar F · t al plano R2 mediante f (x, y) = −y − x2,

tenemos que f (r(t)) = (F · t) (r(t)) = −sen t − cos2 t.

Por lo tanto, el trabajo se puede expresar de la forma W =∫r

f o bién W =∫ π/2

0f (r(t)) ‖r′(t)‖dt.

En consecuencia

W =∫ π/2

0(−sen t − cos2 t)dt,


La región cuya área es igual al trabajo realizado se muestra en la Figura 51. Dado que se encuentra

situada por debajo del plano xy, tal área resulta ser negativa.

Figura 51 Función escalar del trabajo del Ejemplo 6.2

Hasta ahora, sólo se ha considerado el trabajo de un campo sobre una partícula cuando ésta describe

cierta trayectoria. Pero en los ejemplos considerados y en particular en la exposición inicial, el campo

vectorial F sólo estrá definido sobre la trayectoria y representa los esfuerzos que las personas que empu-

jan al automóvil realizan. Lo que realmente existe es un campo, en este caso −F, que describe no sólo la

naturaleza del camino, sino de las partes fuera de éste y que deben vencerse a fin de mover el automóvil.

Esto conduce a considerar el trabajo que las personas que empujan efectúan sobre el campo vectorial

“medio ambiente".

Otro ejemplo es dado por una nave espacial que se desplaza en una región donde la fuerza gravitatoria

está determinada por un campo vectorial G. Si el tripulante de la nave desea continuar por una trayectoria

r, entonces los motores deben efectuar cierto trabajo sobre el campo G a fin de seguirla.

En conclusión, existen dos maneras de abordar el concepto de trabajo para un campo F y una trayec-

toria r dados: como el realizado por el campo sobre la partícula o como el efectuado por la partícula

misma sobre el campo. Numéricamente, la diferencia es sólo de un signo y en lo sucesivo se dirá que

tipo de trabajo se está considerando.


Figura 52 Interpretación geométrica del trabajo del Ejemplo 6.2.

6.1. Integrales de Linea

A continuación veremos que el trabajo puede calcularse con una integral más sencilla. Sea D ⊂ R2,

además F : D → R2 es un campo vectorial y r : [a,b] → R2 una curva. El trabajo W realizado por F a

lo largo de la traza de r está dado por

W =

∫ b

a

(F · t) (r(t)) ‖r′(t)‖dt

=

∫ b

a

F (r(t)) · t (r(t)) ‖r′(t)‖dt

=

∫ b

a

F (r(t)) ·r′(t)‖r′(t)‖

‖r′(t)‖dt

=

∫ b

a

F (r(t)) · r′(t)dt

Es posible generalizar el concepto de trabajo para curvas en el espacio. Sea D ⊂ R3, el dominio de

F→ R3, campo vectorial y r : [a,b]→ R3 una curva en el espacio. El trabajo W =∫

rF · t realizado por

F a lo largo de r está dado entonces por

W =∫ b

a

F (r(t)) · r′(t)dt.

EJEMPLO 6.3 Calcule el trabajo sobre un campo vetorial

F(x, y, z) = (x, y, z)


efectúa sobre una partícula que sigue la trayectoria definida por

r(t) = (cos 3t,sen t, |sen t | + 1), t ∈ [0, π/2].

Solución. La trayectoria de r es una porción de la traza del Ejemplo 1.6.

En el intervalo [0,pi/2], sen t es positivo y puede quitarse al valor absoluto. La composición del

campo con la curva está dado por

F (r(t)) = (cos 3t,sen t,sen t + 1).

Dado que r′(t) = (−3sen 3t,cos t,cos t),

F (r(t)) · r′(t) = −3sen 3t cos 3t + 2sen t cos t + cos t

Sustituyendo la expresión anterior en

W = −∫ b

a

F (r(t)) r′(t)dt,

obtenemos que W = −3/2.

En el caso de curvas en el espacio, la interpretación de trabajo como el área de cierta región se pierde

pues la función escalar f = F · t tiene dominio en R3 y no es posible dibujar su gráfica.

Enseguida, veremos que el trabajo de un campo vectorial F definido en el espacio, sobre la curva

r : [a,b]→ R3 se puede expresar aún en otra forma.

Expresando el campo F en términos de sus componentes,

F(x, y, z) = (P(x, y, z),Q(x, y, z),R(x, y, z))

así como la curva, r(t) = (x(t), y(t), z(t)) tenemos que

W =

∫ b

a

(P(r(t)),Q(r(t)), (R(t))

)·

(dxdt,dydt,dzdt

)dt

=

∫ b

a

[P(r(t))

dxdt+Q (r(t))

dydt+ R(r(t))

dzdt

]dt

=

∫ b

a

[P(r(t))dx +Q (r(t)) dy + R(r(t))dz

]Usualmente esta última expresión (la cual recibe el nombre paradójico de integral de línea, pues se

integra sobre una curva) se abrevia omitiendo los paréntesis y a r(t) como argumento de las componentes

del campo, resultando entonces que∫ b

a

(F(r(t)) · r′(t)dt =∫

rP dx +Q dy + R dz.


EJEMPLO 6.4 Calcule la integral de línea

I =∫r

x dy − y dxx2 + y2

en donde r es el círculo unitario.

Solución. El campo vectorial tiene componentes

P(x, y) =−y

x2 + y2 , Q(x, y) =x

x2 + y2 .

La curva está dada por

r = (cos t,sen t), t ∈ [0,2π].

Por lo tanto, x = cos t y y = sen t y de aquí, dx = −sen t dt,dy = cos t dt.

Entonces ∫r

x dy − y dxx2 + y2 =

∫ 2π

0

cos t cos t − sen t(−sen t)cos2 t + sen 2t

dt

de donde se obtiene fácilmente que I = 2π.

Intuitivamente, el trabajo de campo r sobre r debe ser el negativo del trabajo del mismo campo F

sobre rop . Tal suposición es cierta.

Consideremos la curva r : [a,b]→ R3, entonces rop(t) = r(a + b− t). Denotando por W el trabajo de

campo F sobre la curva opuesta,

W =

∫ b

a

F(rop(t)

)· r′op(t)dt

= −

∫ b

a

F (r(a + b − t)) · r′(a + b − t)dt.

Haciendo el cambio de variable u = a + b − t,

W = −

∫ u=a

u=b

F (r(u)) · r′(u)(−du)

= −

∫ u=b

u=a

F (r(u)) · r′(u)du

Por lo tanto, W = −W es el trabajo del campo F sobre la curva original r.


Ejercicios

(1) Calcule el trabajo de los campos vectoriales sobre las curvas indicadas

a) F(x, y) = (y,−x + 1),r(t) = (t, t2),−2 ≤ t ≤ 2.

b) F(x, y) = (−y, x),r(t) = (3 cos t,5sen t), t ∈ [0,2π].

c) F(x, y) = (−y, x) con la curva del Ejercicio 5.1.

(2) Repita el inciso a) del Ejercicio 1, pero con la curva recorrida en sentido contrario.

(3) Calcule la integral de línea

I =∫C

x dx + y2dy − 3z dz

en donde C es la curva definida por

a) x = cos t, y = sen t,sen t + 1; t ∈ [0, π/2]

b) x = cos 3t, y = sen 2t,sen 2t; t ∈ [0, π/2]

c) x = cos 2t, y = sen 2t,cos2 t; t ∈ [0, π/2]

(4) Calcule la integral de línea

I =∫r

y dx − x dy√x2 + y2

en donde r es un cículo unitario de radio 5 orientado positivamente.

Figura 53 Circunferencia.

(5) Considere el campo vectorial F(x, y) = (x − y).

a) Calcule el trabajo efectuado por una partícula que se desplaza desde A(1/2,4) hasta D(2,1)

siguiendo la curva y = 2/x.


b) La partícula ahora se desplaza desde A(1/2,4) hasta B(1/2,2) por una línea vertical, des-

pués sigue la curva y = 1/x hasta C(2,1/2) y de allí sube la línea recta hasta D(2,1).

Obtenga un trabajo total que realiza la partícula.

c) Compare con los resultados obtenidos.

(6) La sección logitudinal de un tubo está limitada por las rectas θ = π/6 y θ = π/4. El campo

vectorial F (x, y) = (x, y) describe el flujo de un líquido dentro del tubo (véase la Figura 53).

a) Calcule el trabajo que una partícula realiza al moverse de A a C en línea recta.

b) Ahora el trabajo de A o B moviéndose por la recta que los une y luego de B a C por el arco

r = 5.

c) Compare los resultados obtenidos.

(7) La corriente de agua en el meandro de un río es descrita por el campo vectorial F(x, y) = (y,−x)

(Véase la Figura 54),

a) Calcule el trabajo de A a B siguiendo el círculo de radio 7.

b) Calcule ahora el trabajo de A a B moviéndose por la recta que los une.

c) Por último. calcule el trabajo desde A hasta (3,0) por la recta entre los puntos, después

siguiendo el eje x hasta (7,0) y de allí se llega a B por el círculo de radio 7.

d) Compare los resultados obtenidos.

7

3

A3, 2 10

B3, -2 10

x

y

Figura 54 Circunferencia.


(8) ¿Puede inferirse en los ejercicios anteriores, alguna relación entre las líneas de corriente del

campo y las trazas sobre las cuales se calcula el trabajo?

(9) Considere el Ejercicio 4.(3). Si las corrientes marinas son descritas por el campo vectorial

F (x, y) = (−y + 20x + 30), ¿Qué cantidad de trabajo tiene que realizar el tiburón para llegar

a su presa?

(10) El movimiento de una partícula es descrito por la curva

r(t) = e−t (cos t,sen t), t ∈ [0,∞).

Si F (x, y) = (x2 + y2)−1/2(−y, x),

a) Calcule el trabajo de F sobre r.

b) Interprete el valor del trabajo obtenido como el área sobre la curva r bajo cierta función (la

cual debe determinarse), z = f (x, y).

c) Finalmente, dedo que z = f (x, y) es constante, compruebe que el valor del área mencionada

también puede obtenerse multiplicando la longitud de r por la altura de la función escalar.

(11) Si una partícula se desplaza desde el punto A hasta B siguiendo cierta trayectoria, demuestre que

la velocidad con la cual se mueve no influye en el trabajo que realiza. ¿Por qué? ¿Cómo puede

reformularse la afirmación anterior en términos matemáticos?

(12) Ya se ha visto que el trabajo que un campo F efectúa sobre una curva r es igual al negativo

efectuado por el mismo campo F sobre rop

a) Demuestre que en general si q es una reparametrización de r con orientación contraria

entonces ∫q

F · t = −∫

rF · t.

b) Sea r : [a,b]→ R3 y q es ahora la curva opuesta a r ¿es válida la relación∫q

F · t =∫ a

b

F · t?

De ser cierta, entonces el calcular el trabajo sobre la trayectoria opuesta no requiere deter-

minar explícitamente la curva opuesta.

(13) Considere el campo vectorial F(x, y, z) = (x,−y,0)

a) Obtenga las líneas de corriente.

b) Calcule el trabajo que una partícula efectúa al desplazarse desde el punto A(1/2,4,3) hasta

D(2,1,1) siguiendo la recta que los une.


c) Ahora la partícula se traslada desde A hasta B(1/2,4,0) siguiendo una línea paralela al eje

z, después continúa por la curva q(t) = (t,2/t,0) hasta C(2,1,0) y de allí sube en línea recta

hasta D(2,1,1). Calcule el trabajo total y compárelo con el obtenido en el inciso b).

(14) Dado que es posible calcular el producto escalar para vectores con cualquier número finito de

componentes, obtenga el trabajo del campo vectorial definido por

G(x1, x2, x3, x4) =(x1, x2, x3, x4)

(x21 + x2

2 − x23 + x2

4)

sobre la curva α(t) = (cos t,cosh t,senh t,sen t), en donde t ∈ [0, ln 3]

(15) Generalice el concepto de divergencia y obtenga la correspondiente para el campo vectorial del

Ejercicio 14, además de los campos siguientes

a)

F(x1, x2, x3, x4) =(x1, x2, x3, x4)

(x21 − x2

2 + x23 − x2

4)2

b)

G(x1, x2, x3, x4, x5, x6) =(x1, x2, x3, x4, x5, x6)

(x21 − x2

2 + x23 − x2

4 + x25 − x2

6)3

c)

H(x1, x2, x3, x4, x5, x6, x7) =(x1, x2, x3, x4, x5, x6, x7)

(x21 + x2

2 + x23 + x2

4 + x25 + x2

6 + x27)7/2

(16) Existe otra manera de abordar el concepto de trabajo.

Sea r = (x(t), y(t), z(t)) una curva de clase C 1 y

F(x, y, z) = (P(x, y, z),Q(x, y, z),R(x, y, z))

un campo vectorial también de clase C 1.

a) Considere una partición de la curva y sea el k-ésimo arco determinado por r(tk−1) y r(tk ).

Si r(ξk ) es un punto sobre el arco considerado, verifique que la componente de la fuerza fk

en la dirección del movimiento es

fk = F (r(ξk )) ·r′(ξk )‖r′(ξk )‖

b) Entonces, el trabajo Wk sobre el k-ésimo arco es aproximadamente igual a

Wk F (r(ξk )) · t (r(ξk )) ∆sk ,

en donde ∆sk es la longitud del k-ésimo arco.

c) Por lo tanto, el trabajo total W tiende a la integral

W −→

∫ b

a

F (r(t)) · r′(t)dt.


7. Tasa de Flujo

Un líquido cuya densidad es constante fluye con velocidad uniforme a través de un tubo con forma

de paralelepípedo cuya base es muy pequeña comparada con la altura de tal manera que una sección

transversal del tubo es prácticamente una línea.

(a) Descripción física del flujo de un fluido (b) Modelación matemática del flujo del fluido

Figura 55 Dos aspectos del flujo del fluido através de un conducto muy estrecho

Con estas condiciones el fluido puede pensarse como bidimensional. Entonces F (x, y) = (v,0) es un

campo vectorial que describe la velocidad de las partículas.

El problema que se desea resolver es el de calcular la masa de las partículas que atraviesan una sección

del tubo en una unidad de tiempo.

Para simplicar el problema, supongamos que la sección está determinada por el eje y. Ahora las

partículas que atraviesan al eje vertical desde y = 0 hasta y = b en el intervalo de tiempo ∆t ocuparán un

rectángulo altura v∆t y base b por lo que su área ∆A está dada por

∆A = v∆tb

Dado que la densidad ρ es dada por ρ = m/(∆A) la masa m de las partículas que ocupan el rectángulo es

m = ρv∆tb

Por lo tanto, la tasa de flujo (es decir, la masa de las partículas que atraviesan la sección transversal en

una unidad de tiempo) es

Φ =m∆t= ρv ( longitud de la sección)


El mismo problema puede considerarse con condiciones mas generales: que el campo vectorial de-

penda de la posición, que la densidad no sea uniforme y que la sección no sea rectilínea sino descrita por

una curva.

Si la densidad es constante, entonces su valor está dado por ρ = m/(∆A), el cociente de la masa de las

partículas contenidas en cualquier porción del fluido entre el área que ocupa esa misma porción. Pero si

la masa de las partículas no se encuentra distribuida de manera uniforme, la definición anterior no puede

aplicarse.

Figura 56 Un fluido con densidad variable

La única manera de tener información sobre la distribución de las partículas es recurriendo a la idea

de densidad puntual.

Para ello consideremos un punto (x, y) y un pequeño círculo con centro en ese mismo punto. El

cociente de la masa de las partículas que se encuentran dentro del círculo entre su área es entonces una

primera aproximación al valor de la densidad en (x, y). Para mejorarla repetimos la operación con un

círculo más pequeño y continuamos con el proceso.

La densidad en el punto (x, y) se definirá como el límite de los cocientes de las masas de las partículas

contenidas en los círculos entre sus áreas, cuando los radios tiendan a cero. En general, no es necesario

considerar círculos. Si Ri es una región que contiene a (x, y),m(Ri ) es la masa correspondiente a las


partículas que se encuentran en Ri y A(Ri ) es el área de Ri . Entonces, definimos la densidad ρ en el

punto (x, y) de la manera siguiente

ρ(x, y) = limA(Ri )→0

m(Ri )A(Ri )

En la práctica, la distribución de las partículas varía suavemente. Es decir, que la densidad es una

función continua de la posición.

En el resultado de la tasa de flujo del campo F (x, y) = (v,0) aparece el factor ρv el cual se denominará

de una manera especial.

Definición 7.1. Si un fluido se desplaza sobre una superficie plana, su velocidad está dada por el campo

vectorial V de clase C 1,

V(x, y) = (v1(x, y),v2(x, y))

y la densidad esta definida por la función escalar también de clase C 1, ρ = ρ(x, y), el flujo del fluido se

define como

F(x, y) = (ρ(x, y)v1(x, y), ρ(x, y)v2(x, y))

Así pues, el flujo nos da información de la distribución de las partículas (su densidad), que tan rápido

y hacia donde se mueven tales partículas (el campo vectorial velocidad).

(a) Aproximando la densidad en un punto

.

...

...

.... .... .. .

.. . .... .....

. ..... ...

... .

..

.

.

...

..

...

.. . ................ ....... .

.. .

..

... .

.... .... . ....

. . .

...

....

. ... ... ........

. .. .

.

.

.. .

(b) Concepto de flujo de un fluido

Figura 57 Definiendo la densidad puntualmente e interpretación del flujo de un fluido

Ahora ya se tienen los elementos necesarios para abordar la situación antes descrita. Sea F(x, y) =

ρ(x, y)( v1(x, y),v2(x, y) ) el campo vectorial flujo de clase C 1 de un fluido que se desplaza en el plano

y r : [a,b]→ R2 una curva también de clase C 1. Se busca la tasa de flujo Φ de F a través de r.


A fin de calcularΦ, imaginemos que en el instante t se detiene el flujo del líquido, entonces se “coloca”

la curva r en el plano. Después, se descongela la acción al mismo tiempo que la curva impregna cierta

coloración a las partículas que la atraviesan. Nuevamente se detiene el movimiento cuando ha trancurrido

un intervalo de tiempo ∆t. La tasa de flujo Φ estará dada por el cociente de la masa de las partículas que

ocupan la región coloreada entre ∆t.

Para medir tal masa, dividimos la curva en n partes. Si este número es suficientemente grande, cada

arco de la curva será casi rectilíneo y el valor del flujo será casi constante a lo largo de cada arco por ser

el campo vectorial de clase C 1.

La región ocupada por las partículas que atraviesan al k-ésimo arco en el intervalo de tiempo ∆t tiene

aproximadamente la forma de un paralelogramo.

Sea θ el ángulo formado por el campo vectorial velocidad V valuado en el punto r(ξk ) del k-ésimo

arco con la normal unitaria n a la curva en ese mismo punto r(ξk ). El área Ak del paralelogramo

(expresión semejante a la que se obtuvo para la Figura 55) aproximadamente igual a

Ak = ‖V(r(ξk ))‖ cos θ∆t∆sk

en donde, ∆sk es la longitud de k-ésimo arco. Recordando la definición de producto escalar, esa misma

área Ak está dada por

Ak = V(r(ξk )) · n(r(ξk ))∆t∆sk

(a) descomposición de la zona de flujo (b) elemento de flujo

Figura 58 Cálculo de la tasa de flujo a través de una curva


Al considerar paralelogramos suficientemente pequeños, la densidad es aproximadamente constante

en toda su extensión. Por lo tanto si ∆mk es la masa de las partículas que ocupan el paralelogramo,

∆mk ρ(r(ξk )) Ak .

Entonces, si Φk es la tasa de flujo a traves del k-ésimo arco sk ,Φk = ∆mk/∆t, o bien

Φk F(r(ξk )) · n(r(ξk ))∆sk ,

en donde se aplicó la definición F = ρV. Recordando que ∆sk = ‖r′(ξk )‖∆tk (con ∆k = tk − tk−1),

podemos escribir el flujo total Φ =∑Φk como

Φ n∑

k=1

F(r(ξk )) · n‖r(ξk )‖r′(ξk )‖∆tk .

