integral de linea , integral de superficie y aplicaciones (2).pdf

Índice general
1. Integral de Linea 3
1.1. La Integral de Linea con respecto de la longitud de arco . . . . . . . . . . 4
1.2. Aplicaciones de la Integral de Linea con respecto de la longitud de arco a
la mecánica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.3. Integral de Linea y Trabajo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.3.1. Independencia de la trayectoria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.4. Campos Conservativos y Funciones Potenciales . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.5. Teorema de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.6. La divergencia y flujo de un campo vectorial . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2. Superficies 25
2.1. Expresiones de una Superficie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.1.1. Superficie paramétrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
2.2. Área de la superficie paramétrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
3. Integrales de Superficie 33
3.1. Integrales de Superficie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
3.2. Segundo tipo de Integral de Superficie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
3.3. El Flujo de un Campo Vectorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
3.4. El Teorema de la Divergencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
3.4.1. Ley de Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
3.4.2. Ley de Coulomb . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
3.4.3. Teorema de Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
Referencias Bibliográficas 53
1

Capı́tulo 1
Integral de Linea
Para definir la integral de linea, comencemos imaginando un alambre delgado con la
forma de una curva suave C con extremos A y B. Supongamos que el alambre tiene una
densidad variable dada en el punto (x, y, z) por la función continua conocida f(x, y, z) en
unidades tales como gramos por centı́metro (lineal)[2].
Figura 1.1: alambre delgado C
Sea α(t) = ( x(t) , y(t) , z(t) ) , t ∈ [a, b] una
parametrización suave de la curva C, donde t = a
corresponde al punto inicial A de la curva y t = b
corresponde al punto final B.
Para aproximar la masa total m del alambre curvo,
comenzamos con una partición
a = t0 < t1 < t2 < ... < tn = b
de [a, b] en n subintervalos, todos con la misma longitud ∆t = (b − a)/n esta subdivisión
de puntos de [a, b] produce, por medio de nuestra parametrización, una división fı́sica del
alambre en cortos segmentos curvos. Sea Pi el punto (x(ti), y(ti), z(ti)) para i = 0, 1, 2, ...n.
Entonces los puntos P0, P1, ..Pn son los puntos de subdivisión de C
Sabemos que la longitud de arco ∆Si del segmento de C de Pi−1 a Pi es
∆Si =
Z ti
ti−1
p
(x0(t))2 + (y0(t))2 + (z0(t))2 dt =
p
(x0(t∗
i ))2 + (y0(t∗
i ))2 + (z0(t∗
i ))2∆t
para algún t∗
i ∈ [ti−1, ti]. Este último resultado es consecuencia del teorema del valor
medio para integrales.
Como la masa es el producto de la densidad por la longitud entonces tenemos una
3

4 CAPÍTULO 1. INTEGRAL DE LINEA
estimación de la masa total m del alambre:
m ≈
n
X
i=1
f(x(t∗
i ), y(t∗
i ), z(t∗
i ))∆Si.
El limite de esta suma cuando ∆t → 0 debe ser la masa real m. Esto motiva nuestra
definición de la integral de linea de la función f a lo largo de la curva C que se denota
por Z
C
f(x, y, z) dS
1.1. La Integral de Linea con respecto de la longitud de arco
Definición 1.1.1 Sea f : D ⊂ R3
→ R una función continua en cada punto de la curva
paramétrica suave C de A a B. Entonces la integral de linea de f a lo largo de C de A a
B con respecto de la longitud de arco se define como:
Z
C
f(x, y, z) dS =
Z b
a
f(α(t))kα0
(t)kdt
donde α(t) = (x(t), y(t), z(t)), t ∈ [a, b]
y dS = kα0
(t)kdt =
p
(x0(t))2 + (y0(t))2 + (z0(t))2dt
1.2. Aplicaciones de la Integral de Linea con respecto de la
longitud de arco a la mecánica
Masa de una curva Si δ = δ(x, y, z) es la densidad lineal en el punto variable (x, y, z)
de la curva C entonces la masa M de la curva es igual a:
M =
Z
C
δ(x, y, z)dS
Centro de gravedad de una curva (X, Y , Z)
X =
1
M
Z
C
xδ(x, y, z)dS , Y =
1
M
Z
C
yδ(x, y, z)dS , Z =
1
M
Z
C
zδ(x, y, z)dS
Momento estático y momento de inercia
ML =
Z
C
d(x, y, z)δ(x, y, z)dS , IL =
Z
C
d2
(x, y, z)δ(x, y, z)dS
donde d(x, y, z): distancia de un punto de la curva C a la recta L
Momentos estáticos respecto a los planos coordenados son:
MX Y =
Z
C
zδ(x, y, z)dS , MX Z =
Z
C
yδ(x, y, z)dS , MY Z =
Z
C
xδ(x, y, z)dS

1.3. INTEGRAL DE LINEA Y TRABAJO 5
Momentos de inercia respecto a los ejes coordenados X,Y ,Z son:
IX =
Z
C
(y2
+z2
)δ(x, y, z)dS , IY =
Z
C
(x2
+z2
)δ(x, y, z)dS , IZ =
Z
C
(x2
+y2
)δ(x, y, z)dS
Ejemplo 1.2.1 Calcule la integral de linea
R
C
xydS donde C es el cuarto de circunferencia
en el primer cuadrante de radio uno.
Solución
Sea C: x = cos t , y = sent , t ∈ [0, π/2]
luego dS =
p
(−sent)2 + (cos t)2dt = dt. Entonces
Z
C
xydS =
Z π/2
0
cost sent dt =
1
2
sen2
t|
π/2
0 =
1
2
Ejemplo 1.2.2 Halle la masa total de un alambre cuya forma es la de la curva y = |x|
con −1 ≤ x ≤ 1. Si la densidad de cada punto P de él es igual al valor absoluto del
producto de las coordenadas del punto.
Solución
Sabemos que M =
R
C
δ(x, y, z)dS. Entonces calculemos M =
R
C
|x y|dS , pero como
y = |x|, M =
R
C
x2
dS.
Figura 1.2:
C1 : y = −x ⇒ α1(t) = (t, −t) − 1 ≤ t < 0
C2 : y = x ⇒ α2(t) = (t, t) 0 ≤ t < 1
M =
Z
C1
x2
dS +
Z
C2
x2
dS =
Z 0
−1
t2
kα1
0
(t)kdt +
Z 1
0
t2
kα2
0
(t)kdt
=
Z 0
−1
t2
√
2dt +
Z 1
0
t2
√
2dt =
2
√
2
3
1.3. Integral de Linea y Trabajo
Ahora aproximemos el trabajo W realizado por el campo de fuerza F al mover una
Figura 1.3:
partı́cula a lo largo de la curva C de A a B,
para lo cual subdividamos C como se indica en
la figura 1.3.
Pensamos que F mueve la partı́cula de Pi−1
a Pi dos puntos de división consecutivos de C.
El trabajo 4Wi realizado es aproximadamente
el producto de la distancia 4Si de Pi−1 y Pi

(medida a lo largo de C) y la componente tangencial F.T de la fuerza F en el punto tı́pico
(x(t∗
i ), y(t∗
i ), z(t∗
i )) entre Pi−1 y Pi. Ası́ 4Wi ≈ F(x(t∗
i ), y(t∗
i ), z(t∗
i )).T(t∗
i )4Si de modo
que el trabajo total W está dado aproximadamente por:
W ≈
n
X
i=1
F(x(t∗
i ), y(t∗
i ), z(t∗
i )).T(t∗
i )4Si
Esto sugiere que definamos el trabajo W como:
W =
Z
C
F.TdS
Por lo tanto el trabajo es la integral con respecto de la componente tangencial de la
fuerza.
Si la curva C está parametrizada por α(t) con t ∈ [a, b] entonces:
W =
Z
C
F.TdS =
Z b
a
F(α(t)).
α 0
(t)
kα 0(t)k
kα 0
(t)kdt =
Z b
a
F(α(t)).α 0
(t)dt
W =
Z b
a
F(α(t)).α 0
(t)dt
Siendo W el trabajo realizado por el campo de fuerzas F sobre una partı́cula que se
mueve a lo largo de una trayectoria α(t) con t ∈ [a, b].
Teorema 1.3.1 Supongamos que el campo de vectores F = (P, Q, R) tiene funciones
componentes continuas y que T es el vector tangente unitario a la curva suave C. Entonces
Z
C
F.TdS =
Z
C
Pdx + Qdy + Rdz
(Para la Prueba ver Cap. 16 pag. 913 de [2])
Observaciones
1. Si la curva C estuviera parametrizada por trayectorias diferentes que originan la mis-
ma orientación de C entonces el resultado de la integral de linea sobre esas trayec-
torias es la misma es decir, por ejemplo:
Z
C
F(α).dα =
Z
C
F(β).dβ
Si las trayectorias α(t) y β(t) originan orientaciones opuestas de C entonces
Z
C−1
F(α).dα = −
Z
C
F(β).dβ
C−1
denota la curva C con su orientación invertida.

1.3. INTEGRAL DE LINEA Y TRABAJO 7
2. Cuando C es una curva cerrada, a la integral de linea del campo vectorial F a lo
largo de C se le denota por I
C
F.T dS
3. De acuerdo con la segunda ley de Newton [6], se sabe que si el cuerpo tiene masa m,
entonces la fuerza que actúa sobre él es igual a la rapidez de cambio del momento
p = m v es decir,
F =
dp
d t
= m
dv
dt
= m α 00
(t)
Sustituyendo este resulta en la integral anterior, y observando que d
dt
(α 0
(t) . α 0
(t)) =
2 α 00
(t) . α 0
(t), inferimos que el trabajo W está dado por:
W =
Z
C
F.T dS =
Z
C
m α 00
(t) . T dS
=
Z b
a
m α 00
(t) . α 0
(t) dt =
Z b
a
d
dt
(
m
2
α 0
(t) . α 0
(t))
=
Z b
a
d
dt
(
m
2
kα 0
(t) k2
) =
Z b
a
d
dt
(
m
2
v2
(t))
=
m
2
v2
(t)|b
a =
m
2
[ v2
(b) − v2
(a) ]
Por tanto el trabajo realizado es igual al incremento o ganacia de la energı́a cinética
del cuerpo de la partı́cula.
4. Si el campo de fuerzas F es irrotacional (conservativo), entonces el trabajo efectuado
efectuado para mover una partı́cula alrededor de una trayectoria cerrada es cero.
Ejemplo 1.3.1 Calcule el trabajo que realiza el campo de fuerzas F(x, y, z) = (x − y +
2z, x+y−3z2
, 2xz−4y2
) al mover una partı́cula alrededor de la curva cerrada x2
4
+y2
= 1,
z = 2 en sentido antihorario.
Solución
Figura 1.4:
La curva C : x2
4
+ y2
= 1 se puede
parametrizar por:
x = 2 cost
y = sent 0 ≤ t ≤ 2 π
z = 2
Luego C : α(t) = (2 cost, sent, 2) t ∈ [0, 2π] y
α 0
(t) = (−2 sent, cost, 0).