Esta es una suma de Riemann y cuando la norma de la partición tiende a cero la suma se aproxima a

la integral de trayectoria

Φ =

∫ b

a

F(r(t)) · n(r(t))‖r′(t)‖dt.

Pero dado que n(r(t)) = n(r(t))‖r′(t)‖, en donde n es una normal a la curva no necesariamente unitaria,

tenemos que

Φ =

∫ b

a

F(r(t)) · n(r(t))dt.

Denotaremos la integral anterior por∫r

F · n, suprimiendo la tilde. En forma análoga al concepto de

trabajo, aquí usaremos la notación (F · n)(r(t)) = F(r(t)) · n(r(t)). Entonces, podemos escribir∫r

F · n =∫ b

a

(F · n)(r(t))dt.

(a) componente del campo de Velocidad

T

N

x

y

(b) tangente y normal a una circunferencia

Figura 59 Tasa de flujo y Ejemplo 7.1


EJEMPLO 7.1 Calcule la tasa de flujo Φ sobre la traza de la curva r(t) = (cos t,sen t), t ∈ [0,2π], si

el flujo está dado por el campo vectorial F(x, y) = (x, y).

Solución. El vector normal n es perpendicular al vector tangente el cual es r′(t). Además, si se sigue

la orientación positiva de la curva, el vector normal debe apuntar hacia el exterior de la curva.

Más aún, en este ejemplo en particular, el vector normal tiene la misma diección que el vector posición

de la curva. Por lo tanto, una norma posible es

n(r(t)) = (cos t,sen t).

Una regla útil para obtener el vector normal a partir del vector tangente consiste en intercambiar las

coordenadas de este último y multiplicar entonces la segunda coordenada por -1. Esto es con el fin de

que sean ortogonales y que además la normal sea externa.

Volviendo al problema, la composición del campo vectorial con la curva está dada por F(r(t)) =

(cos t,sen t). Como derivada de la curva es r′(t) = (−sen t,cos t), siguiendo el truco que se acaba de

mencionar, obtenemos en efecto que n(t) = (cos t,sen t). Por lo tanto

(F · n)(r(t)) = cos2 t + sen 2t,

de donde obtenemos que ∫ 2π

0(F · n)(r(t))dt = 2π.

Así que, el flujo Φ tiene el valor igual a 2π unidades de masa sobre unidad de tiempo.

(a) interpretación del flujo de F (x, y) = (x, y)(b) superficie cilíndrica con altura igual a 1

Figura 60 Interpretación geométrica del flujo del fluido del Ejemplo 7.1


EJEMPLO 7.2 Calcule el valor del flujo (en electromagnetismo, la tasa de flujo se denomina simple-

mente flujo) del campo eléctrico

E(x, y) = q(x, y)

(x2 + y2)3/2

a través de una circunferencia de radio r centrada en el origen.

Solución. La curva r(t) = r (cos t,sen t), t ∈ [0,2π] es una parametrización de la circunferencia. Así

que,

E(r(t)) = q(cos t,sen t)

r2 .

Ahora, la normal está dada por n(r(t)) = r (cos t,sen t). Por lo tanto,

(E · n)(r(t)) =qr,

de donde obtenemos que ∫ 2π

0(E · n)(r(t))dt =

2πqr.

La taza de flujo Φ del campo vectorial F(x, y) = (P(x, y),Q(x, y)) a través de la curva r(x(t), y(t))

definida sobre [a,b] está dada por la integral

Φ =

∫ b

a

F(r(t)) · n(r(t))dt,

dado que r′(t) = (x′(t), y′(t)),n(r(t)) = (y′(t),−x′(t)). Entonces

Φ =

∫ b

a

F(P(r(t)),Q(r(t))) · (y′(t),−x′(t))dt,

en consecuencia

Φ =

∫ b

a

P dy − Q dx.

Esta última expresión es una integral de línea semejante a la que define el trabajo del campo vectorial,

digamos G(x, y) = (A(x, y),B(x, y)), sobre la curva q : [c,d] → R2. Ahora, dado que el trabajo está

dado por W =∫

qG · t,

W =∫ d

c

A dx + B dy.

La conclusión es que una integral de línea

W =∫

rM dx + N dy =

∫r

N dy − (−M)dx,

siempre puede interpretarse como el trabajo del campo vectorial G = (M,N ) sobre la curva r o como la

tasa de flujo del campo F = (N,−M) sobre la misma curva.


Ejercicios

(1) Calcule la tasa del flujo Φ del campo vectorial F(x, y) = (1,1) a través de la recta que une a (1,0)

con (0,1). Repita este ejercicio con la recta orientada en sentido opuesto.

(2) Obtenga la tasa de flujo Φ del campo vectorial F(x, y) = (1,1) a través de la circunferencia de

radio igual a 2 y centrada en el origen. Bosqueje el campo, la función F · n e interprete el signo

de Φ en términos de la cantidad de fluido que entra y sale a través de r.

(3) En los ejercicios siguientes calcule la tasa de flujo Φ. Esboce el campo y su efecto sobre la curva

considerada.

a) F(x, y) = (2x,0),r(t) = 3(cos t,sen t), t ∈ [0,2π].

b) F(x, y) = (x, y),r(t) = (a cos t,b sen t), t ∈ [0,2π].

c) F(x, y) = (3x,4y),r(t) = a(cos t,sen t), t ∈ [0,2π].

d) F(x, y) = (x,2y),r(t) = (2 cos t,3sen t).

(4) Repita los incisos a y c del Ejercicio (3), pero con las curvas orientadas en sentido opuesto.

(5) Sea F(x, y) = (x, xy) y r la curva cerrada siguiente: el recorrido se inicia en (0,0), sigue por la

parábola y = x2 hasta (1,1) y de allí regresa a (0,0) por la recta y = x. Calcule la tasa de flujo Φ

de F a través de r.

A

C

B

D

1 2 16x

y

Figura 61 Orillas del canal del Problema 7.

(6) Considere la curva α(t) del Ejercicio 5.(1). Obtenga la tasa de flujo Φ para cada campo dado.

a) F(x, y) = (x, y).

b) F(x, y) =(x − 5

4 , y)

(7) Las márgenes de un canal son descritas por las curvas y = 1/x y y = 4/x. El flujo del agua está

dado por el campo vectorial F(x, y) = (x,−y) (Véase la Figura 61).


a) Calcule Φ a través de la línea.

b) Haga lo mismo para CD y compárelo con el resultado anterior.

(8) Las paredes de la sección transversal de un tubo son descritas por las curvas y = 6√

2/x y y =

2√

3/x. Un fluido pasa por el tubo, fluyendo de acuerdo con el campo vectorial F(x, y) = (x,−y)

(véase Figura 62).

a) Verifique que la curva x2 − y2 = 1 corta a las paredes del tubo en los puntos P y Q. Calcule

ahora Φ a través de x2 − y2 = 1

(Sug: parametrice la hipérbola usando funciones hiperbólicas).

b) Calcule la tasa de flujo Φ a través del segmento RS y compárelo con el resultado anterior.

Figura 62 Diagrama del tubo del problema 8.

(9) La situación es la misma que en el Ejercicio (7)

a) Calcule la tasa de flujo Φ a través de la sección transversal r = 3..

b) Hacer lo mismo para r = 5

c) Ahora para la recta AB. Compare los tres resultados obtenidos.

(10) Misma situación que el Ejercicio (8)

a) Calcule la tasa de flujo Φ a través de la recta θ = π/6.

b) Igual cuestión para la recta x = 3, y ≥ 0.

(11) Considere el campo vectorial F (x, y) = (x, y).

a) Calcule la tasa de flujo Φ a través del arco de la circunferencia de radio√

2, centrada en el

origen, entre θ = 0 y θ = π/4.

b) Ahora para la recta x = 1, entre y = 0 y y = 1.

c) Por último para la recta θ = π/4 entre r = 0 y r =√

2.


(12) Con base en los resultados obtenidos ¿Puede presumirse que exista alguna relación entre la taza

de flujo Φ y las líneas de corriente por una parte; y entre Φ y las curvas equipotenciales, por la

otra?

(13) En una porción del océano, el agua se mueve según el campo vectorial F(x, y) =(

225 x, y8

). Se

instalará una central maremotriz pero sólo se sabe que el dique el cual recibiría la corriente debe

pasar a través del punto (20,12). ¿Qué forma debe tener el dique a fin de que la potencia generada

sea máxima?

Figura 63 Geometría del Problema 13.

(14) Considere el campo vectorial F(x, y, z) = (x,−y,0)

a) Inicialmente obtenga las curvas equipotenciales en el plano xy, después obtenga la ecuación

de las superficies equipotenciales y bosquéjelas.

b) Calcule la tasa de flujo Φ del campo F a través de la curva

r(t) = (cosh t senh t,0), t ∈ [0, ln 4]

c) Ahora obtenga Φ a través de la recta que une a (1,0,0) con el punto r( ln 4 ).

(15) Demuestre que la tasa de flujoΦ del campo F a través de una curva r no depende de la parametrización

que define a la curva.

(16) Calcule la divergencia del campo vectorial siguiente, simplificando su respuesta.

F(x, y, z) =(

y cos x1 − sen x

+y cos x

1 + sen x

)ı +

(z cos y

1 − sen y+

z cos y1 + sen y

) +

( x cos z1 − sen z

+x cos z

1 + sen z

)k


8. Razon de flujo e integrales dobles. Teorema de Green

Procedemos a formalizar algunas relaciones que han surgido a través del trabajo anterior.

El problema de encontrar el área de un cilindro de radio R que se encuentra dentro de otro cilindro de

igual radio cuyos ejes se cortan perpendicularmente puede ser resuelto al menos de dos maneras.

Figura 64 Dos cilndros cuyos ejes se cortan perpendicularmente.

El primer método consiste en utilizar una integral sobre trayectoria. Para ello observamos que la región

cilíndrica sombreada que aparece en la Figura 64 tiene igual área que la parte del cilindro x2 + z2 = R2

que se encuentra en el primer octante dentro del otro cilindro. Esto significa que no importa con cual

cilindro se trabaje, basta calcular el área de la zona sombreada y multiplicar por 8. La base de la región

que nos interesa es descrita por

β(t) = (R cos(t),R sen(t)) , t ∈[0,π

2

].

La función que determina la zona sombreada es f (x, y) =√

R2 − x2. Por lo tanto,

18

A =

∫β

f =∫ π/2

β

√R2 − R2 cos2(t) R dt

= R2∫ π/2

0sen(t)dt = R2,

por lo tanto A = 8R2.


La segunda forma de resolver el problema emplea una integral doble. Calculamos entonces el área

de la región del cilindro x2 + z2 = R2 que se encuentra dentro del otro cilindro en el primer octante y

multiplicamos por 8. Esta área S está definida por

18

S =∫ ∫

D′

√12 + f 2

x + f 2y dA,

donde D′ es la proyección de la región descrita sobre el plano xy y f (x, y) =√

R2 − x2,

18

S =∫ R

√R2−x2

0

∫0

√1 +

x2

R2 − x2 dy dx = R2.

Por lo tanto S = 8R2 llegando al mismo resultado.

Si se calcula la integral de trayectoria sobre la circunferencia completa x2 + y2 = R2 y se evalúa la

doble integral sobre todo el círculo, llegamos a que∫ ∫D

√1 + f 2

x + f 2y dA =

∫β

f ,

donde f (x, y) =√

R2 − x2. Si ahora llamamos a β la frontera de la región D y la denotamos como ∂D,∫ ∫D

√1 + f 2

x + f 2y dA =

∫∂D

f ,

D = (x, y) |x2 + y2 ≤ R2.

Así pues, hemos reducido la integral doble a una integral de trayectoria.

Dado un campo vectorial F, se establecerá una relación general entre una integral doble de una

propiedad de F sobre cierta región R cuya frontera está descrita por una curva cerrada simple y una

integral de línea de F sobre la frontera de R, ∂R. La deducción se hará apoyándonos en el concepto de

razón de flujo Φ.

Para ello, la idea fundamental es que si se toma una partición P de la región R, la razón de flujo Φ de

F a través de ∂R es muy parecida a la razón de flujo Φp sobre la línea punteada de la Figura 65 (a), esta

aproximación mejora a medida que se toman particiones más finas. Pero, al mismo tiempo, Φp es igual

a la suma de las razones de flujo sobre cada rectángulo de la partición

Para justificar la afirmación anterior, considérese el rectángulo RK cuya frontera es Ck

La razón de flujo sobre CK es la suma de las razones de flujo sobre sus lados

Φk =

∫CK

F · n =∫CK1

F · n +∫CK2

F · n +∫CK3

F · n +∫CK4

F · n


(a) Aproximación mediante segmentos rectilíneos de una curva(b) Dos rectángulos vecinos de una partición

Figura 65 División de una región del plano y de su frontera

la primera integral se cancelará con la razón de flujo sobre ese mismo lado CK1 cuando es considerado

como parte de la frontera del rectángulo vecino RK+1 pues las orientaciones son opuestas. Esto sucede

para todos los lados de RK y para los restantes rectángulos quedando sólo sin cancelarse las razones de

flujo sobre los lados que forman parte de la línea punteada de la Figura 65 (a).

Para ilustrar el procedimiento sea F (x, y) = 2(x, y) y la región R el círculo unitario.

Sea P una partición de R como se muestra en la Figura 66 (a).

Sea R(r, θ) la sub-región que se muestra en la Figura 66 (b). La razón de flujo Φ sobre sus lados

rectilíneos es cero. Una parametrización para el arco exterior es

α(θ) = r2(cos θ,sen θ), θ ∈ [θ1, θ2].

El segmento interior es parametrizado en sentido opuesto por

β(θ) = r1(cos θ,sen(θ)), θ ∈ [θ1, θ2].

Se tiene entonces que la razón de flujo a través de la frontera de R(r, θ) es:

Φ =

∫α

F · n −∫β

F · n

donde el signo negativo se debe a que β está orientada en sentido opuesto.

Φ = 2r22

∫ θ2

θ1

dθ − 2r21

∫ θ2

θ1

dθ = 2(r22 − r2

1 )(θ2 − θ1)

= 2(r2 − r1)(r2 − r1)(θ2 − θ1) = 2(r2 + r2)∆r∆θ.

El radio r = (r1 + r2)/2 es un valor promedio de los radios r1 y r2, sustituyendo r en Φ, tenemos que

la razón Φ sobre la frontera de R(r, θ) es:

Φ = 4r∆r∆θ.


Figura 66 Subdivisión de un círculo.

Ahora sumamos sobre todas las sub-regiones que componen la región R∑∑Φ

R

=∑∑

R

4r∆r∆θ.

Cuando la norma de la partición tiende a cero, esta suma se aproxima a la doble integral dada por:∫ θ=2π

θ=0

∫ r=1

r=04r dθ = 4π.

Se ha llegado al mismo resultado que mediante la integral de línea. La estrategia de la demostración

general es muy semejante, sólo haremos un cambio. En el desarrollo anterior hemos adaptado la partición

tanto al efecto del campo como a la forma de la región. Dado que las formas posibles para una región son

infinitas, tomaremos una partición que induzca rectángulos sobre la región R. Además al considerar un

campo arbitrario F no es posible calcular la razón de flujoΦk explícitamente sobre cada rctángulo, siendo

necesario entonces expresarΦk en términos de alguna característica de F en un punto del rectángulo para

que la suma de Φk sea de Riemann y conduzca a una doble integral.

Consideremos un rectángulo típico de la Figura 67 (a) cuyo centro es el punto M (u,v) y tiene lados

∆x y ∆y. Se expresará la razón de flujo del campo vectorial F(x, y) = (P(x, y),Q(x, y)) sobre la fron-

tera de éste rectángulo en términos del valor de F en el punto M , esto significa que se supone que el

efecto del flujo F sobre el rectángulo mencionado es casi igual a F (u,v) gracias a que el rectángulo es

suficientemente pequeño y el campo es de clase C 1.

La razón de flujo es a través del lado BC es∫ C

B

F · n


Si la curva α parametriza la frontera del rectángulo, el vector tangente sobre BC es α(t) =(0, y′(t)

)y de aquí, n[α(t)] =

(y′(t),0

)entonces

F[α(t)] · n[α(t)] =(P[α(t)],Q[α(t)]

)·(y′(t),0

)= P

dydt

y además ∫ C

B

(F · n)dt =∫ C

B

Pdydt

dt =∫ C

B

Pdy P(u +

∆x2,v

)∆y

Sobre el lado DA el vector normal también es n[α(t)] =(y′(t),0

)y entonces∫ A

D

(F · n)dt =∫ A

D

P dy = −∫ D

A

Pdy −P(u +

∆x2,v

)∆y.

En forma análoga, se tiene que ∫ B

A

(F · n)dt −Q(u,v −

∆y

2

)∆x y

∫ D

C

(F · n)dt Q(u,v +

∆y

2

)∆x.

Por lo tanto, la tasa ó razón de flujo Φk a través del rectángulo es

Φk =

∫ C

B

(F · n)dt +∫ A

D

(F · n)dt +∫ D

C

(F · n)dt +∫ B

A

(F · n)dt

=

[P

(u +

∆x2,v

)− P

(u +

∆x2,v

)]∆y +

[Q

(u,v +

∆x2

)− Q

(u,v −

∆x2

)]∆x

=

P

(u + ∆x

2 ,v)− P

(u + ∆x

2 ,v)

∆x+

Q(u,v + ∆y

2

)− Q

(u,v − ∆y

2

)∆y

∆x ∆y

Como ya se ha visto, la razón de flujo Φ sobre ∂R es casi igual a∑Φk la cual es una suma de Rie-

mann y esta aproximación es mejorada cuando la normal de partición tiende a cero ó equivalentemente

∆x,∆y −→ 0 lo cual implica que

Φk −→

[∂

∂xP(u,v) +

∂

∂yQ(u,v)

]dx dy

y entonces

Φ ∑

Φk −→

∫ ∫R

(∂P∂x+∂Q∂y

)dx dy.

El resultado siguiente se conoce como Teorema de Green, o de la divergencia en el plano


Teorema 8.1. Sea D una región en el plano cuya frontera ∂D es descrita por una curva α : [a,b] −→ R2

cerrada de clase C 1 y que no se corta a sí misma.

Si F = (P,Q) : R2 −→ R2 es un campo vectorial C 1 sobre D entonces∫α

(F · n)dt =∫ ∫

D

(∂P∂x+∂Q∂y

)dx dy.

(a) rectángulo centrado en el punto M (u,v)(b) Ejemplo 8.1

Figura 67 Teorema de Green

Definición 8.2. La divergencia del campo vectorial F(x, y) = (P(x, y),Q(x, y)) se define como el escalar

∂P∂x+∂Q∂y

Existe la siguiente notación. Si el gradiente es visto como un operador ∇ =(∂∂x ,

∂∂y

), entonces

∇ · F =(∂

∂x.∂

∂y

)· (P,Q) =

∂P∂x+∂Q∂y

.

Por lo tanto divergencia de F ≡ div(F) ≡ ∇ · F.

EJEMPLO 8.1 Verifique el Teorema de Green para la región R que consiste del círculo unitario y el

campo vectorial F(x, y) = (x3, y3).

Solución. Calculamos primero la integral doble,

∇ · F =∂

∂xx3 +

∂

∂yy3 = 3x2 + 3y2.

R = (x, y) |x2 + y2 ≤ 1 entonces∫ ∫

R

(∇ · F) dA = 3∫ ∫

R

(x2 + y2)dx dy.


Hacemos el cambio de variable x2 + y2 = r2,∫ ∫R

(∇ · F)dA = 3∫ 2π

0

∫ 1

0r2(r)dr dθ =

34

(2π) =32π.

Para evaluar la integral de trayectoria parametrizamos la frontera de R mediante la curva α(t) =(cos(t),sen(t)

), 0 ≤ t ≤ 2π.

F(α(t)

)=

(cos3(t),sen3(t)

), n

(α(t)

)=

(cos(t),sen(t)

)

(F · n)(α(t)

)= cos4(t) + sen4(t)

La integral de trayectoria es entonces:∫α

(F · n)ds =

∫ 2π

0

[cos4(t) + sen4(t)

]dt =

∫ 2π

0cos4(t)dt +

∫ 2π

0sen2(t)dt.

=

[cos3(t)sen(t)

4

]2π

0+

34

∫ 2π

0cos2(t)dt −

[sen3(t) cos(t)

4

]2π

0+

34

∫ 2π

0sen2(t)dt

=34

∫ 2π

0dt =

32π.

Geométricamente, la integral doble calcula el volumen bajo la función z = 3(x2 + y2) sobre el círculo

unitario centrado en el origen. La integral de F · n a lo largo de α puede interpretarse como el área bajo

la función f (x, y) = x4 + y4 a lo largo de α(t) =(

cos(t),sen(t)).

Cuando el campo F no es C 1 sobre la región determinada por la curva α entonces el Teorema de

Green puede no cumplirse.

EJEMPLO 8.2 Compruebe que el Teorema de Green no se cumple para el campo

F(x, y) =1

x + y(x, y)

sobre el círculo unitario centrado en el origen.

∇ · F =(x2 + y2) − 2x2

(x2 + y2)+

(x2 + y2) − 2y2

(x2 + y2)2 = 0

R =(x, y) : x2 + y2 ≤ 1

y

∫ ∫R

(∇ · F) dA = 0.

Por otra parte, parametrizando la frontera de R por la curva α

α(t) =(

cos(t),sen(t)), t ∈ [0,2π]

F(α(t)

)=

(cos(t),sen(t)

),n

(α(t)

)=

(cos(t),sen(t)

).

108 FRANCISCO JAVIER SÁNCHEZ BERNABE∫α

(F · n) =∫ 2π

0dt = 2π.

A la luz del Teorema de Green los problemas de razón de flujo pueden analizarse desde otra perspec-

tiva. En el Ejercicio 7.(7), por ejemplo, la razón de flujo Φ a través de las secciones rectilíneas AB y CD

puede mostrarse que es la misma sin calcular Φ explicitamente. Sea α la curva formada por el segmento

de la hipérbola y = 1x entre A y C seguida de la recta CD después de y = 4

x entre D y B, y finalmente

de la recta BA. La curva α está orientada positivamente y determina una región R en la cual el campo

vectorial F = (x,−y) es de clase C1

Φ =

∫α

F · n =∫ C

A

F · n +∫ B

D

F · n +∫ A

B

F · n

Dado que las hipérbolas son líneas de corriente, las integrales de A y C y de D a B son cero. Además

∇ · F = 0 y por el Teorema de Green

0 =∫ ∫

R

∇ · F =∫α

F · n =∫ D

C

F · n +∫ A

B

F · n

entonces ∫ D

C

F · n = −∫ A

B

F · n =∫ B

A

F · n

En general si por un tubo se desplaza un líquido con flujo F el cual es C1 cuya divergencia es cero,

entonces la razón de flujo no depende de la sección transversal considerada.

El Teorema de Green se ha establecido para una región R la cual esta acotada por una curva cerrada

simple sobre la cual el campo F es de clase C 1. Se desea extender este resultado para regiones que

eliminen los puntos donde el campo no es C 1, tales como el conjunto de los puntos determinado por dos

curvas cerradas simples las cuales no se intersecan entre si.

EJEMPLO 8.3 Extender el Teorema de Green para la región R = (x, y) |1/2 ≤ x2 + y2 ≤ 1 donde el

campo F es de clase C 1 sobre R.

Para calcular la integral de línea, recordemos que ésta integral mide la razón de flujo a través de la

frontera de la región. En este ejemplo, la frontera consta de las circunferencias de radios 12 y 1.

Dividimos la región R en partes a las cuales el teorema sea aplicable. Por ejemplo la porción R la cual

está situada en el semiplano superior, llamándole R1, parametrizamos su frontera mediante la curva α

orientada como se muestra en la Figura 68. La mitad inferior de R la denominaremos R2 y su frontera es

descrita por la curva cerrada β. Aplicando el Teorema de Green a cada una de las regiones tenemos,∫ ∫R1

(∇ · F)dA =∫α

(F · n)ds,∫ ∫

R2

(∇ · F)dA =∫β

(F · n)ds.


Figura 68 Región ahuecada.

por lo tanto ∫ ∫R1

(∇ · F)dA +∫ ∫

R2

(∇ · F)dA =∫α

(F · n)ds +∫β

(F · n)ds.

Pero la integral de trayectoria sobre α en la porción del eje x entre −1 y − 12 es igual al valor negativo

de la integral de β sobre la misma línea y lo mismo sucede en la parte del eje x entre 12 y 1.

Llamando C1 al círculo de radio 1 orientado positivamente y C2 al círculo de radio 12 orientado nega-

tivamente llegamos entonces a que:∫α

(F · n)ds +∫β

(F · n) =∫c1

(F · n)ds +∫c2

(F · n)ds

por lo tanto ∫c1

(F · n)ds +∫c2

(F · n)ds =∫ ∫

R1

(∇ · F)dA +∫ ∫

R2

(∇ · F)dA

Por la aditividad de las integrales dobles el lado derecho de la última ecuación es igual a∫ ∫

R(∇ · F)dA

concluyendo tenemos que: ∫ ∫R

(∇ · F)dA =∫c1

(F · n)ds +∫c2

(F · n)ds.

En general, esta expresión es válida si C1 y C2 son dos curvas cerradas simples las cuales no se

intersectan entre si y F es un campo vectorial C1 sobre la región R situada entre ambas curvas.


8* Aplicaciones geometricas del Teorema de Green

Teorema 8.3. Sea R una región limitada por la curva cerrada simple α : [a,b] −→ R2, entonces

Área de R =12

∫α

x dy − y dx.

Demostración. Consideremos el Teorema de Green para el caso especial F (x, y) = (x, y).

2(Área de R) = 2∫ ∫

R

dA =∫ ∫

R

(∇ · F)dA.

=

∫α

(F · n)ds =∫

x dy − y dx.

EJEMPLO 8.4 Calcule el área A de la elipse

x2

25+

y2

36= 1

Solución. Parametrizamos la elipse mediante la curva

α(t) = (5 cos(r),6sen(t)) , t ∈ [0,2π]

A =12

∫ 2π

0x dy − y dx

=12

∫ 2π

0[30 cos(t) cos(t) + 30sen(t)sen(t)] dt = 30π.

Proposición 8.3 Sea R una lámina cuya frontera es descrita por una curva cerrada simple α, R tiene

densidad constante k.

1) Las coordenadas del centro de masa R son dadas por:

x =1

2A

∫α

x2dy, y =−12A

∫αy2 dx

donde A es el área de R.

2) Los momentos de inercia con respecto a los ejes x y y están dados por:

1x =−k3

∫α

y3dx, 1y =k3

∫α

x3dy.

Consideremos ahora una curva α en el plano como la mostrada en la Figura 69 (a) la curva

puede ser descrita por dos funciones y = f1(x) y y = f2(x).

Más precisamente,

α(t) =

(2t − a, f1(2t − a)

), t ∈

[a, a+b2

](a + 2b − 2t, f2(a + 2b − 2t)

), t ∈

[a+b

2 ,b]


El volumen Vx generado al rotar la región acotada por α alrededor del eje x es:

Vx = π

∫ b

a

f 22 (x)dx − π

∫ b

a

f 21 (x)dx

= π

∫ b

a

f 21 (x)dx +

∫ a

b

f 22 (x)dx

= −π

∫ a+b

2

a

f 21 (2t − a)dx +

∫ a

b

f 22 (x)dx

= −π

∫a

y2dx = −π(−2Ay). Por lo tanto,

Vx = 2π yA y análogamente,

Vy = 2π x A.

Estas igualdades expresan el volumen generado al rotar una región alrededor de un eje, es igual al

producto de la distancia recorrida por el centro de gravedad multiplicada por el área de la región. Este

resultado es conocido como Teorema de Pappus.

(a) región entre dos funciones (b) circunferencia centrada en el punto (0,b)

Figura 69 Aplicaciones geométricas del Teorema de Green

EJEMPLO 8.5 Utilice el problema de Pappus para encontrar el volumen de un toro generando al rotar

una circunferencia de radio a, con centro en (b,0) alrededor del eje y,b > a.

Solución. Por simetría ( x, y) = (b,0) y además A = πa2, por lo tanto,

Vy = (2πb)(πa2) = 2π2a2b.


Ejercicios

(1) Verificar el Teorema de Green para la región acotada por la curva α definida por

α(t) =

(


), t ∈ [− ln(2), ln(2)]

(cosh[t − ln(4)] − 5

4 ,−senh[t − ln(4)]), t ∈ [ln(2), ln(8)]

para el campo F (x, y) =(x − 5

4 , y).

(2) Calcule las siguientes integrales∫∂R

F · n usando el Teorema de Green,

a) F(x, y) = (3xy2,3x2y); R es un círculo centrado en el origen con radio a.

b) F(x, y) = ln(x2 + y2)ı + 2 arctan(−yx

);

R : 0 ≤ x ≤ 1, −1 ≤ y ≤ 2.

c) F(x, y) = (x, y); R es el círculo (x − 3)2 + (y + 5)2 = 12.

d) F(x, y) = (2xy4 − 4 sen (y),2y − ex − 25 y

5);

R es un círculo centrado en el origen con radio r .

e) F(x, y) = y,R es el cuadrado unitario con el origen como su centro.

Figura 70 Región acotada exteriormente por dos parábolas e interiormente por una circunferencia.

(3) Sea R la región exterior al círculo unitario la cual está acotado por las parábolas x = y2 − 4,

x = 4 − y2, Figura 70. Encuentre la razón de flujo Φ del campo

F(x, y) =1

x2 + y2 (x, y) a través de α.

(4) Calcule la razón de Φ del campo del ejercicio 3 a través de:


a) La curva del ejercicio 1 de esta sección.

b) La frontera de la región determinada por y = ex , y = e−x y la parte inferior de la elipse

x = a cos(t), y = b sen(t).

c) Ahora calcule directamente la razón de flujo del mismo campo a través de un cuadrado de

lado A centrado en el origen.

(5) Obtenga la razón Φ del campo F(x, y) = 1x2+y2 (y,−x) a través de la frontera de la región deter-

minada por la hipérbola y2 − x2 = 1 y la parábola y = x2 − 14 .

(6) Usando el Teorema de Green compruebe que si A es el área de R,

A =∫∂R

x dy = −∫∂R

y dx.

(7) Demuestre que si f : [x0, x1] −→ R2 es una función positiva excepto que f (x0) = f (x1) = 0,

siendo la función descrita por α : [a,b] −→ R2, o sea que α(t) =(t, f (t)

). Entonces el área

f (x) y el eje X es ∫ b

a

y dx.

(8) Calcule el área entre la cicloide de radio 1 y la parte superior de la hipocicloide de radio 2 con

centro en (π,0).

(9) Demuestre que el área A de la Figura 71 es A = arcosh(x1)

A

x2 - y2 = 1

(x, 0)x

y

Figura 71 región acotada por la rama de una hipérbola y dos rectas.


(10) Sea una lámina plana cuya forma es descrita por la región R sobre el plano xy. Su densidad

ρ(x, y) varía continuamente. Demuestre que las coordenadas ( x, y) del centro de masa son dadas

por:

x =

∫ ∫R

xρ(x, y)dx dy

m(R), y =

∫ ∫Ryρ(x, y)dx dy

m(R);

donde m(R) =∫ ∫

R

ρ(x, y)dx dy es la masa de R.

Además pruebe que los momentos de inercia con respecto a los ejes x y y son dados por

ly =∫ ∫

R

y2ρ(x, y)dx dy, ly =∫ ∫

R

x2ρ(x, y)dx dy.

(11) Demuestre la Proposición 8.3.

(12) Aplicando la Proposición 8.3 Calcule el centro de masa de las siguientes láminas cuya densidad

es uniforme

a) La mitad superior del círculo unitario.

b) La mitad izquierda de la elipse de semieje x igual a 1 y semi-eje y igual a 1/2.

c) La región determinada por la parábola y = x2 − 1 y el eje x.

d) La región determinada por la curva α y el eje Y

α(t) =(

54− cosh(t),senh(t)

), t ∈ [− ln(2), ln(2)].

Obtenga el momento de inercia de las láminas anteriores con respecto a los ejes x y y.

(13) La región R1 se define como el producto cartesiano R1 = [0,5] × [0,7], mientas que R2 es el

producto cartesiano R2 = [3,4] × [3,5]. Defina entonces La región R como la diferencia de

conjuntos R = R1 \ R2.

(14) Aplique el Teorema de Green para calcular:

a)∫∂R

x3dy.

b) −∫∂R

x3dx.

(15) Utilice el Teorema de Pappus para calcular el volumen de un toro generado al rotar una circun-

ferencia de radio a, con centro en (b,0) alrededor del eje y, b > a.

(16) Aplique el Teorema de Pappus para calcular el volumen generado al rotar cada una de las láminas

del Ejercicio (13) sobre el eje que sólo las corta en uno de sus extremos.

(17) Considere la región semi-circular de radio a situada por encima del eje x. Calcule su centro de

masa y aplique el Teorema de Pappus para obtener el volumen de una esfera de radio a.

(18) Emplear el Teorema de Pappus para evaluar el volumen bajo f (x, y) = e−x2−y2

. Dibuje la gráfica

de la función.


9. Trabajo e Integrales Dobles

El Teorema de la Divergencia en el Plano afirma que existe una relación entre la taza de flujo Φ del

campo vectorial de clase C 1, F : D → R2, F(x, y) = (P(x, y),Q(x, y)) a través de la frontera de una

región D y cierta integral doble definida sobre la región D∫∂D

P dy − Q dx =∫ ∫

D

(Px +Qy ) dx dy.

El objetivo siguiente es determinar una relación similar para el trabajo. Consideremos un campo vectorial

fuerza de clase C 1, G : D → R2, G(x, y) = (A(x, y),B(x, y)) y una región D cuya frontera está descrita

por una curva r cerrada simple. El trabajo W que G efectúa sobre r está dado por W =∫

rAdx + Bdy.

Se aplicará ahora el Teorema de Divergencia en el plano a la integral de línea anterior recordando que se

le puede dar un aspecto de tasa de flujo∫r

A dx + Bdy =

∫r

Bdy − (−A)dx

=

∫ ∫D

(Bx + (−Ay )) dx dy.

Por lo tanto,

∫∂D

A dx + Bdy =∫ ∫

D

(∂B∂x−∂A∂y

)dx dy

Esta igualdad se conoce más comúnmente como el Teorema de Green pues con frecuencia esta

relación es deducida antes de abordar el Teorema de la Divergencia en el plano, el cual se presentó

en la sección anterior. Estos resultados son equivalentes pues partiendo de uno, se puede llegar al otro.

EJEMPLO 9.1 Calcule el trabajo del campo vectorial F(x, y) = (−y, x) sobre una partícula que se

mueve sobre un rombo con vértices A(1,0), B(0,1), C(−1,0) y D(0,−1) orientado positivamente.

Solución. Resolver el problema directamente requeriría parametrizar el rombo lo cual, si bien no es

difícil, resulta laborioso. Por el Teorema de Green,

W =∫ ∫

R

(∂x∂x−∂(−y)∂y

)dx dy,

de donde resulta que, W = 2∫ ∫

R

dx dy. Por lo tanto, W = 2 pues la última integral doble es igual al

área del rombo.

El Teorema de Green tiene interesantes consecuencias. Por ejemplo, si Ay = Bx , entonces la integral

doble se anula y por lo tanto, el trabajo efectuado por el campo vectorial F = (A,B) sobre cualquier


curva cerrada es cero con tal de que F sea de clase C 1 sobre la región determinada por la curva. Un

ejemplo de este tipo de campos está dado por el campo eléctrico debido a una carga q

E(x, y) = q(x, y)

x2 + y2)3/2 ,

cuyas componentes son

A(x, y) = qx

(x2 + y2)3/2 , B(x, y) = qy

(x2 + y2)3/2 ,

en consecuencia∂A∂y= −3q

xy(x2 + y2)5/2 =

∂B∂x

Las líneas equipotenciales son círculos concéntricos y al desplazar una carga de prueba sobre cualquier

circunferencia, el trabajo es cero. La razón es que los vectores fuerza y desplazamiento son mutuamente

ortogonales.

Consideremos dos puntos U y V situados sobre dos distintas líneas equipotenciales. (Véase la Figura

72) Una carga de prueba situada en U puede moverse a V de la manera siguiente: inicialmente se desplaza

radialmente hasta el punto C y después siguiendo la línea equipotencial de radio a hasta llegar al punto

V . Como sólo se efectúa trabajo en la primera parte del recorrido, el trabajo es proporcional a la distancia

de U a C.

(a) diversas trayectorias a U con V

(b) aproximando una curva mediante trazas

sencillas

Figura 72 Concepto de Campos conservativos

Otra forma de mover la carga de U a V es desplazarla en primer término hasta el punto D situado

sobre el radio que pasa por el punto V . El trabajo en ambas trayectorias es el mismo. En realidad, para


este campo se tiene el hecho notable de que el trabajo no depende de la trayectoria empleada en llevar la

carga de prueba del punto U a V . La razón es que cualquier trayectoria entre U y V , por muy complicada

que sea, puede aproximarse mediante segmentos radiales y arcos a lo largo de líneas equipotenciales en

tal forma que el trabajo sólo dependa de las distancias entre las líneas equipotenciales sobre las que se

hallen U y V .

Hasta ahora se han analizado dos aspectos del campo eléctrico: el hecho de que el trabajo sobre

cualquier trayectoria cerrada sea cero y que el trabajo es independiente de la trayectoria.

Un campo vectorial tal que el trabajo es independiente de la trayectoria se denomina conservativo.

Existe una tercer característica íntimamente relacionada con las dos que se acaban de mencionar.

Consideremos el campo vectorial F(x, y) = (2x,2y). Para este campo existe una función escalar

f : R2 → R, f (x, y) = x2 + y2 tal que su gradiente es igual al campo, es decir ∇ f (x, y) = F(x, y).

La función escalar f se denomina un potencial para el campo vectorial F. Los campos eléctrico y

F(x, y) = (2x,2y) tienen en común que son radiales, esto induce a pensar que debería existir también un

potencial para el campo eléctrico.

El problema es el siguiente. Dado un campo vectorial F : R2 → R2 (cuyas propiedades requeridas

se establecerán un poco después), buscamos una función escalar f : R2 → R tal que su gradiente ∇ f

sea igual a F. La situación análoga para funciones reales de una variable real sería: dada una función

y = g(x), encontrar otra función y = f (x) tal que f ′(x) = g(x), es decir, que se busca una antiderivada

de g. La solución en este caso se obtiene integrando

f (x) =∫ x

x0

g(t)dt, x0 fijo,

pues por el Teorema Fundamental del Cálculo f ′(x) = g(x).

Se tratará de adaptar una idea análoga al caso de dos variables. Consideremos dos puntos u0 = (x0, y0)

y u = (x, y) y sea F(x, y) = P(x, y)ı +Q(x, y) un campo vectorial tal que su integral de línea

I =∫ u

u0

P dx +Q dy

no dependa de la curva que une al punto u0 con u. Observemos que esta integral I se puede interpretar

como trabajo.

Entonces, la función escalar f : R2 → R,

f (x, y) =∫ u

u0

P dx +Q dy

está bien definida.

EJEMPLO 9.2 Determinar un potencial f (x, y) para el campo vectorial F(x, y) = (3x2 − 3y2,−6xy).


(a) expresando el desplazamiento mediante dos curvas (b) traza de una curva bajo una función escalar

Figura 73 Independencia del trabajo con respecto a la trayectoria

Solución. Definamos

f (x, y) =∫ u

u0

(3x2 − 3y2)dx + (−6xy)dy,

en donde, u0 = (x0, y0) y u = (x, y). Esta función estará bien definida sólo si la integral de línea no

depende de la trayectoria entre u0 y u. Asumiendo por el momento, tal independencia con respecto a la

trayectoria, se calculará la integral sobre la curva más sencilla posible.