Finalmente
W =
Z
C
F.TdS =
Z 2π
0
F(α(t)).α 0
(t)dt =
Z 2π
0
(−3sent cost − 8sent + 2cos(2t)) dt = 0
1.3.1. Independencia de la trayectoria
Sea F = (P, Q, R) un campo vectorial con funciones componentes continuas. La inte-
gral de linea de ecuación
Z
C
F.T dS =
Z
C
P dx + Q dy + R dz
es independiente de la trayectoria en la región D si, dados dos puntos A y B de D, la
integral tiene el mismo valor a lo largo de cualquier curva suave por partes o trayectoria
en D de A en B. En este caso podemos escribir
Z
C
F.T dS =
Z B
A
F.T dS
debido a que el valor de la integral sólo depende de los puntos A y B y no de la elección
particular de la trayectoria C que los une.
Teorema 1.3.2 (Independencia de la trayectoria) La integral de linea
R
C
F.T dS es
independiente de la trayectoria en la región D si y solo si F = ∇f para alguna función
f definida en D.
Prueba
⇒) Supongamos que F = ∇f y que C es una trayectoria de A a B en D parametrizada
por α(t) = (x(t), y(t), z(t)) en t ∈ [a, b]. Entonces
Z
C
F.T dS =
Z b
a
∇f(α(t)).α0
(t) dt
=
Z b
a
(
∂f
∂x
,
∂f
∂y
,
∂f
∂z
).(dx(t), dy(t), dz(t))
=
Z b
a
(
∂f
∂x
dx(t) +
∂f
∂y
dy(t) +
∂f
∂z
dz(t))
=
Z b
a
df(x(t), y(t), z(t))
= f(x(b), y(b), z(b)) − f(x(a), y(a), z(a))
= f(B) − f(A)
⇐) Queda como ejercicio y puede encontrarlo en Cap. 16 pag. 917 de [2]

1.4. CAMPOS CONSERVATIVOS Y FUNCIONES POTENCIALES 9
Ejemplo 1.3.2 Sea el campo vectorial
F(x, y) =
µ
x
x2 + y2
,
y
x2 + y2
¶
∀(x, y) ∈ D = {(x, y) ∈ R2
/ x > 0 , y > 0}
1. ¿La integral de linea
R
C
F.T dS es independiente de la trayectoria C en D?
2. Si el item 1) es verdadero, evalúe
R (5,12)
(3,4)
x
x2+y2 dx + y
x2+y2 dy
Solución
1. La integral de linea
R
C
F.T dS es independiente de la trayectoria C en D, pues
se cumple F(x, y, z) = ∇f(x, y, z) , ∀(x, y) ∈ D donde f(x, y) = 1
2
Ln(x2
+
y2
) , ∀(x, y) ∈ D
2. Como la integral de linea
R
C
F.T dS es independiente de la trayectoriaC en D,
Z (5,12)
(3,4)
F.T dS = f(5, 12) − f(3, 4) =
1
2
(Ln(169) − Ln(25)) = Ln(13/5)
1.4. Campos Conservativos y Funciones Potenciales
Definición 1.4.1 El campo vectorial F definido en una región D es conservativo si existe
una función escalar f definida en D tal que
F = ∇f
en cada punto de D. En este caso, f es una función potencial para el campo vectorial F.
Nota
En el campo de fuerzas conservativo F = −∇U, a la función U se le llama energı́a
potencial y es una cantidad que sólo tiene significado si consideramos los cambios que en
ella se operan, lo que implica que la fijación de un nivel cero para la energı́a potencial U
es arbitrária. En este caso se tiene: W =
R B
A
F . T dS = U(A)−U(B) lo cual significa que
el trabajo W desarrollado por F al mover una partı́cula de A a B es igual al decremento
de energı́a potencial.
Definición 1.4.2 (Conjuntos simplemente conexo en R2
) Un conjunto D ⊂ R2
es
simplemente conexo [4], si para toda curva simple cerrada contenida en D la región encer-
rado por dicha curva tambien está contenido en D.
Intuitivamente, un conjunto D ⊂ R2
es simplemente conexo si no tiene agujeros.

Figura 1.5: Región simplemente conexo Figura 1.6: Regiones no simplemente conexos
Figura 1.7: El toro circular no es simplemente conexo
De forma similar, un conjunto D ⊂ R3
es simplemente conexo[4], si D fuese de
un material elástico podrı́a deformarse continuamente, ”sin cortes ni pegamentos”, a una
esfera.
Teorema 1.4.1 (Campo conservativo y función potencial en R2
) Sea D un dominio
simplemente conexo en R2
. Sean las funciones P(x, y) y Q(x, y) continuas y que tienen
derivadas parciales de primer orden continuas en D. Entonces, el campo vectorial F =
(P, Q) es conservativo en D si y solo si
∂P
∂y
=
∂Q
∂x
en cada punto de D (α)
(Para la prueba ver Cap.10 pag. 415 de [1])
Teorema 1.4.2 (Campo conservativo y función potencial en R3
) Sea D un dominio
simplemente conexo en R3
. Sean las funciones P(x, y, z) , Q(x, y, z) y R(x, y, z) contin-
uas y que tienen derivadas parciales de primer orden continuas en D. Entonces, el campo
vectorial F = (P, Q, R) es conservativo en D si y solo si ∇ × F = (0, 0, 0), esto es,
∂P
∂y
=
∂Q
∂x
,
∂P
∂z
=
∂R
∂x
,
∂Q
∂z
=
∂R
∂y
en cada punto de D (β)
(Para la prueba ver Cap.10 pag. 415 de [1])
Observación 1.4.1 Se dice que P dx + Q dy y P dx + Q dy + R dz son diferenciales
exactas, si cumplen (α) y (β) respectivamente.
Ejemplo 1.4.1 Determine una función potencial para el campo vectorial
F(x, y) = (6xy − y3
, 4y + 3x2
− 3xy2
)

Solución
Notemos que el D = Dom(F) = R2
.
Se tiene que P(x, y) = 6xy − y3
y Q(x, y) = 4y + 3x2
− 3xy2
. Luego
∂P
∂y
= 6x − 3y2
=
∂Q
∂x
∀(x, y) ∈ D
De este último resultado concluimos que F es conservativo, entonces F = ∇f. Ahora
hallemos la función potencial f.
Dado que F = ∇f ⇒ (P, Q) =
³
∂f
∂x
, ∂f
∂y
´
, luego
∂f
∂x
= 6xy − y3
(1)
∂f
∂y
= 4y + 3x2
− 3xy2
(2)
Luego integrando la ecuación (1) se tiene
Z
df =
Z
(6xy − y3
) dx ⇒ f(x, y) = 3x2
y − y3
x + h(y) (α)
Derivemos (α) con respecto a y se tiene:
∂f
∂y
= 3x2
− 3y2
x +
dh
dy
De ésta última ecuación, y de (2) se tiene:
4y + 3x2
− 3xy2
= 3x2
− 3y2
x +
dh
dy
⇒
dh
dy
= 4y ⇒ h =
Z
4y dy ⇒ h(y) = 2y2
+ c
Haciendo c = 0 en el último resultado y luego reemplazando en (α) se obtiene una función
potencial f(x, y) = 3x2
y − y3
x + 2y2
Nota 1.4.1 Una forma simple de determinar una función potencial para el campo vec-
torial F(x, y) siendo F conservativo es considerar como trayectoria C que una los puntos
(x1, y1) y (x2, y2), la trayectoria que consta de dos segmentos que unen los puntos (x1, y1),
(x, y1) y (x, y). De acuerdo con esto, la función potencial serı́a:
f(x, y) =
Z x
x1
P(x, y1)dx +
Z y
y1
Q(x, y)dy
donde recordemos que x1 y y1 son constantes que al final serán absorbidas en una sola
costantes C.
En forma similar para de determinar una función potencial para el campo vectorial
F(x, y, z) siendo F conservativo es considerar como trayectoria C que una los puntos
(x1, y1, z1) y (x2, y2, z2) la trayectoria que consta de tres segmentos que unen los puntos
(x1, y1, z1), (x, y1, z1), (x, y, z1) y (x, y, z). De acuerdo con esto, la función potencial serı́a:
f(x, y, z) =
Z x
x1
P(x, y1, z1)dx +
Z y
y1
Q(x, y, z1)dy +
Z z
z1
R(x, y, z)dz