Definiendo las curvas

α(t) = (t, y0), si x0 ≤ t ≤ x,

β(t) = (x, t), para y0 ≤ t ≤ y,

tenemos que

f (x, y) =∫α

Pdx +Q dy +∫β

Pdx +Qdy

=

∫ x

x0

(3t2 − 3y02)dt − 6

∫ x

x0

ty0 dy0 +

∫ y

y0

(3x2 − 3t2)dt − 6∫ y

y0

xt dt

= 3∫ x

x0

t2dt − 3y20

∫ x

x0

dt − 6x∫ y

y0

t dt

Así pues, f (x, y) = x3 − 3xy2 + k, en donde k es una constante de integración. Por lo tanto, un

potencial para el campo vectorial F(x, y) = (3x2 − 3y2,−6xy) es f (x, y) = x3 − 3xy2.

En realidad, existe otra forma equivalente para calcular un potencial z = f (x, y). Pues si tal función

es un potencial, entonces debe satisfacer que ∂ f∂x = P y que ∂ f

∂y = Q. Por lo tanto

∂ f∂x= 3x2 − 3y2,

∂ f∂y= −6xy.


Así, deben existir funciones h1 = h1(y) y h2 = h2(x), tales que

f (x, y) =∫

Pdx + h1(y) y f (x, y) =∫

Qdx + h2(x),

o en forma equivalente

f (x, y) = x3 − 3xy2 + h1(y) y f (x.y) = −3xy2 + h2(x).

En consecuencia, comparando ambas expresiones para la misma función z = f (x, y), deducimos que

h1(y) = 0 y h2(x) = x3. Por lo tanto, tenemos que un potencial para el campo vectorial F(x, y) =

(3x2 − 3y2,−6xy), es de nuevo f (x, y) = x3 − 3xy2.

EJEMPLO 9.3 Calcular un potencial para el campo eléctrico

E(x, y) =q

(x2 + y2)3/2 (x, y).

Solución. Si V = V (x, y) es una función tal que ∇V (x, y) = E(x, y) entonces,

∂V∂x= q

x(x2 + y2)3/2 ,

∂V∂y= q

y

(x2 + y2)3/2 ,

en consecuencia

V (x, y) = q∫

x(x2 + y2)3/2 dx + h1(y),

V (x, y) = q∫

y

(x2 + y2)3/2 dy + h2(y)

de donde se obtiene que

V (x, y) =−q√

x2 + y2+ h1(y), V (x, y) =

−q√x2 + y2

+ h2(y),

por lo tanto,

V (x, y) =−q√

x2 + y2.

Si un campo vectorial posee un potencial, veremos que el cálculo del trabajo se simplifica enorme-

mente. Este hecho está relacionado con un resultado para integrales de línea que es análogo al segundo

teorema fundamental del cálculo ∫ b

a

dg(x)dx

dx = g(b) − g(a).

A fin de deducir el resultado para integrales de línea, consideremos una curva r : [a,b] → R2,

r(t) =(x(t), y(t)

)que es de clase C 1 y una función f : R2 → R que es continuamente diferenciable.


(a) línea tangente sobre un arco

(b) curvas conectando dos puntos

Figura 74 Generalizando una versión del Teorema Fundamental del Cálculo

En las condiciones anteriores se espera que un lado de la ecuación buscada sea f (r(b)) − f (r(a)). Se

expresará esta diferencia como una suma de términos de la forma f (r(tk )) − f (r(tk−1)) los cuales a su

vez serán aproximados mediante derivadas de la función escalar y de la curva.

Consideremos una partición P = a = t0 < t1 < · · · < tk < · · · tn = b del intervalo [a,b]. Ahora,

f (r(b)) − f (r(a)) = ( f (r(tn )) − f (r(tn−1)) + ( f (r(tn−1)) − f (r(tn−2)) + · · ·+

( f (r(tk )) − f (r(tk−1))) + · · · + ( f (r(t1)) − f (r(t0))) .

Para cada k = 1, · · · ,n, definamos la curva qk : [tk−1, tk ]→ R3 mediante

qk (t) = (x(t), y(t), f (r(t))) .

La curva qk parametriza la restricción de la función z = f (x, y) al segmento de trayectoria r([tk−1, tk ]

).

La derivada de la curva qk (t) está dada por

q′k (t) =(x′(t), y′(t),

ddt

f (r(t))),

en donde, por la regla de la cadena, tenemos que

ddt

f (x(t), y(t)) =∂ f∂x

∂x(t)∂t+∂ f∂y

∂y(t)∂t

es decir,ddt

f (x(t), y(t)) = ∇ f (x(t), y(t)) · r′(t).

Sea ξk ∈ (tk−1, tk ) entonces la recta lk (t) tangente a qk en t = ξk está dada por

lk (t) = qk (ξk ) + (t − ξk )q′k (ξk )


= qk (ξk ) + (t − ξk )(x′(ξk ), y′(ξk ),∇ f (r(ξk )) · r′(ξk )).

Ahora si restrigimos t al intervalo [tk−1, tk ], sólo consideramos el segmento de recta que se muestra

en la Figura 74 (a). Observemos que, en particular, lk (ξk ) = qk (ξk ).

La diferencia f (r(tk )) − f (r(tk−1)) es aproximadamente igual a la tercera componente del vector

1(tk ) − l(tk−1)) = (tk − tk−1)(x′(t), y′(t),∇ f (r(ξk )) · r′(ξk )).

Por lo tanto,

f (r(tk )) − f (r(tk−1)) ∇ f (r(ξk )) · r′(ξk )(tk − tk−1).

En consecuencia,

f (r(b)) − f (r(a)) n∑

k=1

∇ f (r(ξk ) · r′(ξk )4tk .

La suma es de Riemann y cuando la norma de la partición tiende a cero, la suma Sn se aproxima a la

integral

Sn →

∫ b

a

∇ f (r(t)) · r′(t)dt.

Por lo tanto, ∫ b

a

∇ f (r(t)) · r′(t)dt = f (r(b)) − f (r(a)).

Este resultado se conoce como el Teorema de Evaluación para integrales de línea.

EJEMPLO 9.4 Calcular la integral∫r

∇ f · t en donde

f (x, y) =1√

(x2 + y2)y además r(t) = 4e−t (cos t,sen t)

en donde t ∈ [0,4]. la función z = f (x, y) es un potencial para el campo eléctrico.

Solución. En primer término, resolvemos el problema directamente. Así

∂ f∂x= q

−x(x2 + y2)3/2 ,

∂ f∂y= q

−y

(x2 + y2)3/2 .

También tenemos que

r(t) = −4e−t (sen t + cos t,sen t − cos t),

∇ f (r(t)) =−4e−t

64e−3t (cos t,sen t)

=−e2t

16(cos t,sen t)


Por lo tanto, ∫r

∇ f · t =∫ 4π

0∇ f (r(t)) · r′(t)dt

=

∫ 4π

0etdt .

Así que,∫r∇ f · t = 1

4 (e4π − 1).

Por otro lado, podemos emplear el teorema de evaluación para calcular la integral∫r

∇ f · t = f (r(4π)) − f (r(0)),

de donde obtenemos la misma respuesta,∫r∇ f · t = 1

4 (e4π − 1).

Una consecuencia importante del teorema de evaluación es que si un campo F tiene un potencial,

entonces el campo es conservativo. Pues si tal es el caso, entonces existe una función escalar f tal que

∇ f = F y entonces, ∫ t

t0

F · t =∫ t

t0

∇ f · t = f (r(t)) − f (r(t0)),

que se puede escribir en la forma ∫ u

u0

F · t = f (u) − f (u0),

en donde, u0 = (x0, y0) = r(t0) y u = (x, y) = r(t).

Recordemos que en la construcción del potencial f de un campo, se asumía que el campo era conser-

vativo. Acabamos de ver que, si el campo tiene un potencial, entonces es conservativo. En consecuencia,

estas condiciones son equivalentes.

Más aún, hay cuatro afirmaciones acerca de un campo vectorial de clase C1, F = (P,Q) que se en-

cuentran íntimamente relacionadas

a)∂P∂y=∂Q∂x

.

b) El trabajo de F sobre cualquier trayectoria cerrada es cero.

c) El campo F es conservativo.

d) Existe una función escalar (el potencial) tal que ∇ f = F.

Ya se probó que las condiciones c) y d) son equivalentes. La exposición se inició observando que de

a) se tiene b) aplicando el Teorema de Green. A su vez, b) implica c) pues dados dos puntos u0 y u1 y

dos curvas arbitrarias r y q entre tales puntos, se define la curva cerrada α formada por r seguida de qop.

Entonces, la condición b) asegura que∫α

F · t = 0.


Pero, la última ecuación es equivalente a∫r

F · t +∫

qop

F · t = 0

En consecuencia,∫

r F · t −∫

q F · t = 0, lo cual quiere decir que c) se cumple.

Ahora se deducirá la condición a) como una consecuencia de la afirmación d). Si existe f tal que

∇ f = F, esto significa que las igualdades

∂ f∂x= P, junto con

∂ f∂y= Q,

son válidas. Dado que el campo F es de clase C 1, esto quiere decir que las funciones componentes P

y Q también son de clase C 1. Por lo tanto, por las dos igualdades anteriores, las derivadas parciales de

primer orden de f son de clase C 1. Así que, la función escalar f es de clase C 2, sus derivadas parciales

mixtas de segundo orden son continuas y además son iguales

Py =∂2 f∂y∂x

=∂2 f∂x∂y

= Qx .

Recordemos la definición del rotacional ∇ × F del campo vectorial F

∇ × F =

ı k

∂∂x

∂∂y

∂∂z

P Q R

Entonces, la condición a) de las cuatro equivalentes de un campo conservativo F = (P,Q), puede

reformularse entendiendo F de la manera siguiente F = (P(x, y),Q(x, y),0), de manera que se pueda

calcular el rotacional ∇ × F. Así pues, la igualdad ∇ × F = (0,0,0) se reduce a ∂Q∂x −

∂P∂y = 0 que es

equivalente a la citada condición a).

Por otro lado, por la definición de divergencia, para un campo en el plano

(∇ · F)(x, y) =∂

∂xP(x, y) +

∂

∂yQ(x, y)

tenemos que

(∇ · ∇ f )(x, y) =∂

∂x∂ f∂x+

∂

∂y

∂ f∂y=∂2 f∂x2 +

∂2 f∂y2

En general, dada la función w = f (x, y, z) su laplaciano ∆ f ≡ ∇2 f se define por

∆ f = ∇2 f =∂2 f∂x2 +

∂2 f∂y2 +

∂2 f∂z2


Ejercicios

(1) Considere el campo

F(x, y) =1

(x2 + y2)(x, y)

Demuestre que su divergencia es cero y que además Py = Qx .

(2) Verifique que la divergencia del campo

F(x, y) =1√

(x2 + y2)(x, y)

es distinta de cero y que Py = Qx .

(3) El campo vectorial

F(x, y) =1√

x2 + y2(y,−x)

tiene la propiedad de que su divergencia es cero y que Py , Qx . Demuestre tales afirmaciones.

(4) Compruebe que el campo

F(x, y) =1√

x2 + y2(x, y)

tiene divergencia distinta de cero y que Py , Qx .

Figura 75 Diagrama para el Ejercicio (6).

(5) En cada uno de los ejercicios siguientes, calcule el trabajo del campo dado a través de la frontera

de la región considerada D aplicando el Teorema de Green.

a) F(x, y) = (2xey − x2y − 13 y3 , x2ey − sen y), D es un círculo centrado en (0,0) con radio 1.

b) F(x, y) = (2xy2,−3x2y), D es el interior de la elipse x2

a2 +y2

b2 = 1.


c) F(x, y) = (2 − cosh x)sen y ı − senh x cos y , D = (x, y) |0 ≤ x ≤ 2,0 ≤ y ≤ π.

d) F(x, y) = (y2,−xy), D está determinada por y = x2 − 4 y y = 4 − x2.

e) F(x, y) = (xy − x2, x2y), D es el triángulo delimitado por las rectas y = 0, x = 1 y y = x.

(6) Obtenga el trabajo que el campo electrostático

E(x, y) =1

(x2 + y2)2/3 (x, y),

efectúa sobre una partícula que se mueve desde A(5,0) hasta,

i) B(0,−5)

ii) B(−3,0)

iii) B(0,7)

Obtenga los resultados directamente y verifique usando el potencial de E.

(7) Calcule las integrales siguientes

a)∫ (2,3)

(0,1)(2x2 + 6xy)dx + (3x2 − y2)dy

b)∫C

x dy − y dxx2 + y2 , en donde C es un círculo de radio r centrado en el origen.

(8) Resuelva de nuevo los ejercicios de la sección de trabajo usando potenciales (en el caso de

campos conservativos, por supuesto).

(9) Considere el flujo de un fluido confinado en una cavidad cuadrada definido por

F (x, y) = (P(x, y),Q(x, y))

cuyas funciones componentes están dadas por

P(x, y) = 8(x4 − 2x3 + x2)(4y3 − 2y) Q(x, y) = −8(4x3 − 6x2 + 2x)(y4 − y2).

Investigue si F (x, y) es un campo vectorial conservativo.

(10) Determine el laplaciano para cada una de las funciones siguientes

a) f (x, y, z) =√

x2 + y2 + z2

b) f (x, y, z) =(x2 + y2 + z2

)−1/2

c) f (x, y, z) = ln(√

x2 + y2 + z2

)


10. Superficies

Nuestro objetivo siguiente es extender el Teorema de Green a R3. En el plano este resultado establece

que para una región D cuyo borde está descrito por la traza de la curva cerrada α(t), que no se corta a sí

misma, la tasa de flujo de un campo vectorial F(x, y) de clase C 1 a través de α(t) y que está dada por la

integral de F · n sobre la curva α(t), es igual a la divergencia del campo sobre la región D, con normal

unitaria exterior n, es decir:

∫α

(F · n)dt =∫ ∫

D

(∂P∂x+∂Q∂y

)dx dy.

Por otro lado, el flujo en R3 será descrito por un campo vectorial

F(x, y, z) = P(x, y, z)ı +Q(x, y, z) + R(x, y, z)k

y nos interesará calcular la tasa de flujo Φ sobre una superficie. Antes de poder calcular Φ debe exami-

narse con más precisión el concepto de superficie. La tasa de flujo en R2 resultó ser un tipo de integral

de línea. Para definir dicha integral, el concepto de longitud de una curva fue primordial. El concepto

análogo al de longitud de arco para superficies es precisamente su área.

La forma más sencilla de representar una superficie es como la gráfica de una función de dos variables

z = f (x, y).

EJEMPLO 10.1 Dibujar la gráfica de la función

f (x, y) = e−(x2+y2)/2

Solución. Calculando el corte de la gráfica con un plano de la forma y = mx, resulta una campana

gaussiana y como m es arbitraria deducimos que la gráfica tiene la forma que se aprecia en la Figura 76.

Además, las curvas de nivel son circunferencias.

Las ecuaciones de la forma G(x, y, z) = 0 también describen implícitamente superficies. Un ejemplo

es el elipsoidex2

a2 +y2

b2 +z2

c2 = 1

Se desea establecer el concepto de parametrización de una superficie en forma análoga a como se

definió la parametrización de una curva. Recordemos que una curva es una función de un intervalo en

R3. La trayectoria de una curva es unidimensional en el sentido de que puede considerarse como una

deformación de su dominio. Una superficie es un conjunto de puntos en R3 el cual es bidimensional.

Así pues, puede considerarse como una deformación de un plano. Por tanto, de manera informal puede


Figura 76 Campana gaussiana bidimensional.

decirse que una supercie debe ser descrita por una función que tiene como dominio un subconjunto del

plano e imagen en R3.

Definición 10.1. Sea D ⊂ R2, una parametrización de una superficie S es una función W : D → R3 la

cual se denota por W(u,v) = (x(u,v), y(x,v), z(u,v)) la superficie S es el conjunto W(D).

Se pedirá que las funciones componentes x = x( u,v), y = y( u,v) y z = z( u,v) tengan derivadas

parciales continuas.

EJEMPLO 10.2 Parametrice la gráfica del paraboloide hiperbólico

f (x, y) = x2 − y2.

Solución. Una parametrización está dada por la función W definida sobre D = R2 y cuyas funciones

componentes son

x(u,v) = u, y(u,v) = v, z(u,v) = u2 − v2.

EJEMPLO 10.3 Parametrice una esfera con radio ρ centrada en el origen.

Solución. La esfera es descrita implícitamente por la ecuación x2 + y2 + z2 = ρ2. Tratando de aplicar

la técnica del Ejemplo 10.2, obtenemos

z = ±√ρ2 − x2 − y2


Figura 77 Variables que definen una parametrización de la esfera completa.

donde cada una de las raíces cuadradas describe únicamente la mitad de la esfera, por lo cual buscaremos

una forma de parametrizar la esfera completa.

Sea P un punto de coordenadas (x, y, z) sobre la esfera. Se expresará P(x, y, z) en términos de los

ángulos θ,φ y del radio ρ.

La distancia de P al origen es el parámetro ρ, por lo cual

z = ρ cos φ.

En forma análoga el segmento que une al punto (x, y,0) con el origen tiene longitud ρ sen φ, por lo tanto

x = ρ sen φ cos θ,

y = ρ sen φ sen θ.

La parametrización W tiene como dominio, [0,2π] × [0, π] y está definida por

W (φ,θ) = (ρ sen φ cos θ, ρ sen φ sen θ, ρ cos φ).

No es difícil comprobar que las funciones componentes

x(φ,θ) = ρ sen φ cos θ,

y(φ,θ) = ρ sen φ sen θ y

z(φ,θ) = ρ cos φ,


satisfacen la ecuación cartesiana de la esfera.

EJEMPLO 10.4 Parametrice la superficie generada al rotar una circunferencia de radio r con centro

en el punto (R,0,0) alrededor del eje z en donde R > r . Dicha superficie se denomina toro.

Solución. Sea P un punto de coordenadas (x, y, z) sobre el toro. Debemos expresar P en términos de

los radios R,r y de los ángulos θ y φ.

Sean ( x, y,0) las coordenadas del centro la circunferencia de radio r cuando se ha rotado un ángulo θ.

La coordenada x es igual a x mas la distancia del punto C( x, y,0) al punto A. Es decir x = x + AC.

Ahora la base del triángulo BPC es igual a r cos φ por lo tanto AC = r cos φ cos θ. Entonces,

x = R cos θ + r cos φ cos θ.

La coordenada y es igual a y mas el segmento AB; es decir, y = y + AB. Así pues,

y = R sen θ + r cos φ sen θ.

Por último tenemos que

z = r sen φ.

Por lo tanto la parametrización W tiene como dominio, [0,2π] × [0,2π] y está definida por

W (θ,φ) = ([R + r cos φ] cos θ, [R + r cos φ]sen θ, r sen φ).

Enfocaremos ahora nuestro interés en curvas sobre superficies las cuales son generadas definiendo sobre

el dominio de la superficie funciones vectoriales del tipo, r(t) = (t,v0) ó r(t) = (u0, t) (cuyas trazas son

rectas), en donde u0 y v0 son constantes.

EJEMPLO 10.5 Considere la superficie definida por la parametrización

W(u,v) =(u,v,

√1 − u2 − v2

).

Determine las curvas sobre tal superficie definidas por las curvas

r(u) = (u,v0), r(v) = (u0,v).

Solución. El dominio U de W es el círculo unitario. Consideremos r(u) = (u,v0), con v0 constante.

Su imagen en U se puede ver en la Figura 79 (a).

Entonces, la imagen de r(u) bajo W (u,v) es

W (r(u)) =(u,v0,

√1 − u2 − v02

)


(a) Circunferencia de radio r que genera el toro(b) Detalles de la circunferencia de radio r

Figura 78 Deducción de la parametrización de la superficie llamada toro

Si consideramos diferentes valores de v0, las imágenes producidas se observan en la Figura 79 (b)

(a) curvas coordenadas paralelas al eje x

(b) familia de curvas coordenadas

Figura 79 Proceso de construcción de curvas coordenadas paralelas al eje x

Análogamente, en el caso de las curvas de la forma r(v) = (u0,v), las curvas sobre la superficie tienen

la imagen que se puede ver en la Figura 80 (a).

Por lo tanto cuando la parametrización es valuada sobre curvas r(t) del tipo considerado se induce un

sistema de coordenadas sobre la superficie misma. Por esta razón se denominarán curvas coordenadas.

A continuación abordaremos el tema de vectores tangentes a una superficie. Consideremos una esfera

de radio 2 centrada en el origen. Una parametrización para la mitad superior de la esfera está dada por

W(u,v) =(u,v,

√2 − u2 − v2

).


(a) curvas coordenadas paralelas al eje x

(b) curvas coordenadas paralelas a ambos ejes

Figura 80 Curvas coordenadas sobre superficies

La curva coordenada determinada por v0 = 1 es

W(u,1) =(u,1,

√1 − u2

).

El vector tangente a esta curva es∂W∂u=

(1,0,

−u√

1 − u2

).

Su valor en u = 1/2 está dado por

∂W∂u

(12,1

)=

(1,0,−

1√

3

).

Por otro lado, la curva coordenada determinada por u0 = 1/2 es

W(

12,v

)=

12,v,

√74− v2

.

El vector tangente a esta curva es

∂W∂v=

0,1,

−v√74 − v2

.

Su valor en v = 1 está dado por

∂W∂u

(12,1

)=

(0,1,−

4√

3

).

Ahora, el vector ∂W∂u

(12 ,1

)es tangente a la curva coordenada W(u,1) y por lo tanto es tangente a la

superficie. En forma análoga, el vector ∂W∂v

(12 ,1

)es tangente a la curva coordenada W

(12 ,v

)y por lo

tanto también es tangente a la superficie.


(a) Curva coordenada W (u,1)

(b) Curva coordenada W (1/2,v)

Figura 81 Curvas coordenadas que pasan por W (1/2,1) y sus vectores tangentes en el mismo punto

Ambos vectores son tangentes a la superficie en el mismo punto p =(1/2,1,

√3/2

). Por lo tanto, los

vectores tangentes mencionados determinan el plano tangente a la esfera en el punto p.

Un plano es el conjunto de puntos u de R3 que satisfacen la ecuación (u− p) ·n = 0, en donde p es un

punto dado sobre el plano (en nuestro caso el punto de tangencia) y n es una normal al plano en p. En el

caso que estamos analizando, el punto fijo es p =(1/2,1,

√3/2

)y podemos definir la normal n como el

producto vectorial de ∂W∂u y ∂W

∂v en el punto (1/2,1). Entonces, n = (1/√

3,4/√

3,1). Ahora, dado que

(u − p) · n =((x, y, z) − (1/2,1,

√3/2)

)·(1/√

3,4/√

3,1),

sustituyendo en la ecuación del plano,(u − p) · n = 0, obtenemos la ecuación buscada

x + 4y +√

3z = 6

EJEMPLO 10.6 Calcule la ecuación del plano tangente al paraboloide z = x2 + y2 en el punto p =

(√

2,−√

2,4).

Solución. Una parametrización

W : [0,2π] × [0,∞) → R3

del paraboloide está definida por

W(θ,r) = (r sen θ, r cos θ, r2).

El punto (θ,r) = (3π/4,2) tiene como imagen, bajo W(θ,r) al punto p, dado que

W(3π/4,2) = (2/√

2,−2/√

2,4) = p.


Las curvas coordenadas que pasan por p son

W(θ,2) = (2sen θ,2 cos θ,4),

W(3π/4,r) = (r/√

2,−r/√

2,r2).

(a) punto de tangencia del paraboloide

(b) vectores tangentes en W(3π/4,2)

Figura 82 Curvas coordenadas, punto de tangencia (√

2,−√

2,4) y los vectores tangentes

Los vectores tangentes a las curvas coordenadas son

∂W∂θ

(θ,2) = (2sen θ,2 cos θ,0),

∂W∂r

(3π/4,r) =(1/√

2,−1/√

2,2r).

Los valores de estos vectores tangentes en el punto (3π/4,2) están dados por

∂W∂θ

(3π/4,2) = (−√

2,−√

2,0),

∂W∂r

(3π/4,2) = (1/√

2,2r).

de donde, n =(1/√

3,4/√

3,1). Ahora, dado que

(u − p) · n =((x, y, z) − (

√2,−√

2,4))·(−4√

2,√

2,2)

sustituyendo en la ecuación del plano, (u − p) · n = 0, obtenemos la ecuación buscada

−4√

2x + 4√

2y + 2z = −8

En la práctica, cuando se calcula el plano tangente, no se consideran curvas sobre la superficie

con la propiedad de que pasen por el punto de tangencia p, sino que sólo se deriva parcialmente la


parametrización W con respecto a cada una de sus dos variables y se evalúan estos vectores en el punto

de dominio cuya imagen bajo W es p.

En el ejemplo del paraboloide,

∂W∂θ

(3π/4,2) = (−√

2,−√

2,0),

∂W∂r

(3π/4,2) = (1/√

2,−1/√

2,4)

que son los mismos valores que se obtuvieron antes.

El concepto de orientación de una curva está relacionado con la dirección en que una partícula se

mueve sobre ella. En una superficie, a partir de un punto dado, es posible moverse en una infinidad de

direcciones, tantas como curvas contenidas en la superficie pasen por el punto considerado. Sin embargo,

las superficies que consideraremos tienen dos “lados”. Sea S una superficie parametrizada mediante W

y p un punto sobre S. Puede calcularse entonces el plano tangente a S en p. Este plano tangente tiene

dos normales en p y cada una de ellas determina una orientación de la superficie.

Consideremos una esfera de radio r y sea u = (x, y, z) un punto sobre tal superficie, se hará la con-

vención de que la orientación positiva de la esfera es señalada por la normal unitaria

n =(x, y, z)√

x2 + y2 + z2

este vector señala hacia el exterior de la superficie.

En forma análoga, para cualquier superficie cerrada, la orientación señalada por la normal externa se

define como positiva.

Cuando consideremos superficies no cerradas cuya frontera es descrita por una curva, entonces la

orientación positiva de la superficie será inducida por la orientación positiva de la curva-frontera en

congruencia con la regla de la mano derecha. Es decir, con el pulgar señalando la orientación positiva de

la superficie mientras que los dedos restantes apuntan en la orientación positiva de la curva mencionada.


Ejercicios

(1) Trace la gráfica de la función siguiente y halle su imagen

f (x, y) =

1 − x − y, x ≥ 0 y además y ≥ 0

1 − x + y, x ≥ 0 y además y ≤ 0

1 + x + y, x ≤ 0 y además y ≤ 0

1 + x − y, x ≤ 0 y además y ≥ 0

(2) Determine el dominio, bosqueje la imagen y dibuje la gráfica de cada función siguiente

a) f (x, y) =√

1 − x2 + y2

b) y = g(x, z) =√

x2 + z2 − 1

(3) Dibuje la imagen y bosqueje la gráfica de la función siguiente sobre [0, π] × [0, π]

f (x, y) = sen x sen y

(4) Trace la gráfica de la función siguiente y determine su imagen

g(x, y) =

x2 − y2, x ≥ 0 y además y ≥ 0

xy − y2, x ≥ 0 y además y ≤ 0

xy, x ≤ 0 y además y ≤ 0

x2 + xy, x ≤ 0 y además y ≥ 0

(5) Halle el dominio, bosqueje la imagen y dibuje la gráfica de cada función siguiente

a) f (x, y) =√

x2 + y2 − 1

b) y = g(x, z) =√

z2 − x2 + 1


f (x, y) = cos x sen (x + π/2)

(7) Trace la gráfica de la función siguiente y proporcione su imagen

h(x, y) =

x2 − y2, para (x, y) tales que x ≥ y

y2 − x2, para (x, y) tales que y ≥ x

(8) Obtenga el dominio, bosqueje la imagen y dibuje la gráfica de cada función siguiente

a) f (x, y) =√

x2 − y2 − 1

b) x = g(y, z) =√

x2 + z2 + 1



f (x, y) = sen x cos(x + π/2)

(10) Trace la gráfica de la función siguiente y proporcione su imagen

h(x, y) =

x2 − y2, para (x, y) tales que − x ≤ y ≤ x, x ≥ 0

y2 − x2, para (x, y) tales que y ≥ |x |

x2 − y2, para (x, y) tales que x ≤ y ≤ −x, x ≤ 0

y2 − x2, para (x, y) tales que y ≤ −|x |

(11) Calcule el dominio, bosqueje la imagen y dibuje la gráfica de cada función siguiente

a) f (x, y) =√y2 − x2 − 1

b) x = g(y, z) =√y2 − z2 − 1

(12) Dibuje la imagen y bosqueje la gráfica de la función siguiente sobre [0, π/2] × [0, π/2]

f (x, y) = tan x tan y

(13) Trace la gráfica de la función siguiente y establezca si es continua sobre el primer cuadrante

f (x, y) =

cos π2 x cos π2 y, para (x, y) pertenecientes a [0,1] × [0,1]

2 − 2x, para (x, y) tales que 0 ≤ y ≤ x, x ≥ 1

2 − 2y, para (x, y) tales que 0 ≤ x ≤ y, y ≥ 1

(14) Halle el dominio, y dibuje la gráfica de algunas superficies de nivel de cada función siguiente

a) h(x, y, z) =√

1 − x2 + y2 + z2

b) h(x, y, z) =√

1 − x2 − y2 + z2

(15) Trace la gráfica de la imagen de la parametrización siguiente

W(θ,φ) =

([R + r cos φ] cos θ, sen φ, [R + r cos φ]sen θ), para 0 ≤ φ ≤ π, 0 ≤ θ ≤ 2π

(R − r)(sen φ cos θ, cos φ, sen φ sen θ), para 0 ≤ φ ≤ π, 0 ≤ θ ≤ 2π

(16) Parametrice las superficies definidas por las ecuaciones siguientes

a)x2

a2 +y2

b2 +z2

c2 = 1

b)x2

a2 +y2

b2 = 1

c) z2 =x2

a2 +y2

b2


(17) Verifique que cada W(u,v) describe las superficies definidas por las ecuaciones dadas

a) W(u,v) = (a cosh v cos u,b cosh v sen u,c senh v), 0 ≤ u ≤ 2π, v ∈ R

x2

a2 +y2

b2 −z2

c2 = 1

hiperboloide de una hoja.

b) W(u,v) = (a cosh v,b senh v cos u,c senh v sen u), 0 ≤ u ≤ 2π, v ∈ R

x2

a2 −y2

b2 −z2

c2 = 1

hiperboloide de dos hojas.

(18) En el hiperboloide de dos hojas del Ejercicio 17, ¿es equivalente la parametrización siguiente?

W(u,v) = (a cosh v,b senh v sen u,c senh v cos u)

(19) Determine la ecuación del plano tangente, en el punto dado, a las superficies definidas por las

parametrizaciones siguientes.

a) W(u,v) =(u,v,2u2 + v2/3

), p = (1,3,5).

b) W(u,v) = (u,v,u3 − 6uv + v3), p = (1,2,−3).

c) W(θ,φ) = (θ,φ,cos θ cos φ), p = (0, π/2,0).

(20) Realice el planteamiento de un problema de minimización en dos variables para calcular la dis-

tancia de cada plano al origen O(0,0,0)

a) 2x − 4y + z = 8

b) z + 6y − 3x = 12

c) 3x + 6y − 2z = 12

(21) Determine el punto perteneciente a R4 que es común a los cuatro hiperplanos siguientes:

3x1 − x2 + x3 = 2, x1 − 5x2 + 3x3 = −2, 3x2 − 5x3 + x4 = 6, además de x3 − 3x4 = −4

(22) Calcule las integrales dobles siguientes.

a)∫ 6

0

∫ 5

0xy dx dy

b)∫ 4/3

0

∫ 2−3y/2

0(4 − 3x − 2y) dy dx

c)∫ r

0

∫ √r2−x2

0(x2 + y2) dy dx.


11. Area de una Superficie

El proceso de calcular la longitud de una curva consiste en emplear aproximaciones mediante seg-

mentos secantes de longitud ‖r(tk ) − r(tk−1‖ después mediante el teorema del valor medio se expresa

esta longitud como ‖r′(ξk )‖∆tk con ξk ∈ [tk−1, tk ]. Observemos que el vector r′(ξk )∆tk es tangente

a la curva, paralelo a r(tk ) − r(tk−1) y tiene a misma longitud y al hacer tender a cero la norma de la

partición,la suma∑‖r′(ξk )‖∆tk tiende entonces a la longitud de la curva.

Se adaptará esta idea al cálculo del área de una superficie. Las aproximaciones se harán mediante el

área de planos tangentes.

(a) planos tangentes aproximan una superficie(b) curvas coordenadas de los planos tan-

gentes

Figura 83 Proceso de construcción de planos tangentes para aproximar el área de una superficie

Sea S una superficie parametrizada por W : D → R3,

W(u,v) = x(u,v)ı + y(u,v) + z(u,v)k,

en donde D ⊂ R2. Supongamos que D es un rectángulo y consideremos una partición de tal rectángulo

u0 < u1 < · · · < un , v0 < v1 < · · · < vm .

Las curvas coordenadas correspondientes a las rectas u = u0,u = u1, . . . ,u = un son

W(u0,v),W(u1,v1), . . . ,W(un ,v)

las cuales junto con las curvas coordenadas

W(u,v0),W(u,v1), . . . ,W(u,vn )

que corresponden a las rectas v = v0,v = v1, . . . ,v = vm , dividen la superficie en cuadriláteros con lados

curvos.


Figura 84 División de la superficie en rectángulos generalizados.

La imagen del rectángulo Ri j = [ui−1,ui] × [v j−1,v j ] bajo la parametrización W es la porción de la

superficie que se encuentra entre las curvas coordenadas W(ui−1,v) y W(ui ,v) intersectada con la parte

que se encuentra entre las curvas W(u,v j−1 y W(u,v j ). Denotaremos esta región por W(Ri j ).

Figura 85 Rectángulo en el dominio de la parametrización y su imagen en la superficie.

Sea (si , t j ) ∈ Ri j . Las curvas coordenadas que pasan por el punto W(si , t j ) restringidas a W(Ri j ) son

W(u, t j ),ui−1 ≤ u ≤ ui y W(si ,v),v j−1 ≤ v ≤ v j .

El plano tangente a W(Ri j ) en el punto W(si , t j ) esta determinado por los vectores tangentes Wu (si , t j )

y Wv (si , t j ). Este plano tiene ecuación

X(u,v) =W(si , t j ) + (u − si )Wu (si , t j ) + (v − t j )Wv (si , t j ).


A fin de poder considerar el “cuadrilátero” W(Ri j ) como una deformación del plano tangente, este

debe restringirse a su porción situada por encima de W(Ri j ). Por lo tanto debemos restringir los pará-

metros u y v en la ecuación anterior a ui−1 ≤ u ≤ ui ,v j−1 ≤ v ≤ v j . Notemos que la imagen de (si , t j )

bajo el plano tangente es W(si , t j ) como debía ser. Definamos a = W(ui−1v j−1), b = W(ui ,v j−1),

c =W(ui ,v j ), d =W(ui−1,v j ).

(a) plano tangente en el punto W(si , t j )

(b) vértices del plano tangente

Figura 86 Aproximando áreas de rectángulos generalizados mediante planos tangentes

El área del plano tangente es la norma del producto vectorial de los vectores b− a y c− b. Usando las

definiciones de los puntos a,b,c y d en la ecuación del plano tangente, obtenemos que

b − a = (ui − ui−1)Wu , c − b = (v j − v j−1)Wv .

Por lo tanto,

‖(b − a) × (c − b)‖ = ‖Wu × Wv ‖(ui − ui−1)(v j − v j−1).

Concluyendo el área Ai j del plano tangente restringido a W(Ri j ) es

Ai j = ‖Wu (si , t j ) × Wv (si , t j )‖∆ui∆v j .

El área Ai comprendida entre las curvas W(ui−1,v) y W(ui ,v) es entonces aproximadamente igual a

Ai m∑j=1

‖Wu (si , t j ) × Wv (si , t j )‖∆ui∆v j ,


y el área total A de la superficie S es aproximada por

Anm =

n∑i=1

n∑j=1

‖Wu (si , t j ) × Wv (si , t j ) ‖ ∆ui∆v j .

Esta es una suma de Riemann y cuando la norma ‖∆‖ de la partición,

‖∆‖ = max∆ui ,∆v j |1 ≤ i ≤ n,1 ≤ j ≤ m

tiende a cero, la doble sumatoria se aproxima a la integral

Amn →

∫ ∫D

‖Wu (u,v) × Wv (u,v) ‖ dudv.

Por lo tanto, la integral doble permite calcular el área de una superficie S parametrizada por W : D → R3,

W(u,v) = x(u,v)ı + y(u,v) + z(u,v)k,

en donde D ⊂ R2. Es decir, el área de la superficie A es

A =

∫ ∫D

∂

∂uW(u,v) ×

∂

∂vW(u,v)

dudv

EJEMPLO 11.1 Calcule el área de una esfera con radio ρ centrada en el origen.

Solución. La parametrizacion W de la esfera tiene como dominio D = [0,2π] × [0, π] y está definida

por

W(θ,φ) = (ρsen φ cos θ, ρsenφ senθ, ρ cos φ).

Por lo tanto,

Wθ = ρ(−sen φsen θ,sen φ cos θ,0).

Wφ = ρ(cos φ cos θ,cos φ sen θ,−sen φ).

Así pues,

Wφ × Wθ = ρ2sen φ(sen φ cos θ,sen φsen θ,cos φ),

de donde,

‖Wφ × Wθ ‖ = ρ2sen φ.

En consecuencia,

A =∫ 2π

0

∫ π

0ρ2sen φ dφdθ,

de donde se obtiene de inmediato que, A = 4πρ2.

EJEMPLO 11.2 Determine el área del toro parametrizado por

W(θ,φ) = ([R + r cos φ] cos θ, [R + r cos φ]sen θ, rsen φ),


en donde 0 ≤ θ ≤ 2π y 0 ≤ φ ≤ 2π.

Solución. Calculemos las derivadas parciales

Wθ = (−(R + r cos φ)sen θ, [R + rcosφ] cos θ,0),

Wφ = (−r cos θsen φ,−rsen θ sen φ, r cos φ).

Así que,

Wθ × Wφ = r (R + r cos φ)(cos θ cos φ,sen θ sen φ,sen φ),

de donde,

‖Wθ × Wφ ‖ = r (R + r cos φ).

En consecuencia,

A =∫ 2π

0

∫ 2π

0r (R + r cos φ) dφdθ,

de donde obtenemos que A = 4π2Rr .

Una aplicación interesante de la expresión para calcular el área de superficies parametrizadas nos

permite expresar el área de la imagen de un campo vectorial F : D → R2 en términos del área de su

dominio D ⊂ R2.

Si el campo vectorial está dado por F(x, y) = (x(u,v), y(u,v)), entonces su imagen F (D) puede

parametrizarse mediante

W : D → R3, W(u,v) = (x(u,v), y(u,v),0)

y el área A de F (D) está dada por

A =

∫ ∫D

‖Wu × Wv ‖ dudv

=

∫ ∫D

‖(0,0, xu yv − xv yu ‖ dudv

Por lo tanto,

A =∫ ∫

D

| jacobiano de F | dudv

Esta ecuación es la base del Teorema de Cambio de Variable para integrales dobles.

EJEMPLO 11.3 Calcule el área de la imagen del cuadrado unitario bajo la transformación definida

por el campo vectorial F(x, y) = (x − 3y,2x + y).

Solución. Definiendo la parametrización W(u,v) = (u−3v,2u+v,0), Wu = (1,2,0), Wv = (−3,1,0),

entonces Wu × Wv = (0,0,7). Por lo tanto, el área de la imagen es siete veces el área del dominio

considerado.