donde recordemos que x1, y1 y z1 son constantes que al final serán absorbidas en una sola
costantes C.
Ejemplo 1.4.2 Determine una función potencial para el campo vectorial
F(x, y, z) = (
y
x2 + y2
, −
x
x2 + y2
, 3z2
)
Solución
− {(0, 0, z) / z ∈ R}.
Se tiene que P(x, y, z) = y
x2+y2 , Q(x, y, z) = − x
x2+y2 y R(x, y, z) = 3z2
.
Luego
∂P
∂y
=
x2
− y2
(x2 + y2)2
=
∂Q
∂x
∀(x, y, z) ∈ D
∂P
∂z
= 0 =
∂R
∂x
∀(x, y, z) ∈ D
∂R
∂y
= 0 =
∂Q
∂z
∀(x, y, z) ∈ D
De este último resultado concluimos que F es conservativo, entonces F = ∇f. Ahora
hallemos la función potencial f considerando la nota anterior:
f(x, y, z) =
Z x
x1
y1
x2 + y2
1
dx −
Z y
y1
x
x2 + y2
dy +
Z z
z1
3z2
dz
= arctan(
x
y1
)|x
x1
− arctan(
y
x
)|y
y1
+ z3
|z
z1
= arctan(
x
y1
) − arctan(
x1
y1
) − arctan(
y
x
) + arctan(
y1
x
) + z3
− z3
1
= −arctan(
y
x
) + z3
+ arctan(
x
y1
) + arctan(
y1
x
) − arctan(
x1
y1
) − z3
1
= −arctan(
y
x
) + z3
+
π
2
− arctan(
x1
y1
) − z3
1
= −arctan(
y
x
) + z3
+ C , ∀(x, y, z) ∈ D
Ejemplo 1.4.3 Sea F(x, y, z) = ( y
x2+y2 , − x
x2+y2 , 3z2
) y la curva C parametrizada por
α(t) = (t, t3
+ t2
− 1, t + 3).Calcule el trabajo necesario para llevar una masa unidad
a lo largo de C desde el punto P1 = (−1, −1, 2) hasta el punto P2 = (1, 1, 4).
Solución
El punto P1 corresponde a t = −1 y el punto P2 corresponde a t = 1.
Notemos del ejemplo anterior que F es conservativo y que el trabajo es independiente
de la trayectoria en D = Dom(F) = R3
− {(0, 0, z) / z ∈ R}.
Recordemos que cuando se habla de que la integral de linea es independiente de la
trayectoria, se supone que es independiente de todas las trayectorias no solo de algunas

trayectorias en particular. En este ejemplo la integral de linea es independiente de la
trayectoria sólo para trayectorias que no pasan por el eje Z pero que unan P1 y P2, pues
si consideráramos como trayectoria la curva que una los puntos P1 y P2 de manera que
pase por el punto (0, 0, z) (donde z ∈ R), en dicho punto F no está definida. Por lo tanto,
para hallar el trabajo del campo de vectores F, no podemos usar la función potencial
encontrada en el ejemplo anterior.
Considerando la curva C parametrizada por α(t) = (t, t3
+ t2
− 1, t + 3), el cálculo
del trabajo se hace muy complicado hallarlo. En este caso, aprovechando que el tra-
bajo es independiente de la trayectoria en D = Dom(F) = R3
− {(0, 0, z) / z ∈ R},
consideremos como la curva γ que une los puntos P1 y P2, la unión de las curvas
γ1 : f(t) = (
√
2 cost,
√
2 sent, 2) , ∀t ∈ [−3π
4
, π
4
] y γ2 : g(u) = (1, 1, u) , ∀u ∈ [2, 4]
(estas facilitan el cálculo del trabajo y note que no pasan por el eje Z). Entonces:
Figura 1.8:
Z
C
Pdx + Qdy + Rdz =
Z
γ
Pdx + Qdy + Rdz
=
Z
γ1
Pdx + Qdy + Rdz
+
Z
γ2
Pdx + Qdy + Rdz
=
Z π
4
−3π
4
−dt +
Z 4
2
3u2
du
= −π + 56
Ejemplo 1.4.4 Calcule
I
C
(y + z)dx + (x + z)dy + (x + y)dz donde C es la curva de in-
tersección del cilindro x2
+ y2
= 2y con el plano y = z.
Solución
.
Se tiene que P(x, y, z) = y + z , Q(x, y, z) = x + z y R(x, y, z) = x + y.
Luego
∂P
∂y
= 1 =
∂Q
∂x
∀(x, y, z) ∈ D
∂P
∂z
= 1 =
∂R
∂x
∀(x, y, z) ∈ D
∂R
∂y
= 1 =
∂Q
∂z
∀(x, y, z) ∈ D

De este último resultado concluimos que F es conservativo, entonces la integral
H
C
F.TdS
es independiente de la trayectoria. Dado que C es una curva cerrada entonces
I
C
(y + z)dx + (x + z)dy + (x + y)dz = 0.
Nota 1.4.2
La última conclusión se debe a que como el campo vectorial F es conservativo entonces
podemos hallar su función potencial:
f(x, y, z) =
Z x
x1
P(x, y1, z1)dx +
Z y
y1
Q(x, y, z1)dy +
Z z
z1
R(x, y, z)dz
=
Z x
x1
y1 + z1)dx +
Z y
y1
x + z1dy +
Z z
z1
x + y)dz
= xy + xz + yz − y1x1 − z1x1 − z1y1
= xy + xz + yz + C
luego como C es cerrado, tiene el mismo punto inicial y final (A = B),
I
C
(y + z)dx + (x + z)dy + (x + y)dz = f(A) − f(A) = 0.
1.5. Teorema de Green
George Green (julio de 1793, 31 de mayo de 1841) fue un matemático británico cuyo
trabajo influenció notablemente el desarrollo de importantes conceptos en fı́sica [4].
El teorema de Green relaciona una integral de linea alrededor de una curva plana
cerrada C con una integral doble ordinaria sobre la región plana R acotada por C donde
Figura 1.9:
R es un conjunto compacto (es decir es un conjunto cerrado y acotado) y ∂R = C es el
borde ó frontera de región R.
Definición 1.5.1 Una curva tiene orientación positiva respecto a la región R cuando el
sentido de la curva es tal que la región R está a su izquierda. Es decir, el vector que se
obtiene del vector tangente unitario T mediante una rotación de 90o
en sentido contrario
al de las manecillas del reloj apunta hacia dentro de la región R.

1.5. TEOREMA DE GREEN 15
Figura 1.10:
Teorema 1.5.1 (GREEN) Sea D un dominio simplemente conexo de R2
. Sean P(x, y)
y Q(x, y) dos funciones continuas y que tienen derivadas parciales de primer orden con-
tinuas en D. Sea C una curva simple cerrada suave por partes y positivamente orientada
respecto a la región que lo encierra R, estando C y R contenidos en D. Entonces se
verifica I
C
P dx + Q dy =
Z Z
R
µ
∂Q
∂x
−
∂P
∂y
¶
dxdy
(Para la prueba ver Cap. 11 pag. 465 de [1])
Nota
Figura 1.11:
Podemos devidir R en dos regiones R1 y R2 y tam-
bien podemos subdividir la frontera de C de R y es-
cribir C1 ∪ D1 para la frontera de R1 y C2 ∪ D2 para
la frontera de R2, obtenemos
I
C1∪D1
Pdx + Qdy =
Z Z
R1
(
∂Q
∂x
−
∂P
∂y
)dxdy
I
C2∪D2
Pdx + Qdy =
Z Z
R2
(
∂Q
∂x
−
∂P
∂y
)dxdy
Z
D2
Pdx + Qdy = −
Z
D1
Pdx + Qdy
Ejemplo 1.5.1 Calcule la integral de linea
H
C
3xydx + 2x2
dy donde C es la frontera de
la región R que está acotada por la recta y = x y la parábola y = x2
− 2x
Solución
Figura 1.12:
Se tiene que P(x, y) = 3xy y Q(x, y) = 2x2
.
Luego
∂P
∂y
= 3x y
∂Q
∂x
= 4x ⇒
∂Q
∂x
−
∂P
∂y
= x
Aplicando el teorema de Green se tiene:
I
C
3xydx+2x2
dy =
Z 3
0
Z x
x2−2x
xdy dx =
Z 3
0
(3x2
−x3
)dx =
27
4

Corolario 1.5.2 El área A de la región R acotada por una curva simple suave por partes
C está dada por:
A =
1
2
I
C
−y dx + x dy = −
I
C
y dx = −
I
C
x dy
Ejemplo 1.5.2 Halle el área de la elipse x2
a2 + y2
b2 = 1
Solución
Parametrizando la elipse se tiene:
x = a cost
y = b sent 0 ≤ t ≤ 2 π
Luego:
dx = −a sent dt y dy = b cost dt
Por el corolario anterior, el área de la elipse es:
A =
1
2
I
C
−y dx + x dy =
1
2
Z 2 π
0
( a b sen2
t + a b cos2
t )dt = ab π
Observación
Figura 1.13:
Si dividimos una región R en otras
más simples, podemos extender el Teore-
ma de Green a regiones con fronteras que
consten de dos o más curvas simples cer-
radas.
Z Z
R
(
∂Q
∂x
−
∂P
∂y
)dxdy =
Z Z
R1
(
∂Q
∂x
−
∂P
∂y
)dxdy +
Z Z
R2
(
∂Q
∂x
−
∂P
∂y
)dxdy
=
I
C1
Pdx + Qdy +
I
C2
Pdx + Qdy
=
I
C=∂R
Pdx + Qdy
Ejemplo 1.5.3 Suponga que C es una curva cerrada simple suave que encierra al origen
(0, 0). Muestre que: I
C
−y
x2 + y2
dx +
x
x2 + y2
dy = 2 π
Pero que esta integral es cero si C no encierra al origen.
Solución

1.5. TEOREMA DE GREEN 17
Figura 1.14:
Se tiene que
P(x, y) = −y
x2+y2 y Q(x, y) = x
x2+y2 .
Luego
∂P
∂y
=
∂Q
∂x
⇒
∂Q
∂x
−
∂P
∂y
= 0 cuando x e y no son cero
Si la región R acotada por C no contiene al origen
entonces P y Q y sus derivadas son continuas en R,
por tanto el Teorema de Green implica que la integral dada es cero.
Si C encierra al origen, entonces encerramos al origrn en un pequeño cı́rculo Ca de
radio a tan pequeño que Ca se encuentre totalmentedentro de C. Parametricemos este
cı́rculo por:
x = a cost
y = a sent 0 ≤ t ≤ 2 π
Entonces el Teorema de Green, aplicado a la región R entre C y Case tiene
I
C
−y
x2 + y2
dx +
x
x2 + y2
dy +
I
Ca
−y
x2 + y2
dx +
x
x2 + y2
dy =
Z Z
R
0 dA = 0
Luego
I
C
−y
x2 + y2
dx +
x
x2 + y2
dy = −
I
Ca
−y
x2 + y2
dx +
x
x2 + y2
dy
=
I
C−1
a
−y
x2 + y2
dx +
x
x2 + y2
dy
=
Z 2 π
0
a2
sen2
t + a2
cos2
t
a2
dt
= 2 π.
Nota 1.5.1
Notese que Ca tiene orientación positiva (en este caso el sentido de las manecillas del
reloj) y C−1
a es la curva inversa de Ca.
Teorema 1.5.3 Sea W = P dx + Q dy una diferencial exacta en un conjunto abierto
U ⊂ R2
, es decir, ∂P
∂y
= ∂Q
∂x
, ∀(x, y) ∈ U. Se cumple las siguientes propiedades:
(1). Si U es simplemente conexo,
R
C
W = 0 (por el teorema de Green)
(2). Si U es doblemente conexo, C1 y C2 homotópicos (es decir, se puede llegar de
C2 a C1 mediante un transformación) y tienen el mismo sentido, entonces se cumple:

Figura 1.15:
Figura 1.16:
Z
C1
W =
Z
C2
W
En efecto, dado que
R
∂U
W =
R
C1
W +
R
C−1
2
W
0 =
R
C1
W −
R
C2
W
se concluye que
Z
C1
W =
Z
C2
W
(3). Si U es triplemente conexo, se cumple
Z
C3
W =
Z
C1
W +
Z
C2
W
Figura 1.17:
En efecto, dado que
R
∂U
W =
R
C3
W +
R
C−1
1
W +
R
C−1
2
W
0 =
R
C3
W −
R
C1
W −
R
C2
W
se concluye que
R
C3
W =
R
C1
W +
R
C2
W
Ejemplo 1.5.4 Se considera la regioń D del plano,
dado por D = D1 ∪ D2, donde
D1 = {(x, y) ∈ R2
: (x − 1)2
+ y2
≤ 4 , (x + 1)2
+ y2
≥ 4}
D2 = {(x, y) ∈ R2
: (x − 1)2
+ y2
≥ 4 , (x + 1)2
+ y2
≤ 4}
Calcule el trabajo del campo F(x, y) = (3yx2
, x3
+ x + sen(y)) a lo largo de la frontera de
D.
Solución
Se tiene que

1.6. LA DIVERGENCIA Y FLUJO DE UN CAMPO VECTORIAL 19
Figura 1.18:
P(x, y) = 3y x2
y Q(x, y) = x3
+ x + sen(y).
Luego
∂P
∂y
= 3x2
y
∂Q
∂x
= 3x2
+ 1 ⇒
∂Q
∂x
−
∂P
∂y
= 1
Por otro lado, aplicando el Teorema de Green, se
tiene:
Z
∂D
Pdx + Qdy =
Z
C1∪C−1
4
Pdx + Qdy +
Z
C2∪C−1
3
Pdx + Qdy
=
Z Z
D1
(
∂Q
∂x
−
∂P
∂y
)dx dy +
Z Z
D2
(
∂Q
∂x
−
∂P
∂y
)dx dy
= 2
Z Z
D1
(
∂Q
∂x
−
∂P
∂y
)dx dy por ser simétricos D1 y D2
= 2
Z Z
D1
dx dy
= 2(Área de la circunferencia C1 − 4
Z Z
B
dx dy)
Figura 1.19:
Calculemos ahora el área de la región B
A(B) =
Z Z
B
dx dy
=
Z 1
0
Z √
4−(x+1)2
0
dy dx
=
Z 1
0
p
4 − (x + 1)2dx
=
Z 1
0
p
22 − (x + 1)2 d(x + 1)
=
1
2
[(x + 1)
p
4 − (x + 1)2 + 4 arcsen(
x + 1
2
) |1
0
=
1
2
(
4π
3
−
√
3)
Finalmente
Z
∂D
Pdx + Qdy = 2 ( Área de la circunferencia C1 − 4
Z Z
B
dx dy )
= 2 ( 4π − 2 (
4π
3
−
√
3) )
=
8π
3
+ 4
√
3
1.6. La divergencia y flujo de un campo vectorial
sea el flujo constante de una capa delgada de fluido en el plano (como por ejemplo,
una capa de agua derramada en el piso), sea V (x, y) su campo vectorial de velocidad y

ρ(x, y) la densidad del fluido en el punto (x, y). El término flujo constante significa que V
y ρ depende solamente de x e y y no del tiempo t. Queremos calcular la rapidez con que
el fluido fluye fuera de la región R acotada por una curva simple cerrada C. Busquemos
la rapidez neta del flujo (la salida menos la afluencia).
Sea ∆Si el segmento corto de la curva C y (x∗
i .y∗
i ) un punto extremo ∆Si. Entonces el
área de la porción del fluido que fluye fuera de R a través de ∆Si por unidad de tiempo es
aproximadamente el área del paralelogramo. Ésta área es:
Figura 1.20:
Area(paralelogramo) = base × altura
= ∆Si Compni
Vi
= Vi.ni ∆Si
donde : ni: vector normal unitario a C en (x∗
i .y∗
i )
que apunta hacia afuera de R
Vi: vector en (x∗
i .y∗
i )
luego
mi ≈ ρi Area(paralelogramo) = ρi Vi.ni ∆Si
m ≈
n
X
i=1
ρi Vi.ni ∆Si =
n
X
i=1
Fi.ni ∆Si
donde F = ρ V y m: masa total (aproximada) del fluido que deja R por unidad de tiempo.
A la integral de linea alrededor de C que es aproximada por esta suma se le conoce
como flujo del campo vectorial F a través de la curva C. Ası́ el flujo Φ de F a
través de la curva C está dado por:
Φ =
Z
C
F.n dS
donde n es el vector normal unitario exterior de C.
El flujo Φ de F = ρ V es la rapidez con el que fluye fuera de R a través de la curva
con frontera C, en unidades de masa por unidad de tiempo el fluido. Podemos hablar del
flujo de un campo vectorial arbitrario, como por ejemplo, el flujo de un campo eléctrico
o gravitacional a través de una curva C.

Figura 1.21:
En la figura n = T × k. El vector tangente unitario T a la
curva C parametrizada por α(t) = (x(t), y(t), 0), es:
T =
1
kα0(t)k
(
dx
dt
,
dy
dt
, 0)
=
1
kα0(t)k
(
dx
dS
dS
dt
,
dy
dS
dS
dt
, 0)
=
1
kα0(t)k
(
dx
dS
kα0
(t)k,
dy
dS
kα0
(t)k, 0)
= (
dx
dS
,
dy
dS
, 0) =
dx
dS
i +
dy
dS
j
Luego n = T × k = dy
dS
i − dx
dS
j
Considerando P y Q continuas y de clase C1
en R se
tiene:
Φ =
I
C
F.n dS =
I
C
(P, Q).(
dx
dS
, −
dy
dS
)dS
=
I
C
−Qdx + pdy =
Z Z
R
µ
∂P
∂x
+
∂Q
∂y
¶
dx dy
=
Z Z
R
∇.FdA =
Z Z
R
divF dA
Φ =
I
C
F.n dS =
Z Z
R
divF dA
Si la región R está acotada por la circunferencia de radio r, Cr centrada en (x0, y0)
entonces I
Cr
F.n dS =
Z Z
R
∇.F dA = (πr2
) ∇.F(x, y)
para algún (x, y) ∈ R)( esto es una consecuencia del Teorema del valor medio para
integrales dobles).
∇.F(x0, y0) = lı́m
r→0
1
πr2
I
Cr
F.n dS
ya que (x, y) → (x0, y0) cuando r → 0. Esta ecuación implica que el valor de ∇. F en
(x0, y0) es una medida de la rapidez mediante la cual el fluido esta divergiendo fuera
desde el punto (x0, y0).
Ejemplo 1.6.1 Calcule
H
C
F.n dS donde F(x, y) = (x, 2y) y la curva C encierra a la
elipse x2
4
+ y2
9
= 1.
Solución div F = 1 + 2 = 3
I
C
F.n dS =
Z Z
R=elipse
divF dA =
Z Z
R=elipse
3 dx dy = 3 (Área de la elipse) = 3(2)(3)π = 18π
EJERCICIOS PROPUESTOS

1. Un alambre delgado se dobla en forma de semicirculo x2
+ y2
= 4 , x ≥ 0. Si la
densidad lineal es una constante K, encuentre la masa y centro de masa del alambre.
2. Halle la masa y el centro de masa de un alambre en forma de hélice x = t , y =
cost , z = sent , 0 ≤ t ≤ 2 π, si la densidad en cualquier punto es igual al
cuadrado de la distancia desde el origen.
3. Halle el trabajo realizado por el campo de fuerza F(x, y) = (x, y + 2) al mover una
partı́cula a lo largo de un arco de cicloide r(t) = (t − sent , 1 − cost), 0 ≤ t ≤ 2 π.
4. Un hombre de 160 lb de peso sube con una lata de 25 lb de pintura por una escalera
helicoidal que rodea a un silo, con radio de 20 pies. Si el silo mide 90 pies de alto y
el hombre hace exactamente tres revoluciones completas, ¿cuánto trabajo realiza el
hombre contra la gravedad al subir hasta la parte superior?.
5. Evalue la integral de linea
R
C
y2
dx + x2
dy donde C es la gráfica de y = x2
de (−1, 1)
a (1, 1).
R
C
F.T ds, donde F(x, y, z) = x i + y j + z k y C es la
curva f(t) = (e2t
, et
, e−t
) 0 ≤ t ≤ ln2.
R
C
√
zdx +
√
xdy + y2
dz donde C es la curva f(t) =
(t, t3/2
, t2
) 0 ≤ t ≤ 4.
R
C
xyzds donde C es la trayectoria de (1, 1, 2) a (2, 3, 6)
formado por tres segmentos de recta, el primero paralelo al eje X, el segundo paralelo
al eje Y y tercero paralelo al eje Z.
9. Pruebe que la integral de linea
R
C
y2
dx + 2xydy es independiente de la trayectoria
C de A a B.
10. Un alambre con la forma de la circunferencia x2
+ y2
= a2
, z = 0 tiene densidad
constante y masa total M. Determine su momento inercial con respecto de (a) al eje
Z; (b) el eje X.
11. Determine el trabajo realizado por el campo de fuezas F = z i − x j + y kpara mover
la partı́cula de (1, 1, 1) a (2, 4, 8) a lo largo de la curva y = x2
, z = x3
.
12. Aplique el teorema de Green para evaluar la integral de linea
I
C
x2
ydx + x y2
dy