Ejercicios

(1) Calcule el área de las superficies siguientes

a) La porción del cilindro x2 + y2 = 25 contenida en el primer octante entre x = 4 y x = 3.

b) La parte del paraboloide y = x2 + z2 determinada por el plano y = 7.

c) La porción del plano 15x + 5y + 3z = 15 incluida en el primer octante.

(2) Calcule el área de la región de la esfera x2 + y2 + z2 = r2 situada entre θ = 0 y el meridiano

θ = θ0 con 0 ≤ θ0 ≤ 2π. Compruebe que se obtiene el resultado esperado si θ0 = 2π.

(3) Calcule el área del casquete de una esfera de radio r determinado por φ0,0 ≤ φ0 ≤ π. Verifique

que a partir de la respuesta se obtienen los valores esperados para φ0 = 0, π/2 y π.

(4) Calcule el área de la región de la esfera x2 + y2 + z2 = r2 localizada entre los meridianos φ0 y φ

con 0 ≤ φ0 ≤ π y φ = π/2.

(5) Calcule el área de la esfera x2 + y2 + z2 = r2 que se encuentra dentro del cilindro y2 + z2 = r2/2.

(6) Calcule el área de la franja del toro determinada por φ0,0 ≤ φ0 ≤ 2π. Verifique que a partir de

la respuesta se obtienen los valores esperados para φ0 = 0, π y 2π.

(7) Calcule el área de la banda del toro determinada por θ0,0 ≤ θ0 ≤ 2π. Compruebe que a partir de

la respuesta se obtienen los valores esperados para θ0 = 0, π y 2π.

(8) Pruebe que si una superficie es la gráfica de una función z = f (x, y) entonces su área A está

dada por

A =

∫ ∫D

√1 + f 2

x + f 2y dxdy,

en donde D es el dominio de la parametrización.

(9) Defina la parametrización W que tiene como dominio, [0,2π] × [0, π] × [0,∞), mediante

W(θ,φ,r) = (r sen φ cos θ,r sen φ sen θ, r cos φ, r2)

a) compruebe que las funciones componentes

x1(θ,φ,r) = r sen φ cos θ,

x2(θ,φ,r) = r sen φ sen θ

x3(θ,φ,r) = r cos φ además de

x4(θ,φ,ψ) = r2

satisfacen la ecuación cartesiana de un hiperparaboloide x4 = x21 + x2

2 + x23

b) ¿puede encontrar ternas (θ,φ,r), en el dominio de W, que correspondan a los vectores

(1,0,0,0), (−1,0,0,0), (0,1,0,0), (0,−1,0,0), (0,0,1,0), (0,0,−1,0), (0,0,0,1), y (0,0,0,1)?


c) para cada uno de los conjuntos siguientes ¿existen ecuaciones cartesianas en las variables

x1, x2, x3 y x4 que los describan?

A =(x1, x2, x3, x4) |W(π/2, φ,r) = (x1, x2, x3, x4), 0 ≤ φ ≤ π, 0 ≤ r

B = (x1, x2, x3, x4) |W(θ,π/2,r) = (x1, x2, x3, x4), 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ r

C = (x1, x2, x3, x4) |W(θ,φ,4) = (x1, x2, x3, x4), 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ φ ≤ π

(10) Considere la parametrización W que tiene como dominio, [0,2π] × [0, π] × [0,∞), definida por

W(θ,φ,r) = (r cosh φ cos θ,r cosh φ sen θ, r senh φ, r2)


x1(θ,φ,r) = r cosh φ cos θ,

x2(θ,φ,r) = r cosh φ sen θ

x3(θ,φ,r) = r senh φ además de

x4(θ,φ,r) = r2

satisfacen la ecuación cartesiana de una hiper silla de montar x4 = x21 + x2

2 − x23


(1,0,0,0), (−1,0,0,0), (0,1,0,0), (0,−1,0,0), (0,0,1,0), (0,0,−1,0), (0,0,0,1), y (0,0,0,1)?






(11) Defina la parametrización W que tiene como dominio, [0,2π] × [0, π] × [−π/2, π/2], mediante

W(θ,φ,ψ) = ρ (cosψ sen φ cos θ, cosψ sen φ sen θ, cosψ cos φ, sen ψ)


x1(θ,φ,ψ) = ρ cosψ sen φ cos θ,

x2(θ,φ,ψ) = ρ cosψ sen φ sen θ

x3(θ,φ,ψ) = ρ cosψ cos φ además de

x4(θ,φ,ψ) = ρ senψ


satisfacen la ecuación cartesiana de la hiper esfera x21 + x2

2 + x23 + x2

4 = ρ2

b) encuentre ternas (θ,φ,ψ), en el dominio de W, que correspondan a los vectores (1,0,0,0), (−1,0,0,0), (0,1,0,0), (0,−1,0,0), (0,0,1,0), (0,0,−1,0), (0,0,0,1),

y (0,0,0,1)



A = (x1, x2, x3, x4) |W(π/2, φ,ψ) = (x1, x2, x3, x4),0 ≤ φ ≤ π, −π/2 ≤ ψ ≤ π/2

B = (x1, x2, x3, x4) |W(θ,π/2,ψ) = (x1, x2, x3, x4),0 ≤ θ ≤ 2π, −π/2 ≤ ψ ≤ π/2

C = (x1, x2, x3, x4) |W(θ,φ,0) = (x1, x2, x3, x4),0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ φ ≤ π

(12) Determine el área de cada uno de los conjuntos A,B y C del Ejercicio 11.

(13) Sea la parametrización W que tiene como dominio, [0,2π] × [0, π] × [0,∞), definida por

W(θ,φ,r) = (r cosh φ cosh θ,r cosh φ senh θ, r senh φ, r)


x1(θ,φ,r) = r cosh φ cosh θ,

x2(θ,φ,r) = r cosh φ senh θ

x3(θ,φ,r) = r senh φ además de

x4(θ,φ,r) = r

satisfacen la ecuación cartesiana de la hiper superficie cuadrática x24 = x2

1 − x22 − x2

3


(1,0,0,0), (−1,0,0,0), (0,1,0,0), (0,−1,0,0), (0,0,1,0), (0,0,−1,0), (0,0,0,1), y (0,0,0,1)?






(14) La parametrización, W(u,v) = (−a cosh v,b senh v cos u,c senh v sen u), 0 ≤ u ≤ 2π, v ∈ R del

hiperboloide de dos hojas, ¿cubre completamente su superficie?

x2

a2 −y2

b2 −z2

c2 = 1


12. Tasa de Flujo a traves de una superficie

Consideremos un campo vectorial de clase C 1, F : Ω → R3, con Ω → R3 y una superficie S

parametrizada por W : D → R3,

W(u,v) = x(u,v)ı + y(u,v) + z(u,v)k,

en donde D ⊂ R2. El campo vectorial F de clase C 1 representará el flujo de un fluido en el espacio,

F(x, y, z) = ρ(x, y, z)(v1(x, y, z),v2(x, y, z),v3(x, y, z)

),

en donde la función escalar de clase C 1, ρ = ρ(x, y, z) es la densidad del fluido en el punto (x, y, z)

y V(x, y, z) =(v1(x, y, z),v2(x, y, z),v3(x, y, z)

)es la velocidad de una partícula situada en el mismo

punto (x, y, z). Así que, el campo F nos da la información de que tan concentradas están las partículas

en cualquier subconjunto de Ω y qué tan rápido y hacia donde se mueven tales partículas.

El problema que se abordará es el de calcular la tasa del flujo del campo F a través de una superficie

S, es decir, determinaremos la masa de las partículas que atraviesan la superficie S, en una unidad de

tiempo.

El proceso para calcular la taza de flujo es el siguiente. Se divide la superficie S en un número finito de

porciones. Como el campo F es de clase C 1, pues tanto ρ como V lo son, el valor del campo en un punto

arbitrario sobre cada porción es muy semejante a los valores en toda la porción y es posible calcular una

tasa de flujo promedio en cada porción. Luego, sumando los términos se obtiene una integral doble.

Figura 87 Aproximando un campo vectorial flujo en el espacio.

Supongamos que el dominio D de la parametrización de la superficie es de la forma D = [a,b]× [c,d].

Consideremos ahora una partición de D

a = u0 < u1 < · · · < un = b, c = v0 < v1 < · · · < vm = d.


Así que, dividimos a d en mn rectángulos. Como en la deducción de la expresión para el área de una

superficie, las curvas coordenadas determinadas por la partición de D también dividen a la superficie S

en mn porciones.

Denotaremos la i j-ésima de ellas por W(Ri j ), la cual es la porción de la superficie que se encuentra

entre las curvas coordenadas W(ui−1,v) y W(ui ,v) intersectada con la parte de la superficie que se

encuentra entre las curvas W(u,v j−1) y W(u,v j ). Si (si , t j ) ∈ Ri j , el área Pi j del plano tangente a

W(Ri j ) en el punto W(si , t j ) es igual a

Pi j = ‖Wu (si , t j ) × Wv (si , t j )‖∆ui∆v j .

Ahora, las partículas que atraviesan W(Ri j ) en el intervalo de tiempo ∆t son casi las mismas que

atraviesan al plano tangente situado sobre tal porción y ocuparán una región cuya forma es aproximada-

mente la de un paralelepípedo.

Figura 88 Elemento de flujo a través de un cuadrilátero con lados curvos.

Sea θ el ángulo formado por el campo vectorial velocidad V con la normal unitaria

n(W(si , t j )

)=

Wu (si , t j ) × Wv (si , t j )‖Wu (si , t j ) × Wv (si , t j )‖

,

en el punto W(si , t j ). El volumen volij del paralelepípedo es igual a V(W(si , t j )

) ∆t cos θPi j . Emple-

ando la notación del producto escalar, podemos expresar este volumen volij en la forma

volij = V(W(si, tj)

)· n

(W(si, tj)

)Pij∆t.


Ahora, en la expresión anterior, es claro que al multiplicar la normal n(W(si , t j )) por el área del plano

tangente Pi j , se cancelan las normas del vector normal. Por lo tanto,

volij = V(W(si, tj)

)·(Wu(si, tj) × Wv(si, tj)

)∆ui∆vj∆t.

Físicamente, en paralelepípedos pequeños la densidad es aproximadamente constante en toda su ex-

tensión. Por lo tanto, si ∆mi j es la masa de las partículas que ocupan el paralelepípedo que estamos

considerando, ∆mi j ρV(W(si , t j )

)volij.

Entonces, denotando por Φi j la tasa de flujo a través de W(Ri j ),Φi j =∆mi j

∆t . Así que,

Φi j = ρ(W(si , t j )

)V

(W(si , t j )

)·(Wu (si , t j ) × Wv (si , t j )

)∆ui∆ j

= F(W(si , t j )

)·(W(si , t j ) × Wv (si , t j )

)∆ui∆v j .

Por lo tanto,

Φ ∑

Φi j =∑m,n

F(W(si , t j )

)·(Wu (si , t j ) × Wv (si , t j )

)∆ui∆v j .

Esta es una suma de Riemann y cuando la norma de la partición tiende a cero, obtenemos que

Φ =

∫ ∫D

F((si , t j )

)·(Wu (si , t j ) × Wv (si , t j )

)du dv

Las notaciones siguientes permiten manipular en forma mucho más sencilla el tipo de integrales de

superficie como la anterior,

Φ =

∫ ∫D

F · n =∫ ∫

D

F · dS.

EJEMPLO 12.1 Calcule la tasa de flujo del campo vectorial F(x, y, z) = (x,−y, z) a través de la

porción de la superficie x2 − y2 = 1 que se encuentra en el primer octante acotada por los planos y = 1

y z = 1.

Solución. Una parametrización W de la superficie está definida por

W(u,v) =(√

1 + u2,u,v), 0 ≤ u,v ≤ 1.

Por lo tanto,

Wu =

(u

√1 + u2

,1,0), Wv = (0,0,1).

Así pues

Wu × Wv =

(1,

−u√

1 + u2,0

).


Por otro lado, la composición está dada por

F (W(u,v)) =(√

1 + u2,−u,v).

En consecuencia,

F (W(u,v)) ·Wu × Wv =1 + 2u2√

1 + u2.

Por lo tanto,

Φ =

∫ 1

0

∫ 1

0

1 + 2u2√

1 + u2du dv,

de donde se obtiene que, Φ =√

2.

EJEMPLO 12.2 Determine la tasa de flujo del campo vectorial

F(x, y, z) =(x, y,0)

(x2 + y2)3/2

sobre la superficie lateral cilíndrica de radio r y altura h.

Solución Parametrizamos la superficie mediante

W(θ, z) = (r cos θ,rsen θ, z) ,

en donde, 0 ≤ θ ≤ 2π y 0 ≤ z ≤ h. Por lo tanto,

Wθ = (−r sen θ,r cos θ,0), Wz = (0,0,1),

entonces tenemos que,

Wθ × Wz = r (cos θ,sen θ,0),

de donde,

‖Wθ × Wz ‖ = r

mientras que, la composición está dada por

F (W(θ, z)) =1r2 (cos θ,sen θ,0)

por lo tanto,

F (W(θ, z)) ·Wθ × Wz =1r

en consecuencia,

Φ =

∫ h

0

∫ 2π

0

1r

dθ dz =2rπ h

Comparando este resultado con el Ejemplo 7.2, en donde se obtendría la tasa de flujo Φ = 2π/r para el

campo vectorial

E(x, y) =(x, y)

(x2 + y2)3/2 ,


en donde hemos tomado q = 1. Entonces, el campo F(x, y, z), puede considerarse como una extensión

al espacio de E(x, y), mientras que la cirunferencia de radio r del Ejemplo 7.2, ahora se ha modificado

a un cilindro con el mismo radio y altura h. Por lo tanto, el nuevo resultado es igual previo, Φ = 2π/r ,

multiplicado por h.

EJEMPLO 12.3 Obtenga la tasa de flujo del campo vectorial F(x, y, z) = (x, y, z) sobre la superficie

del hiperboloide definida por (θ,φ) = (cosh φ cos θ,cosh φ sen θ, senh φ), 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ φ ≤ ln 5,

cuya ecuación cartesiana, con a = b = c = 1, está dada por

x2

a2 +y2

b2 −z2

c2 = 1

Solución Empezamos con la normal a la superficie,

θ = (− cosh φ sen θ, cosh φ cos θ, 0)

φ = (senh φ cos θ, senh φ sen θ, cosh φ)

así pues,

θ ×φ =

ı k

− cosh φ sen θ cosh φ cos θ 0

senh φ cos θ senh φ sen θ cosh φ

=

(cosh2 φ cos θ,cosh2 φ sen θ,− cosh φ senh φ

(sen2 θ + cos2 θ

))en consecuencia

θ ×φ = cosh φ (cosh φ cos θ, cosh φ sen θ, −senh φ)

por otro lado, la composición está dada por

F ((θ,φ)) = (cosh φ cos θ,cosh φ sen θ, senh φ)

entonces,

F ((θ,φ)) ·θ ×φ = cosh φ(cosh2 φ

(cos2 θ + sen2 θ

)− senh2 φ

)es decir,

F ((θ,φ)) ·θ ×φ = cosh φ(cosh2 φ − senh2 φ

)= cosh φ

de modo que,

Φ =

∫ 2π

0

∫ ln 5

0cosh φ dφ dθ = 2π (senh ln 5 − 0) = 2π

5 − 1/52

=45π


ejercicios

(1) Calcule la tasa del flujo del campo

F(x, y, z) =1

x2 + y2 + z2 (x, y, z)

a través de una esfera de radio r centrada en el origen.

(2) Determine la tasa del flujo del campo

F(x, y, z) = (x3, y3, z3)

a través de la esfera de radio r centrada en el origen.

(3) Considere el campo vectorial

F(x, y, z) =1√

x2 + y2(−y, x,0).

Calcule la tasa de flujo del campo F.

a) A través de la porción del plano xz definida por c ≤ x ≤ a, 0 ≤ z ≤ b en donde a > c.

b) A través del círculo situado en el plano xy y acotado por la circunferencia (x−r)2+ z2 = a2,

en donde r > a.

c) A través del cilindro x2 + y2 = a2,

F(x, y, z) =1√

x2 + y2(−y, x,0).

(4) Calcule la tasa de flujo del campo F,

F(x, y, z) =1√

x2 + y2(x, y,0).

a través del semitoro definido por 0 ≤ θ ≤ 2π, −π/2 ≤ φ ≤ π/2. Suponga radios R y r con

R > r .

(5) Considere otra vez el semitoro del ejercicio anterior. Calcule la taza de flujo de los campos

vectoriales siguientes a través de tal superficie

a) F(x, y, z) =1√

x2 + y2(x, y,0).

b) F(x, y, z) = (x, y,0).

(6) Determine la tasa de flujo del campo vectorial F(x, y, z) = (x3, y3, z3) a través del elipsoide

x2

a2 +y2

b2 +z2

c2 = 1


(7) Sea S la superficie cerrada, contituida por el hiperboloide definido por

(θ,φ) = (cosh φ cos θ,cosh φ sen θ, senh φ),

en donde, 0 ≤ θ ≤ 2π, − ln 5 ≤ φ ≤ ln 5, junto con los círculos paralelos al plano xy y con

centros sobre el eje z, que forman las tapas del hiperboloide de una hoja. Obtenga la tasa de

flujo del campo vectorial F(x, y, z) = (x, y, z) sobre S .

(8) Considere la superficie cerrada F , integrada por el hemisferio superior de x2 + y2 + z2 = 25 e

inferiormente por el paraboloide z = x2 + y2 − 25. Obtenga la tasa de flujo del campo vectorial

F(x, y, z) = (x, y, z) a través de F .

(9) Sea S la superficie cerrada, contituida por el hiperboloide definido por

W(u,v) = (a cosh v − 2a,b senh v cos u,c senh v sen u),

en donde 0 ≤ u ≤ 2π, 0 ≤ v ≤ 8 +√

3, cuya gráfica es una porción de una de las hojas del

hiperboloide, localizado a la derecha del plano yz, con ecuación cartesiana

(x + 2a)2

a2 −y2

b2 −z2

c2 = 1

la otra parte de la superficie S está formada por la porción del elipsoide

x = 3 −y2

b2 −z2

c2

ubicada a la izquierda del plano yz. Determine la tasa de flujo del campo vectorial F(x, y, z) =

(x, y, z) a través de S .

(10) Obtenga la tasa de flujo del campo vectorial F(x, y, z) = (x,−y, z) a través de la superficie

helicoidal definida por

W(r, t) = (r cos t, r sen t , t),

en donde 0 ≤ t ≤ 2π, 0 ≤ r ≤ 1.

(11) Calcule la tasa del flujo del campo F(x, y, z) = (x, y, z) a través de una esfera de radio ρ centrada

en el origen. Recordando que una esfera de radio ρ tiene área igual a 4πρ2 y que la tasa del

flujo de un campo vectorial es la masa que atraviesa una superficie por unidad de tiempo, ¿qué

interpretación física se le puede dar al resultado obtenido?


13. Teorema de Gauss

En la Sección 8 se estableció una relación entre integrales de línea e integrales dobles.

Si α es una curva cerrada que no se corta a sí misma y D es el interior de α entonces la razón de flujo

de un campo vectorial F = (P,Q) a través de α es igual a la integral doble de la divergencia de F sobre

D , es decir ∫α

F · n =∫ ∫

D

(Px +Qy ) dA (Teorema de la Divergencia en el Plano)

ó bien, dado que α describe el borde ∂D de la región D

∫∂D

F · n =∫ ∫

D

(∂P∂x+∂Q∂y

)dA

Consideremos ahora una superficie cerrada S cuyo interior es una región Ω en el espacio, formada

por “una sola pieza”. Una expresión análoga al teorema de Green es que la razón de flujo del campo

F = (P,Q,R) de clase C 1 a través de S es igual a la integral triple de ∇ · F = Px +Qy + Rz sobre Ω,∫ ∫S

F · n =∫ ∫ ∫

Ω

(Px +Qy + Rz ) dV Teorema de Gauss.