donde C es la frontera de la región entre las dos curvas y = x2
y y = 8 − x2
.
I
C
x2
dy,
donde C es la cardioide r = 1+cosθ, aplicando primero teorema de Green y pasando
despues a coordenadas polares.
14. Suponga que la integral de linea
R
C
Pdx + Qdy es independiente de la trayectoria en
la región plana D. Demuestre que
I
C
Pdx + Qdy = 0
para cualquier curva simple cerrada suave por partes C en D.
15. Calcule la integral de linea de la forma diferencial rdr + r2
dθ a lo largo de la curva
γ de ecuación r = senθ , 0 ≤ θ ≤ π.
16. Se considera el campo vectorial F = (
y
x2 + y2
, −
x
x2 + y2
, 3z2
) y la curva γ de ecua-
ciones paramétricas x = λ , y = λ3
+λ2
−1 , z = λ+3. Calcule el trabajo necesario
para llevar una masa de unidad a lo largo de γ desde el punto P = (−1, −1, 2) hasta
el punto Q = (1, 1, 4).
17. Se considera el campo de fuerzas
F(x, y, z) = (−
y + z
(x + z)2
,
1
x + z
,
x − y
(x + z)2
)
definido en el abierto {(x, y, z) ∈ R3
: x + z 6= 0}. Calcule el trabajo del campo F
para llevar una partı́cula de masa unidad a lo largo de la curva Γ parametrizada por
α(t) = (t, et
, cos t) , t ∈ [0, 1].
18. Sea Γ1 el segmento de extremos (0, 0) y (1, 0), y sea Γ2 la semicircunfeerencia de
centro (1/2 , 0) y radio 1/2, contenida en el semiplano superior y orientada en sentido
antihorario. Calcule
Z
Γ2
x2
sen(x3
) dx + e−y2
dy.
19. halle el trabajo realizado por las fuerzas F(x, y) = (3y2
+ 2, 16x) al mover una
partı́cula desde (−1, 0) a (1, 0) siguiendo la mitad superior de la elipse b2
x2
+y2
= b2
.
¿Qué elipse hace mı́nimo trabajo?

20. Supongamos que el viento está soplando con una fuerza F(x, y, z) = (6x − 2y2
e2x
+
zexz
, −2ye2x
, cos(z)+xexz
) Determine el trabajo que desarrolla el viento para mover
una partı́cula sobre la curva C dada por α(t) = (t, (t − 1)(t − 2)2
, πt2
2
), t ∈ [0, 1].
21. Calcule el trabajo desarrollado por
R
γ
ydx − xdy a lo largo de la curva γ = γ1 ∪ γ2
representada en la figura compuesta por un cuadrante de elipse y el segmento que
une los puntos (0, 3) y (4, 0).
Figura 1.22:
22. Calcule el trabajo realizado por el campo de fuerzas
F(x, y, z) = (2xy, (x2
+ z), y)
al desplazar una partı́cula desde el origen de coordenadas hasta el punto (2, 0, 8),
siguiendo cualquier trayectoria que una dichos puntos.

Capı́tulo 2
Superficies
Definición 2.0.1 Se denomina superficie S en el espacio R3
, a cualquier función
r : R ⊂ R2
→ R3
. En general r será de clase C∞
.
Figura 2.1:
2.1. Expresiones de una Superficie
Las principales expresiones de una superficie [3] son:
Ecuación vectorial r = r(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)) para cada (u, v) ∈ D
Ecuación paramétrica x = x(u, v) , y = y(u, v) , z = z(u, v)) para cada (u, v) ∈ D
Ecuaciones explicitas alguno de los tipos son:
z = f(x, y) , x = g(y, z) , y = h(x, z))
Ecuación explicita F(x, y, z) = 0.
25

26 CAPÍTULO 2. SUPERFICIES
En lo que sigue nos dedicaremos al estudio de las superficies en su forma paramétrica.
2.1.1. Superficie paramétrica
Una superficie paramétrica S es la imagen de una función ó transformación r definida
en una región R del plano U V y que tiene valores en X Y Z, esto es:
r : R ⊂ R2
→ R3
(u, v) 7→ r(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)) (1)
Supongamos (en lo que sigue) que las funciones componentes de r tienen derivadas
parciales continuas con respecto de u y v y también que los vectores
ru = ∂r
∂u
= (∂x
∂u
, ∂y
∂u
, ∂z
∂u
)
rv = ∂r
∂v
= (∂x
∂v
, ∂y
∂v
, ∂z
∂v
)
Son distintos de cero y no paralelos en cada punto interior de R
Las variables u y v son los parámetros de la superficie S (en analogı́a con el parámetro
t para una curva paramétrica).
Ejemplo 2.1.1 La función r : [0, 2πi × R → R3
definida por r(u, v) = (cosu , senu , v)
representa un cilindro de base regular como se muestra en la figura 2.2.
Figura 2.2:

2.2. ÁREA DE LA SUPERFICIE PARAMÉTRICA 27
Ejemplo 2.1.2 1. A partir de una superficie de ecuación explicita, z = f(x, y) por
ejemplo, se puede tener una superficie paramétrica dada por
x = x , y = y , z = f(x, y)
2. Podemos considerar de igual forma, una superficie dada en coordenadas cilı́ndricas
por la gráfica de z = g(r, θ) como una superficie paramétrica con parametros r y θ.
La transformación r del plano r θ al espacio X Y Z esta dada entonces por:
x = r cosθ , y = r senθ , z = g(r, θ)
3. Podemos considerar tambien una superficie dada en coordenadas esféricas por ρ =
h(θ, φ) como una superficie paramétrica con parámetros θ y φ y la transformación
correspondiente del plano θ φ al espacio X Y Z está dada entonces por
x = h(θ, φ) senφ cosθ , y = h(θ, φ) senφ senθ , z = h(θ, φ) cosφ
Ejemplo 2.1.3 Identifique y haga un esbozo de la gráfica de la superficie parámetrica S
dada por r = (u, v,
√
1 − u2 − v2) donde (u, v) ∈ D = {(u, v) ∈ R2
/ u2
+ v2
≤ 1}
Solución
Como x = u , y = v , z =
√
1 − u2 − v2 ⇒ z = f(x, y) =
p
1 − x2 − y2
Figura 2.3:
Ahora definamos el área de la superficie paramétrica general dada en la ecuación (1).
2.2. Área de la superficie paramétrica
Consideremos una partición interior de la región R ( el dominio de r en el plano U V )
en rectángulos R1 , R2 , ...Rn, cada una con dimensiones 4u y 4v. Sea (ui, vi) la esquina

inferior de Ri. La imagén Si de Ri bajo r no será generalmete un rectángulo en el espacio
X Y Z; se verá como una figura curvilinea en la superficie imagen S, con r(ui, vi) como
un vertice. Sea 4Si el área de esta figura curvilinea Si.
Figura 2.4:
Las curvas paramétricas r(u, vi) y r(ui, v) (con parámetros u y v respectivamente) están
sobre la superficie S y se intersectan en el punto r(ui, vi). En este punto de intersección,
estas dos curvas tienen los vectores tangentes ru(ui, vi), rv(ui, vi) como se muestra en
la figura. Por tanto su producto vectorial N(ui, vi) = ru(ui, vi) × rv(ui, vi) es un vector
normal a S en el punto r(ui, vi).
Figura 2.5:
Ahora consideremos que 4u y 4v son pequeños. Entonces el área 4Si de la figu-
ra curvilinea Si será aproximadamente igual al área 4Pi del paralelogramo con lados
adyacentes ru(ui, vi)4u y rv(ui, vi)4v. Pero el área de este paralelogramo es

4Pi = |ru(ui, vi)4u × rv(ui, vi)4v = |N(ui, vi)|4u 4v.
Figura 2.6:
Esto significa que el área a(S) de la superficie S está dada aproximadamente por
a(S) =
n
X
i=1
4Si ≈
n
X
i=1
4Pi ≈
n
X
i=1
|N(ui, vi)|4u4v
Pero esta última suma es una suma de Riemman para la integral doble
Z Z
R
|N(u, v)|du dv
Por tanto, esto nos motiva a definir el área A de la superficie paramétrica S como
A = a(S) =
Z Z
R
|N(u, v)|du dv =
Z Z
R
|
∂r
∂u
×
∂r
∂v
|du dv
Ejemplo 2.2.1 Calcule el área de la superficie esférica: x2
+ y2
+ z2
= a2
Solución
La parametrización de la esfera (en coordenadas esféricas) está dada por:
r(θ , ϕ) = (a senϕ cosθ , a senϕ senθ , a cosϕ)
definida sobre
D = {(θ , ϕ) ∈ R2
/ 0 ≤ θ ≤ 2π , 0 ≤ ϕ ≤ π}
rθ = (−a senϕ senθ , a senϕ cosθ , 0 )
rϕ = (a cosϕ cosθ , a cosϕ senθ , −a senϕ)
⇒ |rθ × rϕ| =
p
a4 sen2ϕ = a2
senϕ
Luego el área de la superficie esférica es:
A =
Z 2π
0
Z π
0
a2
senϕ dϕ dθ = 4 π a2

Ejemplo 2.2.2
Determine el area de la rampa espiral dada en coordenadas cilindricas z = θ , 0 ≤ r ≤ 1
y 0 ≤ θ ≤ π.
Solución La parametrización de la rampa espiral está dada por:
Figura 2.7:
r(r , θ) = (r cosθ , r senθ , θ)
definida sobre
D = {(r , θ) ∈ R2
/ 0 ≤ r ≤ 1 , 0 ≤ θ ≤ π}
rr = (cosθ , senθ , 0 )
rθ = (−r senθ , r cosθ , 1 )
⇒ |rr × rθ| =
√
1 + r2
Luego el área de la rampa espiral es:
A =
Z π
0
Z 1
0
√
1 + r2 dr dθ =
Z π
0
(
r
2
√
1 + r2 +
1
2
Ln(r +
√
1 + r2) |1
0 dθ
=
π
2
(
√
2 + Ln(1 +
√
2))
Ejemplo 2.2.3
Determine el área de la superficie del toro generado al girar el cı́rculo (x − b)2
+ z2
=
a2
(0 < a < b) en el plano XZ alrededor del eje Z.
Solución
El toro queda descrito mediante las ecuaciones:
x = r cosθ = ( b + a cosψ) cosθ
y = r senθ = ( b + a cosψ) senθ
z = a senψ

Figura 2.8:
Luego
r(θ , ψ) = (( b + a cosψ) cosθ , ( b + a cosψ) senθ , a senψ)
definida sobre
D = {(θ , ψ) ∈ R2
/ 0 ≤ θ ≤ 2 π , 0 ≤ ψ ≤ 2 π}
⇒ |rθ × rψ| = a ( b + a cosψ)
Luego el área de la superficie del toro es:
A =
Z 2 π
0
Z 2 π
0
a ( b + a cosψ)dθ dψ = 4 π 2
a b
1. Identifique las superficie con la ecuaci’on vectorial dada:
a) r(u, v) = (ucosv, usenv, u2
)
b) r(u, v) = (1 + 2u, −u + 3v, 2 + 4u + 5v)
c) r(u, v) = (u, cosv, senv)
2. Encuentre una representación paramétrica para la superficie.
a) La parte del hiperboloide −x2
−y2
+z2
= 1 que se encuentra abajo del rectángulo
[−1, 1] × [−3, 3].
b) La parte del cilindro x2
+ z2
= 1 que encuentra entre los planos y = −1 y
y = 3.
c) La parte del paraboloide eliptico x + y2
+ 2z2
= 4 que se encuentra frente al
plano x = 0.

3. Encuentre las ecuaciones paramétricas de la superficie generada por la curva y)e−x
, 0 ≤ x ≤ 3, al girar alrededor del eje x, y uselas para trazar la superficie.
4. Encuentre el área de la superficie.
a) La parte de la superficie z = x + y2
que se encuentra arriba del triángulo con
vertices (0, 0), (1, 1) y (0, 1).
b) La parte del cilindro x2
+z2
= a2
que se encuentra dentro del cilindro x2
+y2
= a2
.
c) La parte del paraboloide hiperboloide hiperbólico z = y2
− x2
que se encuentra
entre los cilindros x2
+ y2
= 1 , x2
+ y2
= 4.
5. Estime el área de la parte de la superficie z = (1 + x2
)/(1 + y2
) que se encuentra
arriba del cuadrado |x| + |y| ≤ 1 con una aproximación de 4 cifras decimales.

Capı́tulo 3
Integrales de Superficie
3.1. Integrales de Superficie
Una integral de superficie es a las superficies en el espacio lo que una integral de linea
es a las curvas planas [2].
Consideremos una delgada hoja de metal curva con la forma de la superficie S. Supong-
amos que esta hoja tiene densidad variable dada en el punto (x, y, z) por la función
continua conocida f(x, y, z) en unidades tales como gramos por centimetro cuadrado de
superficie. Deseamos definir la integral de superficie
Z Z
S
f(x, y, z) ds
de modo que al evaluar nos de la masa total de la delgada hoja del metal. Si f(x, y, z) =
1, el valor numérico de la integral debe ser igual al área de S. Sea S una superficie
paramétrica descrita por la función ó transformación
r(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v))
para (u, v) en la región D en el plano U V . Supongamos que las funciones componentes
de r tienen derivadas parciales continuas y que los vectores ru y rv son distintos de cero
y no paralelos en cada punto interior de D.
Sabemos que el área a(S) de la superficie S está dada aproximadamente por
a(S) =
n
X
i=1
4Pi =
n
X
i=1
|N(ui, vi)|4u 4v
donde 4Pi = |N(ui, vi)|4u 4v es el área del paralelogramo Pi tangente a la superficie S
en el punto r(ui, vi). El vector
N =
∂r
∂u
×
∂r
∂v
33

34 CAPÍTULO 3. INTEGRALES DE SUPERFICIE
es normal a S en r(u, v). Si la superficie S tiene ahora una función de densidad f(x, y, z),
entonces podemos aproximar la masa total m de la superficie (masa = densidad × area
por:
m ≈
n
X
i=1
f(r(ui, vi))4Pi =
n
X
i=1
f(r(ui, vi)) |N(ui, vi)|4u 4v F
Esta aproximación es una suma de Riemann para la integral de superficie de la función
f sobre la superficie S, que se denota por:
R R
S
f(x, y, z) ds =
R R
D
f(r(u, v))|N(u, v)|du dv
=
R R
D
f(r(u, v))|∂r
∂u
× ∂r
∂v
|du dv
En la integral de superficie
Z Z
S
f(x, y, z) ds , ds = |N(u, v)|du dv convierte la integral
de supereficie en una integral doble ordinaria sobre la región D en el plano U V
En el caso particular de una superficie S descrita por z = h(x, y), con (x, y) ∈ D en
el plano X Y , podemos utilizar x e y como parámetros ( en vez de u y v). Entonces el
elemento de área de la superficie adquiere la forma [5]
ds =
s
1 + (
∂h
∂x
)2 + (
∂h
∂y
)2 dx dy
La integral de superficie de f sobre S está dada entonces por
Z Z
S
f(x, y, z) ds =
Z Z
D
f(x, y, h(x, y))
s
1 + (
∂h
∂x
)2 + (
∂h
∂y
)2 dx dy
Los centroides y los momentos de inercia para las superficies se calculan de manera
análoga a sus correpondientes en las curvas.
Ejemplo 3.1.1 Calcule la integral de superficie
Z Z
S
x2
z ds, donde S es la superficie
del cono circular recto truncado z2
= x2
+ y2
, limitado superior e inferiormente por los
planos z = 1 y z = 4.
Solución
Figura 3.1:
Notemos que la superficie S está formado por el
cono: h(x, y) =
p
x2 + y2, y por los planos z = 1 y
z = 4, luego
hx = x
√
x2+y2
hy = y
√
x2+y2
Proyectando ahora la superficie S sobre el plano
X Y (que es la más facil de observar) se tiene que:

3.1. INTEGRALES DE SUPERFICIE 35
Z Z
S
x2
z ds =
Z Z
D
x2
z
q
1 + h2
x + h2
y dx dy =
Z Z
D
√
2 x2
p
x2 + y2 dx dy
Figura 3.2:
y luego parametricemos usando coorde-
nadas polares la región proyectada D:
x = r cosθ
y = r senθ
donde 1 ≤ r ≤ 4 , 0 ≤ θ ≤ 2 π
y J(r , θ) = r.
Finalmente,
Z Z
S
x2
z ds =
Z Z
D
√
2 x2
p
x2 + y2 dx dy =
Z 2 π
0
Z 4
1
√
2 r4
cos2
θ dr dθ =
1023
√
2 π
5
Ejemplo 3.1.2 Calcule la integral de superficie
Z Z
S
x z
y
ds, donde S es la superficie
formado por la parte del cilindro x = y2
que se encuentra en el primer octante entre los
planos z = 0 , z = 5 , y = 1 y y = 4.
Solución
Notemos que la superficie S es más fácil proyectarlo sobre el plano Y Z.
Figura 3.3:
Por lo tanto consideraremos que:
Z Z
S
x z
y
ds =
Z Z
D
x z
y
q
1 + g2
y + g2
z dy dz
donde g(y, z) = x = y2
y D la proyección de S
sobre el plano Y Z.
Como g(y, z) = y2
, se tiene:
gy = 2y
gz = 0
La región D está dada por: D = {y, z) ∈ R2
/ 0 ≤ z ≤ 5 , 1 ≤ y ≤ 4}

Figura 3.4:
Luego
Z Z
S
x z
y
ds =
Z Z
D
x z
y
q
1 + g2
y + g2
z dy dz
=
Z 4
1
Z 5
0
y2
z
y
p
1 + 4y2 dz dy
=
25
2
Z 4
1
y
p
1 + 4y2 dy
=
25
16
Z 4
1
p
1 + y2 d(1 + 4y2
)
=
25
24
(65
q
65 − 5
√
5)
Ejemplo 3.1.3 Determine el centroide de la superficie hemisférica con densidad uni-
taria, z =
p
a2 − x2 − y2 , x2
+ y2
≤ a2
Solución
El centroide se encuentra en el eje Z, es decir, (0, 0, z) donde z = 1
m
R R
S
z ρ(x, y, z) ds
Consideremos ρ(x, y, z) = 1. Como z =
p
a2 − x2 − y2 se tiene
ds =
s
1 + (
∂h
∂x
)2 + (
∂h
∂y
)2 dx dy =
a
z
dx dy
Luego la masa del hemisferio (en este caso área de la semiesfera) es
m =
Z Z
S
ρ(x, y, z) ds =
Z Z
S
ds = 2πa2
Finalmente
z =
1
2π a2
Z Z
D
z
a
z
dx dy =
1
2πa
Z Z
D
dx dy =
1
2πa
π a2
=
a
2
donde D es el cı́rculo de radio a en el plano X Y .
3.2. Segundo tipo de Integral de Superficie
La integral de superficie
Z Z
S
f(x, y, z) ds es análoga a la integral de linea
R
C
f(x, y)ds.
Existe un segundo tipo de integral de linea de la forma
R
C
Pdx + Qdy. Para definir la
integral de superficie [2]
Z Z
S
f(x, y, z) ds
con dx dy en vez de dS, reemplazamos el área del paralelogramo 4Pi en la ecuación (?)
por el área de su proyección en el plano X Y .