Observemos como el concepto de divergencia se ha extendido naturalmente para campos con tres

componentes. La forma de probar el Teorema de Gauss o de la divergencia es una extensión al espacio

del procedimiento dado en la Sección 8 sobre el plano. El principio fundamental sin embargo es el

mismo: Si un conjunto de partículas atraviesa la superficie S y se desplazan al exterior (interior) entonces

obviamente provienen del interior (exterior). Antes de proseguir, se considerará el concepto de flujo

eléctrico.

EJEMPLO 13.1 Calcular el flujo ∗1 del campo eléctrico E producido por una carga q situada en el

origen a través de una esfera de radio r centrada también en el origen.

Solución. El campo eléctrico E originado por q es

E(x, y, z) =q

4πε0(x, y, z)

(x2 + y2 + z2)3/2 .

La normal externa a S está dada por

n =Wφ × Wθ = r2sen φ(cos θ sen φ,sen θ sen φ,cos φ).

1en mecánica de fluidos se diría la razón de flujo.


Por lo tanto el flujo φ del campo eléctrico E sobre S es

Φ =

∫ ∫S

E · n ≡∫ ∫

S

E · dS =∫ ∫

E[W(θ,φ)

]· (Wθ × Wφ ) dθ dφ

Φ =1

4πε0

∫ π

φ=0

∫ 2π

θ=0q sen φ dθdφ =

qε0.

Observemos que el flujo no depende del radio de la esfera.

Esto trae nuevamente el planteamiento analizado antes en el plano, formulado ahora en el espacio:

¿qué característica debe tener un campo F = (P,Q,R) para que el valor de la integral∫ ∫

S

F · n no

dependa de la superficie S?

Por lo pronto se probará que para el campo eléctrico E del Ejemplo 13.1 el flujo es el mismo para

cualquier superficie S1 que contenga al origen. Se introduce ahora una esfera S2 en la región determinada

por S1.

Figura 89 La esfera S2 se encuentra en el interior de una región cuya frontera es S1.

Sea r el radio de la esfera y llamemos Ω a la región situada entre la esfera y la superficie S1. Por el

Teorema de Gauss, ∫ ∫ ∫Ω

∇ · E =∫ ∫∂Ω

E · dS =∫ ∫S1+

E · dS +∫ ∫S2−

E · dS


donde los signos positivo y negativo indican que la normal a la superficie correspondiente es externa o

interna, respectivamente. Dado que ∇ · E = 0,∫ ∫S1+

E· = −∫ ∫S2−

E · dS =∫ ∫S2+

E · dS =qε0.

Ahora si la superficie S1 no contiene la carga,∫ ∫S1

E · dS =∫ ∫ ∫

Ω

∇ · E = 0, donde Ω es el interior de S1.

Resumiendo, el flujo Φ del campo eléctrico E debido a la carga q a través de la superficie cerrada S

Φ =

q/ε0, si q está en el interior de S

0 si q pertenece al exterior de S

(13.1)

Supongamos ahora que se tiene un número finito de cargas q1,q2, . . . ,qn y sea S una superficie cerrada,

el flujo sobre S está dado por

Φ =1ε0

∑qi , donde qi está dentro de S (13.2)

Figura 90 Cargas q1, q2 en el interior de una superficie S y q3 localizada en el exterior.

Se abordará ahora el caso general, se tiene un número “infinito” de cargas o mejor dicho, la densidad

de carga continua ρ = ρ(x, y, z), la cual describe cómo están distribuidas las cargas. Para calcular el flujo

del campo E producido por ρ a través de una superficie cerrada S. Dado que las cargas situadas fuera


de S no contribuyen al flujo, basta tomar una partición del interior de S, el cual se denotará por Ω. Así,

cada elemento de la partición puede considerarse como un punto de carga ∆qk = ρ(uk )∆Vk , por lo tanto

el flujo Φ de E a través de S está dado por

Φ 1ε0

∑k

ρ(uk )∆Vk −→1ε0

∫ ∫ ∫Ω

ρ(x, y, z) dV por lo tanto

∫ ∫S

E · dS =1ε0

∫ ∫ ∫Ω

ρ(x, y, z) dV (13.3)

Esta es la expresión más general de la Ley de Gauss, las ecuaciones 13.1 y 13.2 son casos particulares.

EJEMPLO 13.2 Aplicar la Ley de Gauss para encontrar el campo eléctrico producido por un alambre

infinito con densidad lineal de carga constante λ.

Solución. La superficie S que conviene considerar es un cilindro cuyo eje coincide con el eje z (el

alambre).

Figura 91 Cargas q1, q2 en el interior de una superficie S y q3 localizada en el exterior.

Por simetría, el campo E no tiene tercera componente, por lo que debe ser de la forma E = E(r)(x, y,0),

esto implica que no hay flujo a través de las tapas del cilindro por lo tanto basta parametrizar la superficie

lateral mediante:

W(θ, z) = (r cos θ,rsen θ,z); 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ z ≤ 1.

n =Wθ × Wz = r (cos θ,sen θ,0)


E[W(θ, z)

]= E(r)(r cos θ,r sen θ,0),

E · n = r2E(r)y, φ =

∫ `

z=0

∫ 2π

θ=0r2E(r)dθdz = 2πr2`E(r).

Por el teorema de Gauss Φ también debe ser igual a λ`/ε0, por lo cual E(r) =λ

2πr2ε0y por lo tanto,

E(x, y, z) =λ

2π(x2 + y2)ε0(x, y,0) es el campo debido al alambre.

La Ley y el Teorema de Gauss son muy similares. Ambos establecen una relación entre lo que ocurre

en una región Ω (mediante una integral triple) y lo que sucede en la frontera S de Ω (con una integral de

superficie). El teorema de la divergencia transforma estas ecuaciones en expresiones equivalentes, pero

más útiles.

Con respecto a la ley de Gauss. Sea E el campo eléctrico originado por una distribución de carga

ρ = ρ(x, y, z) y Ω una región arbitraria con frontera S, entonces∫ ∫S

E · dS =∫ ∫ ∫

Ω

∇ · E dV por lo tanto,

∫ ∫ ∫Ω

ρ

ε0dV =

∫ ∫ ∫Ω

∇ · E dV y como Ω es arbitraria,

(∇ · E)(x, y, z) =1ε0

ρ(x, y, z). (13.4)

Esta ecuación es llamada la forma diferencial de la ley de Gauss.

El Teorema de Gauss puede deducirse sustituyendo en la Ley de Gauss∫ ∫S

E · dS =1ε0

∫ ∫ ∫Ω

ρ(x, y, z) dV

su forma diferencial, dada por (13.4), que es una de las Ecuaciones de Maxwell, para obtener∫ ∫∂Ω

F · dS =∫ ∫ ∫

Ω

(∂P∂x+∂Q∂y+∂R∂z

)dV (Teorema de la Divergencia)

en donde el campo vectorial F tiene componentes F = (P,Q,R) y ∂Ω es la frontera de la región Ω.

Antes de aplicar un razonamiento similar a la ecuación de conservación de la carga eléctrica:

∫ ∫∂Ω

ρ(u, t) · dS +∂

∂t

∫ ∫ ∫Ω

ρ(u, t)dV = 0, (13.5)


es necesario hacer la siguiente observación. En la expresión

∂

∂t

∫ ∫ ∫Ω

ρ(x, y, z)dx dy dz,

puede calcularse inicialmente la integral triple y su resultado derivarse entonces con respecto a t pero,

dado que la variable t no influye en el proceso de integración es posible derivar en primer término el

integrando con respecto a t y después integrar y obtener el mismo valor, es decir

∂

∂t

∫ ∫ ∫Ω

ρ(x, y, z)dx dy dx =∫ ∫ ∫

Ω

∂

∂tρ(x, y, z)dx dy dz.

Por el Teorema de Gauss el primer sumando de la ecuación 13.5 puede escribirse como:∫ ∫∂Ω

ρ(u, t)V(u, t) · dS ≡∫ ∫∂Ω

J(u, t) · dS =∫ ∫ ∫

Ω

∇ · J(u, t)dV

por lo tanto ∫ ∫ ∫Ω

[∇ · J(x, y, z, t) +

∂

∂tρ(x, y, z, t)

]dV = 0

y otra vez, como Ω es arbitraria,

∂

∂tρ(x, y, z, t) + ∇ ·

[ρ(x, y, z, t)V(x, y, z, t)

]= 0

ó bien, ∇ · J + ρt = 0. Esta es la Ecuación de Continuidad del Electromagnetismo. En realidad esta

relación expresa en forma matemática que la carga se conserva.

EJEMPLO 13.3 Verificar que la densidad de corriente J(x, y, z, t) = (xz, yz, t2) y la densidad de carga

del ρ(x, y, z, t) = −2zt, satisfacen la ecuación de continuidad del electromagnetismo.

Solución.

J(u, t) = ρV = (xz, yz, t2) por lo tanto,

∇ · J = 2z y dado que ρ(x, y, z, t) = −2zt,

∂ ρ

∂t= −2z por lo tanto, ∇ · J + ρt = 0.

Las ecuaciones 13.3 y 13.4 han establecido relaciones entre el flujo de un campo eléctrico con la

densidad de carga y de esta con la divergencia del campo.

¿Puede afirmarse algo similar para un campo magnético B?

EJEMPLO 13.4 Calcular el flujo del campo magnético

B(x, y, z) =µ0I

2π(x2 + y2)(−y, x,0)

a través de la superficie S del cubo que se muestra en la Figura 92.


Figura 92 Diagrama del Ejemplo 13.4

Solución. Es claro que no habrá flujo a través de la base y de la cara superior, además el flujo a través

de las restantes cuatro caras es el mismo. Una parametrización para la cara que corta la parte positiva del

eje x, a la que se ha llamado S1, es:

W(u,v) = (1,u,v), −1 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ 2.

n = (1,0,0), B[W(u,v)

]=

µ0I

2π(1 + u2)(−u,1,0).

B · n =−µ0I

2πu

(1 + u2)por lo tanto,

14φ =

∫ ∫§1

B · dS =−µ0I

4π

∫ 1

v=0

∫ 1

u=−1

2u1 + u2 du dv = 0.

Por lo tanto

Φ =

∫ ∫S

B · dS = 0. (13.6)

¿Puede generalizarse el resultado anterior para cualquier campo magnético B? La respuesta es afir-

mativa.

La fuente más conocida de un campo magnético es un imán y puede observarse que el flujo sobre

cualquier superficie, contenga o no al imán, es cero. Más aún, al contrario de lo que sucede en elec-

trostática, no se han podido aislar los polos de un imán, donde existe un polo positivo también habrá un

polo negativo y el resultado global es que el flujo es cero.


Figura 93 Dipolo magnético

Nuevamente, sea Ω una región arbitraria en R3 cuya frontera es S, por el teorema de Gauss:

0 =∫ ∫

S

B · dS =∫ ∫ ∫

Ω

∇ · B dV

de donde se sigue que

(∇ · B)(x, y, z) = 0. (13.7)

La Ecuación 13.6 es la llamada Ley de Flujo Magnético y su forma diferencial es la Ecuación 13.7.

13.1. Identidades Vectoriales

Linealidad de los operadores diferenciales, P,Q,ψ y φ son funciones escalares, F y G, campos

a) ∇(P +Q) = ∇P + ∇Q

b) ∇ · (F +G) = ∇ · F + ∇ ·G

c) ∇ × (F +G) = ∇ × F + ∇ × G

Además, dado que ∆ψ ≡ ∇ · ∇ψ,

∆(ψ + φ) = ∇ · ∇(ψ + φ) = ∇ · (∇ψ + ∇φ) = ∇ · ∇ψ + ∇ · ∇φ ≡ ∆ψ + ∆φ

por lo tanto, el laplaciano también es lineal.

Reglas del producto

a) ∇(PQ) = P∇Q +Q∇P

b) ∇ · ( f G) = f∇ ·G +G · ∇ f

c) ∇ × (gF) = g∇ × F + ∇g × F

Enseguida,

∆(ψφ) = ∇ · ∇(ψφ) = ∇ · (ψ∇φ + φ∇ψ) = ∇ · (ψ∇φ) + ∇ · (φ∇ψ) =

(ψ∇ · ∇φ + ∇φ · ∇ψ) + (φ∇ · ∇ψ + ∇ψ · ∇φ) = ψ∆φ + 2∇ψ · ∇φ + φ∆ψ


Ejercicios

(1) Verificar el Teorema de Gauss para el campo vectorial F = (x3, y3, z3) y la región Ω consistente

de la esfera sólida de radio 2 centrada en el origen.

(2) Demostrar que si Ω es la región entre dos superficies cerradas S1 y S2 que no se intersectan,

entonces la versión del Teorema de Gauss para un campo F el cual C1 sobre Ω es∫ ∫ ∫Ω

∇ · F =∫ ∫N1

F · dS +∫ ∫N2

F · dS.

Figura 94 Diagrama del Ejercicio 2

(3) El flujo de un fluido es dado por

F(x, y, z) =4

(x2 + y2 + z2)3/2 (x, y, z).

Calcular la masa de las partículas que atraviesan el elipsoidex2

9+

y2

4+

y2

16= 1 , por unidad

de tiempo.

(4) Considere la superficie S formada por

z = 25 − x2 − y2, 0 ≤ z ≤ 16 junto con z = x2 + y2 − 25, −16 ≤ z ≤ 0.

Hallar la razón de flujo del campo vectorial

F(x, y, z) =1√

x2 + y2(x, y,0),


a través de S. Inicialmente resuelva el problema directamente y verifique el resultado empleando

el Teorema de Gauss.

(5) La densidad de carga ρ(u, t) = 4ε0zt genera el campo eléctrico E(u, t) = 2z(x, y,0)t. Verificar

la ec. 13.3 para la región Ω consistente del cilindro sólido de radio 1, altura 3 y cuyo eje de

simetría coincide con el eje z.

(6) Considérese la densidad de carga ρ(u, t) = 4ε0zt y la densidad de corriente

J(u, t) = −2ε0z(x ı + y) −2µ0

t2k.

Demostrar que ρ y J satisfacen la ecuación de continuidad.

(7) Calcular el flujo del campo magnético B(x, y, z, t) = (z,0,−x)t2 a través de la superficie

z = e−x2−y2

, 0 ≤ x ≤√

2, 0 ≤ y ≤ 1.

(8) La situación es la misma que en el Ejercicio 2. Pruebe que si ∇ ·F = 0 entonces la razón de flujo

no depende de la superficie.

(9) Dado el campo eléctrico E(u, t) = 2t(0,−yz, xz) calcular ρ y examinar su relación con E.

(10) Considere la región Ωr consistente de una esfera sólida de radio r centrada en el origen. Calcule

limr→0

1A(∂Ωr )

∫ ∫∂Ωr

F · dS,

donde F(x, y, z) = (x, y, z). y compare el resultado obtenido con ∇ · F(0,0,0).

(11) El Teorema de Gauss permite dar una definición de divergencia la cual no depende del sistema

coordenadas utilizado. Si se desea calcular la divergencia del campo F en el punto u0, tómese

una región Ω0 que contenga a u0 demuestre entonces que

div(u0) = limvol(Ωn)→0

1vol(Ωn )

∫ ∫∂Ωn

F · dS, (13.8)

donde cada una de las regionesΩn contiene al punto u0. Obsérvese la analogía con el proceso que

sirvió para definir la densidad en un campo (Sección 7). Interprete la Ecuación 13.8 físicamente.

(12) Aplique el Teorema de Gauss para probar que∫ ∫∂Ω

∂ f∂n

du dv =∫ ∫ ∫

Ω

(∂2 f∂x2 +

∂2 f∂y2 +

∂2 f∂z2

)dx dy dz

en donde∂ f∂n= ∇ f · n = ∇ f ·Wu × Wv es llamada derivada normal de f . La suma de las tres

derivadas parciales se denomina el laplaciano de f y se denota por ∇2 f = ∆ f .


(13) Aplicando el Teorema de Gauss pruebe que∫ ∫ ∫Ω

∇ f =∫ ∫∂Ω

f n du dv, (13.9)

en donde f : R3 −→ R y también n =Wu × Wv es la normal a la frontera ∂Ω.

(14) El gradiente también es un operador el cual no depende del sistema de coordenadas. Demuestre

que

∇ f (u0) = limvol(Ωn )→0

1vol(Ωn )

∫ ∫∂Ωn

f n du dv.

donde cada región Ωn contiene a u0.

(15) Considérese el campo A el cual depende de las variables

u = (x, y, z) y u = ( x, y, z), es decir,

A(u, u) = P(u, u)ı +Q(u, u) + R(u, u)k

demuestre que,

∇ ·

∫ ∫ ∫A(u, u)dx d y dz =

∫ ∫ ∫∇ · A(u, u)dx d y dz

donde las derivadas parciales de la divergencia se toman con respecto a las variables x, y y z.

(16) Por medio del mismo razonamiento físico por el cual se probó el Teorema de Green, demuestre

el Teorema de Gauss.

(17) Dadas las funciones escalares w = f (x, y, z),w = g(x, y, z), aplique la regla del producto dos

veces para determinar∂2

∂y2

[f (x, y, z)g(x, y, z)

](18) Compruebe las identidadaes vectoriales siguientes

a)

∇PQ=

Q∇P − P∇QQ2

b)

∇ ·Gf=

f∇ ·G − G · ∇ ff 2

c)

∇ ×Fg=

g∇ × F − ∇g × Fg2


14. El Teorema de Stokes

Se sabe que el campo eléctrico generado por un alambre infinito el cual coincide con el eje z y de

densidad uniforme λ es

E(x, y, z) =λ

2πε0(x2 + y2)(x, y,0).

Si estas cargas se ponen en movimiento, por generarse una corriente eléctrica, se induce un campo

magnético

B(x, y, z) =µ0i

2π(x2 + y2)(−y, x,0) donde i es la corriente.

En este último caso, ¿genera algún campo eléctrico la corriente? Entonces, ¿existirá alguna relación

entre ese campo eléctrico y el campo magnético B?

Para contestar estas preguntas se interpretarán matemáticamente algunos hechos experimentales. Si

un imán se aproxima a un alambre cerrado se induce una corriente eléctrica en él. Si el imán se detiene,

el desplazamiento de los electrones cesa.

Figura 95 El desplazamiento de un imán genera una corriente eléctrica.

Estas observaciones pueden explicarse de la siguiente manera: la variación del campo magnético

induce un campo eléctrico el cual mueve a los electrones. Para que esto suceda, puede verse de la Figura

95 que el campo eléctrico debe ser en cierta forma perpendicular al campo magnético.


La Ley de Faraday expresa lo anterior con más precisión: la razón de cambio del flujo magnético con

respecto al tiempo a través de una superficie S determinada por el alambre es proporcional al negativo

del trabajo que el campo eléctrico inducido efectúa sobre los electrones del alambre C.

Figura 96 La curva C define una superficie S cuya frontera es C.

Una aproximación al campo magnético generado por un imán que se desplaza siguiendo al eje z

dirigiéndose hacia su dirección negativa es dada por el campo vectorial no estático B,

B(x, y, z, t) = t(x, y,−2z).

El alambre será descrito por la curva

α(t) =(

cos(t),sen(t),1), 0 ≤ θ ≤ 2π.

Inicialmente se calculará el flujo del campo B a través de una superficie S cuya frontera es α. El hemis-

ferio superior de una esfera de radio 1 y centro en (0,0,1) es una de tales superficies y es parametrizada

por

W(θ,φ) = (cos θ sen φ,sen θ sen φ,cos φ + 1), 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ φ ≤ π/2

n =Wφ × Wθ = sen φ (cos θ sen φ,sen θ sen φ,cos φ)

B[W(θ,φ)

]= t(cos θ sen φ,sen θ sen φ,−2 cos φ − 2)

entonces,

B[W(θ, y)

]· n = tsen φ(1 − 2 cos φ − 3 cos2 φ)

por lo tanto,

Φ(t) =∫ ∫

B · dS =∫ π/2

φ=0

∫ 2π

θ=0B[W(θ,φ)

]· n dθdφ = −2πt


Si E es el campo inducido por B, la Ley de Faraday asegura que

ddtΦ(t) = −

∫α

E · t.