3.2. SEGUNDO TIPO DE INTEGRAL DE SUPERFICIE 37
Figura 3.5:
Consideremos el vector normal unitario a S
n =
N
|N|
= (cosα, cosβ, cosγ)
como
N =
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
i j k
∂x
∂u
∂y
∂u
∂z
∂u
∂x
∂v
∂y
∂v
∂z
∂v
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
o en la notación del Jacobiano N =
³
∂(y,z)
∂(u,v)
, ∂(z,x)
∂(u,v)
, ∂(x,y)
∂(u,v)
´
.
Las componentes del vector normal unitario n son
cosα =
1
|N|
∂(y, z)
∂(u, v)
, cosβ =
1
|N|
∂(z, x)
∂(u, v)
, cosγ =
1
|N|
∂(x, y)
∂(u, v)
De la figura vemos que la proyección (con signo) del área 4Pi en el plano X Y es 4Pi cosγ.
La correspondiente suma de Riemann motiva la definición
R R
S
f(x, y, z) dx dy =
R R
S
f(x, y, z) cosγ dS
=
R R
R
f(r(u, v)) ∂(x,y)
∂(u,v)
du dv
De manera análoga, definimos
R R
S
f(x, y, z) dy dz =
R R
S
f(x, y, z) cosα dS
=
R R
R
f(r(u, v)) ∂(y,z)
∂(u,v)
du dv
R R
S
f(x, y, z) dz dx =
R R
S
f(x, y, z) cosβ dS
=
R R
S
f(r(u, v)) ∂(z,x)
∂(u,v)
du dv
Nota
∂(x, z)
∂(u, v)
= −
∂(z, x)
∂(u, v)
y esto implica que
Z Z
S
f(x, y, z) dx dz = −
Z Z
S
f(x, y, z) dz dx
La integral de superficie general de segundo tipo es la suma
R R
S
P dy dz + Q dz dx + R dx dy =
R R
S
(P cosα + Q cosβ + Rcosγ) dS ? ?
=
R R
R
³
P ∂(y,z)
∂(u,v)
+ Q ∂(z,x)
∂(u,v)
+ R ∂(x,y)
∂(u,v)
´
du dv
En este caso P, Q y R son funciones continuas de x , y y z.
Supongamos que F = (P, Q, R). Entonces, el integrando de la ecuación (? ?) es sim-
plemente F . n de modo que obtenemos
Z Z
S
F.n dS =
Z Z
S
P dy dz + Q dz dx + R dx dy

entre estos dos tipos de integrales de superficie. Esta fórmula es análoga a la fórmula
anterior Z
C
F.T ds =
Z
C
Pdx + Qdy + Rdz
para integrales de linea.
Ejemplo 3.2.1 Supongamos que S es la superficie z = h(x, y) con (x, y) en D Muestre
entonces que
Z Z
S
Z Z
D
µ
−P
∂z
∂x
− Q
∂z
∂y
+ R
¶
dx dy
donde P, Q y R de la segunda integral se evaluan en (x, y, h(x, y))
Solución
Se tiene que
Z Z
S
P dy dz+Q dz dx+R dx dy =
Z Z
S
µ
P
∂(y, z)
∂(x, y)
+ Q
∂(z, x)
∂(x, y)
+ R
∂(x, y)
∂(x, y)
¶
dx dy (∗)
luego
∂(y, z)
∂(x, y)
=
¯
¯
¯
¯
¯
¯
∂y
∂x
∂y
∂y
∂z
∂x
∂z
∂y
¯
¯
¯
¯
¯
¯
= −
∂z
∂x
,
∂(z, x)
∂(x, y)
=
¯
¯
¯
¯
¯
¯
∂z
∂x
∂z
∂y
∂x
∂x
∂x
∂y
¯
¯
¯
¯
¯
¯
= −
∂z
∂y
,
∂(x, y)
∂(x, y)
= 1
Reemplazando estos resultados en (∗) se tiene:
Z Z
S
Z Z
D
µ
−P
∂z
∂x
− Q
∂z
∂y
+ R
¶
dx dy
3.3. El Flujo de un Campo Vectorial
Una de las aplicaciones más importantes de las integrales de superficie requieren del
cálculo del flujo de un campo vectorial. Para definir el flujo del campo vectorial F a través
de la superficie S, supondremos que S tiene un campo vectorial normal unitario n que
varia de manera continua de un puntro a otro de S. Esta condición excluye de nuestra
consideración a las superficies con un solo lado (no orientables) como la banda de Möbius
[5].
Si S es una superficie con dos lados (orientable) entonces existen dos elecciones posibles
de n. Por ejemplo si S es una superficie cerrada (como una esfera) que separe el espacio
en dos partes, entonces podemos elegir como n el vector normal exterior ( en cada punto
de S) o el vector normal interior. El vector n = N
|N|
puede ser el normal exterior o interior;
la elección de estos depende de la forma como se ha parametrizado a S.

3.3. EL FLUJO DE UN CAMPO VECTORIAL 39
Figura 3.6: Banda de Möbius: r(u, v) = ( (2 − v sin(u
2 )) sen(u) , (2 − v sin(u
2 )) cos(u) , v cos(u
2 ))
Ahora consideremos el flujo de un campo vectorial. Supongamos que tenemos el campo
vectorial F, la superficie orientable S y un campo vectorial normal unitario n sobre S.
Definamos el flujo φ de F a traves de S en la dirección de n
φ =
Z Z
S
F.n dS (∗ ∗ ∗)
Por ejemplo si F = ρ V donde V es el campo vectirial de velocidades correspondiente al
flujo estacionario en el espacio de un fluido de densidad ρ y n es elvector normal unitario
exterior para una superficie cerrada S que acota la región T del espacio, entonces el flujo
determinado por la ecuación (∗ ∗ ∗) es la tasa neta de flujo del fluido fuera de T a través
de su superficie frontera S en unidades tales como gramos por segundo.
Una aplicación similar es al flujo de calor, que desdde el punto de vista matemático
es bastante similar al flujo de un fluido. Supongamos que un cuerpo tiene temperatura
u = u(x, y, z) en el punto (x, y, z). Los experimentos indican que el flujo de calor en el
cuerpo queda descrito por el vector del flujo del calor
q = −k 5 u
El número k (que por lo general pero no siempre es constante) es la conductividad térmica
del cuerpo. El vector q apunta en la dirección del flujo de calor y su longitud es la razón
de flujo de calor a través de un área unitaria normal a q. Esta razón de flujo se mide
en unidades como calorias por segundo por centimetro cuadrado. Si S es una superficie
cerrada dentro del cuerpo que acota la región sólida T y n denota el vector normal unitario
exterior a S, entonces Z Z
S
q.n dS = −
Z Z
S
k 5 u.n dS

es la razón neta del flujo de calor ( en calorias por segundo, por ejemplo) hacia fuera de
la región T a través de su superficie frontera S.
Ejemplo 3.3.1 Determine el flujo del campo vectorial F = (x, y, 3) hacia afuera de la
región T acotada por el paraboloide z = x2
+ y2
y por el plano z = 4.
Solución
El flujo total de F hacia fuera de T está dado por:
Z Z
T
F . n dS =
Z Z
S1
F . n1 dS +
Z Z
S2
F . n2 dS
Figura 3.7: Figura 3.8:
Sea n1 = (0, 0, 1), luego
Z Z
S1
F . n1 dS =
Z Z
S1
3 dS = 3 (π 22
) = 12 π.
Por otra parte, sea G(x, y, z) = x2
+y2
−z = 0. Luego N2 = ∇G = (2x , 2y , −1) (orientación
hacia afuera) y
Z Z
S2
F . n2 dS =
Z Z
R
F .
N2
|N2|
|N2| dx dy =
Z Z
R
( 2x2
+ 2y2
− 3 ) dx dy
donde R = {(x, y) ∈ R2
/ 0 ≤ x2
+ y2
≤ 4} es la proyección de la superficie T sobre el
plano X Y . Parametricemos R mediante las coordenadas polares:
x = r cosθ
y = r senθ donde 0 ≤ r ≤ 2 , 0 ≤ θ ≤ 2 π y J(r, θ) = r

3.3. EL FLUJO DE UN CAMPO VECTORIAL 41
Z Z
S2
F . n2 dS =
Z Z
R
( 2x2
+ 2y2
− 3 ) dx dy
=
Z 2 π
0
Z 2
0
( 2r2
− 3 ) r dr dθ
= 4 π
Por lo tanto el flujo total hacia fuera de T es: 12 π + 4 π = 16 π.
Ejemplo 3.3.2 La temperatura u de una bola metálica es proporcional al cuadrado de
la distancia desde el centro de la bola. Encuentre la rapidez del térmico que atraviesa la
esfera S de radio a con centro en el centro de la bola.
Solución
Considerando el centro de la esfera (0, 0, 0), se tiene:
u(x, y, z) = C (x2
+ y2
+ z2
)
donde C es la constante de proporcionalidad. Entonces el flujo térmico es:
F(x, y, z) = −k∇u = −k C (2x, 2y, 2z)
donde k es la conductividad del metal.
La normal a la esfera que está dada por:G(x, y, z) = x2
+ y2
+ z2
− a2
= 0 es:
N = ∇G = (2x, 2y, 2z) (con orientación hacia afuera)
Z Z
S
F . n dS =
Z Z
S
F .
N
|N|
dS
=
Z Z
S
−
k C
a
(2x, 2y, 2z) . (x, y, z) dS
=
Z Z
S
−
2 k C
a
(x2
+ y2
+ z2
) dS
= −
Z Z
S
2 k C
a
(x2
+ y2
+ z2
) dS
= −
Z Z
S
2 k C
a
a2
dS
= −2 a k C
Z Z
S
dS
= −2 a k C ( 4 π a2
)
= −8 k C a3
.