En el caso particular analizado se llega a la ecuación∫α

E · t = 2π donde α es la circunferencia,

esto sugiere que el campo eléctrco E debe ser tangente a la circunferencia, en realidad está dado por

E(x, y, z, t) = z(−y, x,0).Así,

E[α(t)

]= (−sen (t),cos(t),0) , α′(t) = (−sen (t),cos(t),0)

por lo tanto, ∫α

E · t =∫ 2π

0

(sen 2(t) + cos2(t)

)dt = 2π.

La Ley de Faraday tiene la forma∫∂S

E · t =∂

∂t

∫ ∫S

B · dS = −∫ ∫

S

∂B∂t· dS (14.1)

donde la segunda igualdad vale por el mismo razonamiento aplicado en la deducción de la Ecuación de

Continuidad del Electromagnetismo en la sección anterior.

Existe una relación directa entre el campo magnético B(x, y, z, t) = t(x, y,−2z) y el campo eléctrico

inducido E(x, y, z, t) = (−yz, x,0). Para encontrarla es necesario considerar el operador diferencial

llamado rotacional. Dado un campo vectorial F = (P,Q,R) su rotacional ∇ × F se define por

∇ × F =

ı k∂∂x

∂∂y

∂∂z

P Q R

=

(∂

∂yR −

∂

∂zQ,

∂

∂zP −

∂

∂xR,

∂

∂xQ −

∂

∂yP)

Obsérvese que el rotacional también es un campo vectorial. Así, el rotacional del campo E(x, y, z, t) =

(−yz, xz,0) está dado por

∇ × E =

(∂

∂y0 −

∂

∂z(xz),

∂

∂z(−yz) −

∂

∂x(0),

∂

∂x(xz) −

∂

∂y(−yz)

)= (−x,−y,2z) = −(x, y,−2z) por lo tanto,

(∇ × E)(x, y, z, t) = −∂

∂tB(x, y, z, t) (14.2)

esta es la forma diferencial de la ley de Faraday. Sustituyendo ahora la Ecuación 14.2 en la Ecuación

14.1 se tiene que ∫∂S

E · t =∫ ∫

S

∇ × E · dS,


ó bien, si W : D −→ R2 es un parametrización de S y la traza de la curva α : [a,b] −→ R3 describe ∂S,

∫ b

a

F[α(t)

]· α′(t)dt =

∫ ∫D

(∇ × F)[(u,v)

]·Wu × Wv du dv (Teorema de Stokes)

resultado válido para cualquier campo F de clase C 1 en S. Es necesario tomar en cuenta que la ori-

entación de la curva y de la normal n =Wu ×Wv , debe ser consistente con la regla de la mano derecha

Figura 97 La curva C define una superficie S cuya frontera es C.

EJEMPLO 14.1 Verificar el Teorema de Stokes para el campo F(x, y, z) = (−y, x,0) y la superficie

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

Solución. ∇ × F = (0,0,2), n =Wr × Wθ = (0,0,r) por lo tanto,∫ ∫S

(∇ × F)[(r, θ)

]· n

[(r, θ)

]dr dθ =

∫ 2π

0

∫ 1

02rdrdθ = 2π.

Por otra parte, la frontera de S se parametriza mediante la curva α(t) = (cos t,sen t,0) entonces∫∂S

F[α(t)

]· α′(t)dt =

∫ 2π

0

(sen 2t + cos2 t

)dt = 2π.

Ahora se analizará otra relación entre los campos E y B. Si existe una corriente eléctrica en un

alambre, entonces induce un campo magnético.

Esta situación no es exclusiva de un alambre. Considere un conjunto de cargas cuya densidad de

corriente es

J(x, y, z) =1µ0

(0,0,−2), en donde µ0 = 4π × 10−7

es llamada la constante de permeabilidad del espacio libre. El campo magnético inducido por J es

B(x, y, z) = (y,−x,0). La relación que existe entre B y J es:

(∇ × B)(x, y, z) = µ0J(x, y, z)


Figura 98 Campos vectoriales B(x, y, z) y J(x, y, z) .

Esta expresión sólo es válida para campos magnéticos estacionarios. Por ejemplo el campo B(x, y, z, t) =

(y,−z,0)t2 no cumple la relación anterior (Veáse el Ejercicio 11).

El problema de su generalización puede plantearse como una búsqueda del recíproco de la Ley de

Faraday en su forma diferencial.

Consideremos los campos que satisfacen la ley de Faraday,

E(x, y, z, , t) = cos(az − t)ı, B(x, y, z, , t) = a cos(az − t)

en donde√

u0ε0 = 1/c20 , en donde la constante c0 es la velocidad de propagación de las ondas electromag-

néticas en el espacio libre. Además, a = 1/c20 . ¿Qué relación existe entre ∇ × B y ∂E/∂t? Realicemos

los cálculos

∇ × B = a2sen(az − t)ı = µ0ε0sen (az − t)ı.∂E∂t= sen (az − t)ı

y por lo tanto

∇ × B = µ0ε0∂E∂t

en realidad, la ecuación más general es

∇ × B = µ0J + µ0ε0∂E∂t

(14.3)


en donde J es la densidad de corriente. La ecuación anterior es válida en general y conoce como la forma

diferencial de la Ley de Ampere.

EJEMPLO 14.2 Dados los campos

B(x, y, z, , t) = (y,−x,0)t2 E(x, y, z, t) = 2z(x, y,0)t

encontrar la densidad de corriente e interpretar geométricamente.

Solución. Obsérvese que E y B satisfacen la ley de Faraday.

Para encontrar J se empleará la Ecuación 14.3,

∇ × B = (0,0,−2)t2,∂E∂t= 2z(x, y,0)

por lo tanto,

J = −2µ0

(0,0, t2) − 2ε0z(x, y,0).

Debido a que µ0 es el orden de 10−7 y que ε0 anda por el orden de 10−12,

J −2µ0

(0,0, t2).

Así pues, en este ejemplo el campo magnético puede pensarse como inducido por la densidad de

corriente J. Como antes, las líneas de fuerza de E son ortogonales a las de B.

Figura 99 Campos vectoriales B(x, y, z) y J(x, y, z).


Para hallar la forma integral de la Ley de Ampere considérese una superficie S cuya frontera es la

curva cerrada C. Por la Ecuación 14.3 la integral de superficie de ∇ × B sobre S es∫ ∫S

(∇ × B) · dS =∫ ∫

S

(µ0J + µ0ε0

∂E∂t

)· dS. (14.4)

La forma integral de la Ley de Ampere afirma que el trabajo del campo magnético B sobre C es igual

al flujo de µ0J + µ0ε0Et sobre la supreficie S. tiene que∫∂S

E · t =∫ ∫

S

∇ × E · dS,

EJEMPLO 14.3 Comprobar el Teorema de Stokes para el campo

F(x, y, z) =1

x2 + y2 + z2 (−y, x, z)

y la esfera de radio ρ parametrizada por

W(φ,θ) = ρ (sen φ cos θ,sen φ sen θ,cos φ)

en donde 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ φ ≤ π

Solución. Empezamos con la integral de superficie. Dado que

Wθ = ρ(−sen φsen θ,sen φ cos θ,0)

Wφ = ρ(cos φ cos θ,cos φ sen θ,−sen φ)

la normal n está dada por

n =Wφ × Wθ = ρ2sen φ(sen φ cos θ,sen φsen θ,cos φ)

mientras que, el rotacional ∇ × F está dado por

∇ × F(x, y, z) =2z

(x2 + y2 + z2)2 (x − y, x + y, z)

por otro lado, la composición del rotacional con la parametrización está definida por

[∇ × F] ((φ,θ)) =2ρ2 cos φ

ρ4

(sen φ (cos θ − sen θ)ı + sen φ (cos θ + sen θ) + k cos φ

)por lo tanto,

([∇ × F] () · n) (φ,θ) = 2 sen φ cos φ[sen2 φ (cos2 θ − cos θ sen θ) + sen2 φ (cos θ sen θ + sen2 θ) + cos2 φ

]simplificando, ([∇ × F] () · n) (φ,θ) = 2 sen φ cos φ. Entonces,∫ ∫

S

(∇ × F)[(φ,θ)

]· n

[(φ,θ)

]dφ dθ = 2

∫ 2π

0

∫ π/2

0sen φ cos φ dφdθ = 2π


Por otra parte, la frontera de S es descrita por α(t) = (cos t,sen t,0) entonces, α′(θ) = (−sen θ,cos θ,0)

F[α(θ)

]=

1ρ2 (−ρ sen θ, ρ cos θ,0)∫

∂SF[α(θ)

]· α′(θ) dθ =

∫ 2π

0

(sen 2θ + cos2 θ

)dθ = 2π.

14.1. Gradiente, Divergencia y Rotacional en otros sistemas de coordenadas

Las relaciones entre los vectores unitarios er , eθ y ez del sistema de coordenadas cilíndricas y los

vectores unitarios del sistema catesiano son las siguientes

er = ı cos θ + sen θ eθ = −ı sen θ + cos θ ez = k

entonces

∇ f =∂ f∂r

er +1r∂ f∂θ

eθ +∂ f∂z

ez

∇ · F =1r

[∂

∂r(rP) +

∂Q∂θ+∂

∂z(r R)

]

∇ × F =

er reθ ez∂∂r

∂∂θ

∂∂z

P rQ R

Por otro lado, las relaciones entre los vectores unitarios eρ , eθ y eφ del sistema de coordenadas esféricas

y los vectores unitarios del sistema catesiano son las siguientes eθ = −ı sen θ + cos θ

eρ = ı sen φ cos θ + sen φ sen θ + k cos φ eφ = −ı cos φ cos θ − cos φ sen θ + k sen φ

así pues

∇ f =∂ f∂ρ

eρ +1ρ

∂ f∂φ

eφ +1

ρ sen φ∂ f∂θ

eθ

∇ · F =1ρ2

∂

∂ρ

(ρ2P

)+

1ρ sen φ

∂

∂φ(Q sen φ ) +

1ρ sen φ

∂R∂θ

∇ × F =1

ρ2 sen φ

eρ ρ eφ ρ sen φ eθ∂∂ρ

∂∂φ

∂∂θ

P ρQ ρ sen φ R


Ejercicios

(1) Comprobar el Teorema de Stokes para el campo vectorial F(x, y, z) = (−y, x, z) y la superficie S

consistente del hemisferio de la esfera unitaria centrada en el origen.

(2) Emplear el Teorema de Stokes para calcular el trabajo del campo

F(x, y, z) =(3z − sen (x), y2 + ey , y3 − cos(z)

),

sobre la curva cerrada C que está formada por la trayectoria de la curva

α(t) =(

cos(t),sen (t),1), π/2 ≤ t ≤ π;

seguida de la recta que une a (−1,0 − 1) con (0,0,1) y finalmente de la recta que va de (0,0,1)

hasta (0,1,1).

(3) Una partícula se desplaza en línea recta desde el origen O(0,0,0) hasta el punto A(5,0,0) después

se traslada a B(−5,0, π) mediante la curva α(θ) = (5 cos θ,5sen θ, θ). De B se mueve hasta

C(0,0, π) en línea recta y finalmente baja al origen O(0,0,0) siguiendo el eje z.

Llamando Γ al circuito recorrido por la partícula, calcular el trabajo del campo

F(x, y, z) = (y2 + senh (x3), x2 + y5, x2 + y2 + ez2) sobre la curva Γ.

(4) Dibuje las líneas de fuerza del campo magnético B(x, y, z, t) = t(x, y,−2z) para un tiempo t fijo.

Observe que las líneas de corriente B y las del campo asociado E son ortogonales.

(5) Compruebe que el campo eléctrico

E(x, y, z, t) =−µ0a z

2π(x2 + y2)(x, y,0),

y el siguiente campo B satisfacen la Ley de Faraday

B(x, y, z, t) =µ0a t

2π(x2 + y2)(−y, x,0), a constante.

(6) Demuestre que el campo B relacionado el campo eléctrico E(x, y, z, t) = 1/2(y,−x,0) no de-

pende del espacio.

(7) Dado el campo eléctrico E(x, y, z, t) = 2t(xy, yz,−2xz) encontrar B,J y ρ. Verificar que estas

dos cantidades satisfacen la ecuación de continuidad. Haga lo mismo para los campos:

a) E(x, y, z, t) = z2(−y, x,0)t

b) E(x, y, z, t) = 2z (x, y,0)t

c) E(x, y, z, t) = 2(0, x, y)t


(8) Compruebe que los campos siguientes satisfacen la forma integral de la Ley de Ampere

B(x, y, z, t) = (y,−x.0)t, E(x, y, z, t) = 2z(x, y,0)t y

J(x, y, z, t) =−2µ0

(0,0, t2) − 2ε0z(x, y,0)

y la superficie S consistente del círculo unitario contenido en el plano z = 1 y de centro sobre el

eje z.

(9) Calcule el campo eléctrico E y la densidad de carga ρ para el campo magnético B y la densidad

de corriente J dados. Verificar además que ρ y J satisfacen la ecuación de continuidad

a) B(x, y, z, t) = (−y,0, x)t2, J =1µ0

(0,−t2, t2) − ε0(0, x2,−y2).

(bosquejos de E y B son interesantes).

b) B(x, y, z, t) = (0, z,0)t2, J =1µ0

(−t2,0,0) − ε0(0,0,2xz).

c) B(x, y, z, t) = (0,0,−x)t2, J =1µ0

(0, t2,0) − ε0(2xy,0,0).

(10) Una pregunta natural es la siguiente ¿todo campo B cuya divergencia es cero es un campo mag-

nético?

Considere B(x, y, z, t) = −3t2(0,0, x2+y2) y el campo eléctrico E(x, y, z, t) = (2t(−y3, x3, z3).

Hallar J y ρ, además examine si satisfacen o no la ecuación de continuidad.

(11) Demuestre que para el campo magnético no-estático

B(x, y, z, t) = (y,−z,0)t2

la relación ∇ × B = µ0J no es válida. (Sug: suponga que la relación es cierta, por la Ley

de Faraday un campo eléctrico asociado con B es E(x, y, z, t) = 2z(0,−y, x)t, obteniéndose

finalmente una contradicción en la ecuación de continuidad.

(12) Demuestre que si F = F(x, y, z, t) es un campo vectorial no-estático de clase C 1,

∂

∂t

∫ ∫S

F · dS =∫ ∫

S

∂

∂tF · dS

(13) La situación es la misma que en el Ejercicio (12), pruebe que

∇ ×

∫ ∫ ∫A(u, u) dx d y dz =

∫ ∫ ∫∇ × A(u, u)dx d y,dz.

(14) Considere la superficie Sr la cual es un círculo de radio r centrado en el origen y contenido en el

plano xy. Calcule

limr→0

1A (Sr )

∫∂Sr

F · t, en donde F = (−y, x,0)


y compare el resultado obtenido con ∇ × F(0,0,0) · n(0,0,0), n es la normal unitaria a Sr y

A (Sr ) es el área del disco Sr .

(15) Mediante el Teorema de Stokes es posible dar una interpretación física del rotacional en un punto

u0 arbitrario. Sea Sr un círculo el cual tiene su centro en u0, entonces

(∇ × F)(u0) · n( u0 ) = limA (Sr )→0

1A (Sr )

∫∂Sr

F · t

en donde n (la normal unitaria a Sr ) y la orientación de ∂Sr son consistentes con la regla de

la mano derecha. El producto escalar de ∇ × F y t es máximo cuando son paralelos. En tal

situación, ¿cómo deben ser los valores del campo F a lo largo de ∂Sn?

(16) Sea Ωrh la región que consiste de un cilindro sólido de radio r y la altura h (véase Figura 100).

Evaluar,

limh→0

1vol(Ωrn)

∫ ∫∂Ωrh

(n × F)[W(u,v)

]du dv,

en donde F es el campo vectorial C 1 definido por F = (−y, x,0) y W es una parametrización de

∂Ωrh . Compare el resultado obtenido con (∇ × F)(0,0,0).

Figura 100 Geometría del Problema 16

(17) Utilice el Teorema de la Divergencia para probar que∫ ∫ ∫Ω

(∇ × F) dV =∫ ∫∂Ω

(n × F)[W(u,v)

]du dv

en donde F = (P,Q,R) es un campo de clase C 1 y W(u,v) es una parametrización de ∂Ω.

Aplique el resultado anterior para demostrar que

(∇ × F)(u0) = limvol(Ωn)→0

1vol(Ωn)

∫ ∫∂Ωn

(n × F)[W(u,v)

]du dv

en donde u0 es punto que está en cada región Ωn .


(18) Las ecuaciones de Maxwell del electromagnetismo son:

i) La Ley de Gauss

∇ · E =ρ

ε0(13.4)

ii) La Ley del Flujo Magnético

∇ · B = 0 (13.7)

iii) La Ley de Faraday

∇ × E =−∂B∂t

(14.2)

iv) La Ley de Ampere

∇ × B = µ0J + µ0ε0∂E∂t

(14.3)

Probar que las ecs. de Maxwell implican la ecuación de continuidad del electromagnetismo.

(19) Dada una curva cerrada C y un campo vectorial F = (P,Q,R) que es de clase C 1, para cualquier

superficie suave S cuya frontera es precisamente C, se satisface la ecuación∫C

F · t =∫ ∫

S

(∇ × F) · dS

Para verificar que el Teorema de Stokes no depende de la superficie S, considérense dos superfi-

cies S1 y S2 (que no se intersectan entre si) que tienen a C como frontera.

Aplicar el Teorema de Gauss a la región cerrada entre S1 y S2 para demostrar que∫ ∫S1

∇ × F · dS =∫ ∫

S2

∇ × F · dS.

(Sug: pruebe que para todo campo F, se tiene que ∇ · (∇ × F) = 0 y aplique este resultado).

(20) Sea una superficie S cuya frontera esta formada por las curvas C1 y C2, las cuales no se cortan.

Probar que la versión del Teorema de Stokes para tal superficie y el campo F de clase C 1 es∫ ∫∇ × F · dS =

∫C1

F · t +∫C2

F · t.

Figura 101 Las curvas C1 y C2 definen la superficie S.


References

[1] Hwei P Hsu Análisis Vectorial 1987: Addison-Wesley

[2] Eutiquio C Young Vector and Tensor Analysis 1978: Marcel Dekker

[3] Louis Brand Análisis Vectorial 1959: CECSA

[4] Robert C Wrede Introduction to Vector and Tensor Analysis 1972: Dover

[5] Richmond B McQuistan Campos Vectoriales y Escalares: interpretación física 1969: Limusa

[6] Michael J Crowe A history of Vector Analysis: the evolution of the idea of a vectorial system 1967: U of Notre Dame Press

[7] George Edward Hay Vector and Tensor Analysis 1953: Dover

[8] H M Schey Div, Grad, Curl, and all that. An informal course on Vector Calculus 1973: W. W. Norton

[9] Norman B Haaser, Joseph P LaSalle, J A Sullivan Analísis Matemático 2 Curso intermedio 1977: Trillas

[10] Sherman K Stein Cálculo con Geometría Analítica Volumen II 1975: McGraw-Hill

[11] John B Fraleigh Cálculo con Geometría Analítica 1984: Fondo Educativo Interamericano

[12] George B Thomas Jr Cálculo Varias Variables 2010: Pearson

[13] Harry F Davis, Arthur David Snider Introduction to Vector Analysis 1995: William C Brown

[14] Jerrold E Marsden, Anthony J Tromba Cálculo Vectorial Cuarta edición 1998: Pearson

[15] René Benítez López Prácticas de Cálculo Integral Vectorial 2009: Trillas

[16] Gabriel López Garza Cálculo Integral Vectorial 2010: Trillas

[17] Susan Jane Colley Vector Calculus Cuarta edición, 2011: Pearson

Documents

CÁLCULO VECTORIAL APLICADO A LA INGENIERÍAmat.izt.uam.mx/mat/documentos/planeaciones/2017O/CE02-CÁLCULO … · CÁLCULO VECTORIAL APLICADO A LA INGENIERÍA FRANCISCO JAVIER SÁNCHEZ