3.4. El Teorema de la Divergencia
El teorema de la divergencia es a las integrales de superficie lo que el teorema de
Green a las integrales de linea. Nos permite convertir una integral de superficie sobre
una superficie cerrada en una integral triple sobre la región que encierra la superficie o
viceversa. El Teorema de la Divergencia también se conoce como el teorema de Gauss y
como el teorema de Ostrogradski. Gauss lo utilizó para estudiar los campos de fuerzas
del cuadrado inverso; mientaras que Ostrogradski lo utilizó para estudiar el flujo de calor.
Ambos realizaron sus estudios en la década de 1830 [6].
Teorema 3.4.1 (DIVERGENCIA) Supongamos que S es una superficie cerrada suave
por partes que acota la región del espacio T. Sea F = P i + Q j + R k un campo vectorial
con funciones componentes que tienen derivadas parciales de primer orden continuas en
T. Sea n el vector normal unitaria exterior a S. Entonces
Z Z
S
F.n dS =
Z Z Z
T
∇.FdV
OBSERVACIÓN
Si n está dado en términos de sus cosenos directores como n = (cosα , cosβ , cosγ),
entonces podemos escribir el teorema de la divergencia en forma escalar:
Z Z
S
(P cosα + Q cosβ + R cosγ) dS =
Z Z Z
T
(
∂P
∂x
+
∂Q
∂y
+
∂R
∂z
) dV
Es mejor parametrizar S de modo que el vector normal dado por la aproximación sea la
normal exterior. Entonces escribir la ecuación anterior en forma cartesiana:
Z Z
S
Z Z Z
T
(
∂P
∂x
+
∂Q
∂y
+
∂R
∂z
) dV
Ejemplo 3.4.1 Resuelva el ejemplo 3.3.1. usando el teorema de la divergencia.
Solución
Sean Dado que F = (x, y, 3) se tiene que P = x , Q = y , R = 3
∂P
∂x
= 1 , ∂Q
∂y
= 1 , ∂R
∂z
= 0
luego div F = 2
Dado que F es de clase C1
, el teorema de la divergencia implica que
Z Z
S
F.n dS =
Z Z Z
T
2 dV

3.4. EL TEOREMA DE LA DIVERGENCIA 43
Para resolver la integral triple usemos coordenadas cilindricas
x = r cosθ 0 ≤ θ ≤ 2π
y = r senθ 0 ≤ r ≤ 2
z = z , r2
≤ z ≤ 4 , J(r, θ, z) = r
Z Z
S
F.n dS =
Z 2π
0
Z 2
0
Z 4
r2
2 r dz dr dθ = 16 π
Ejemplo 3.4.2 Sea S la superficie del cilindro sólido T acotada por los planos z = 0
, z = 3 y por el cilindro x2
+ y2
= 4. Calcule el flujo hacia fuera
R R
S
F.n dS dado que
F = (x2
+ y2
+ z2
) (x, y, z).
Solución
Sean P = (x2
+ y2
+ z2
) x , Q = (x2
+ y2
+ z2
) y , R = (x2
+ y2
+ z2
) z
∂P
∂x
= 3x2
+ y2
+ z2
, ∂Q
∂y
= 3y2
+ z2
+ x2
, ∂R
∂z
= 3z2
+ x2
+ y2
luego div F = 5 (x2
+ y2
+ z2
)
Dado que F es de clase C1
, el teorema de la divergencia implica que
Z Z
S
F.n dS =
Z Z Z
T
5 (x2
+ y2
+ z2
)dV
Para resolver la integral triple usemos coordenadas cilindricas
x = r cosθ 0 ≤ θ ≤ 2π
y = r senθ 0 ≤ r ≤ 2
z = z J(r, θ, z) = r
Z Z
S
F.n dS =
Z 2π
0
Z 2
0
Z 3
0
5 (r2
+ z2
) r dz dr dθ = 300 π
Ejemplo 3.4.3 Muestre que la divergencia del campo vectorial F en el punto P está dada
por
{div F}(P) = lı́m
r→0
1
Vr
Z Z
Sr
F.n dS (α)
donde Sr es la esfera de radio r con centro en P y Vr = 4
3
π r3
es el volumen de la bola
Br acotada por la esfera.
Solución
Sabemos que Z Z
Sr
F.n dS =
Z Z Z
Br
divF dV
Entonces aplicamos el teorema del valor promedio para integrales triples
Z Z Z
Br
divF dV = Vr {divF}(P∗
)

para algún punto P∗
de Br; supongamos que las funciones componentes de F tienen
derivadas parciales de primer orden, continuas en P, de modo que
{div F}(P∗
) → {div F}(P) cuando P∗
→ P
Obtenemos la ecuación (α) al dividir ambos lados entre Vr y considerar el limite cuando
r → 0.
NOTA
Supongamos que F = ρ V es el campo de vectorial para el flujo de un fluido. Podemos
interpretar la ecuación (α) diciendo que {divF}(P) es la tasa neta por unidad de volumen
de masa de fluido que fluye fuera (o “diverge”) del punto P. Por esta razón, el punto P
es una fuente si {divF}(P) > 0 y un sumidero si {div F}(P) < 0.
El calor en un cuerpo conductor se puede considerar desde el punto de vista matemático
como si fuera un fluido que fluye por el cuerpo.
El teorema de la divergencia se aplica para demostrar que si u = u(x, y, z, t) es la
temperatura en el punto (x, y, z) en el instante t en un cuerpo por el que fluye el calor,
entonces la función u debe satisfacer la ecuación
∂2
u
∂x2
+
∂2
u
∂y2
+
∂2
u
∂z2
=
1
k
∂u
∂t
donde k es una constante (la difusión térmica del cuerpo). Esta es una ecuación diferencial
parcial llamada “ecuación dl calor”. Si están dadas la temperatura inicial u(x, y, z, 0) y
la temperatura en la frontera del cuerpo, entonces sus temperaturas interiores en los
instantes futuras quedan determinadas por la ecuación del calor.
A continuación se mencionan dos aplicaciones inmediatas del teorema de la divergencia
[6].
3.4.1. Ley de Gauss
La ley de Gauss de la electrostática afirma: el flujo neto de electricidad a traves de
cualquier superficie cerrada es igual a la carga neta que se encuentra dentro de ella divida
entre la constante de permitividad del espacio libre εo.
Su formulación matemática se establece como sigue:
Φ² =
1
εo
N
X
i=1
qi =
q
εo
=
Z Z
S
E.n dS
donde Φ² denota el flujo eléctrico y q la carga total.

Utilizando el teorema de la divergencia se deduce que
Φ² =
Z Z Z
V
div E.dV =
q
εo
El valor matemático preciso de la constantes fı́sica ε0 (permitividad del vacio o del espacio
libre) es:
εo =
107
4 π c2
donde c = 299792458 m/s es el valor exacto de la velocidad de la luz en el vacio.
3.4.2. Ley de Coulomb
La ley Gauss es tan importante, que hasta la misma ley de Coulumb se puede deducir
como un corolario de aquella, como se menciona a continuación.
Teorema 3.4.2 Dos cargas eléctricas q0 y q, separadas entre si una distancia r, se atraen
con una fuerza F de magnitud
F =
qo q
4 π εo r2
Prueba
Supongamos que se tiene una carga puntual q, considerada en el centro de una esfera
S de radio r. Sea E un campo de vectores que represnta el campo eléctrico sobre S. Es
claro que los dos vectores E y dS = n dS apuntan ambos hacia afuera de la esfera de
manera perpendicular a ésta, ası́ que el ángulo que forman ambos vectores en un mismo
punto tiene que ser cero. Por tanto,
E.n dS = E. dS = ||E|| ||n|| ds cos0o
= E dS
Al aplicar la ley de Gauss a esta esfera S de radio r, se obtiene
q
εo
=
Z Z
S
E.n dS =
Z Z
S
E dS = E
Z Z
S
dS = E (4 π r2
)
De aqui que
E =
q
4 π εo r2
(1)
Ahora consideremos una segunda carga eléctrica qo separada a una distancia r de la carga
q (no importa si se trata de cargas del mismo signo o de signos contrarios). Obviamente
qo está sobre la esfera S, ası́ que la magnitud de la fuerza que actúa sobre qo es
F = E qo (2)

Combinando (1) y (2) se obtiene la fórmula para la ley de Coulomb:
F =
1
4 π εo
q qo
r2
La forma vectorial de la ley de Coulumb se puede expresar introduciendo el vector r, que
va desde el punto donde se encuentra la carga q hasta el punto donde se encuentra la
carga qo:
F =
1
4 π εo
q qo
r3
r
3.4.3. Teorema de Stokes
El teorema de Stokes se puede considerar como versión del teorema de Green para tres
dimensiones. Mientras que el teorema de Green relaciona una integral doble sobre una
región plana D con una integral de linea alrededor de su curva frontera plana, el teorema
de stokes relaciona una integral de superficie sobre una superficie S con una integral de
linea alrededor de la curva frontera de S (que es una curva en el espacio)[4].
Figura 3.9:
La figura 3.9 muestra una superficie orientada con
vector normal unitario n. La orientación de S induce
la orientación positiva de la curva frontera C como se
muestra en la figura. Esto significa que si usted camina
a lo largo de la curva C, en la dirección positiva con
su cabeza apuntando en la dirección de n, entonces la
superficie siempre estará a su izquierda.
Teorema 3.4.3 ( STOKES) Sea S una superficie
suave a trozos y orientada que está limitada por una curva frontera C, cerrada, suave
a trozos y positivamente orientada. Sea F un campo vectorial cuyas componentes tienen
derivadas parciales continuas en una región abierta R3
que contiene a S. Entonces
I
C
F.T dS =
Z Z
S
(rot F).n dS
Notas
En terminos de las componentes de F = (P, Q, R) y las de rot F, podemos replantear
el teorema de Stokes, con la ayuda de la ecuación
Z Z
S
F.n dS =
Z Z
S
P dy dz + Q dz dy + R dx dy

en su forma escalar:
I
C
P dx + Q dy + R dz =
Z Z
S
(
∂R
∂y
−
∂Q
∂z
) dy dz + (
∂P
∂z
−
∂R
∂x
) dz dx + (
∂Q
∂x
−
∂P
∂y
) dx dy
En el caso especial en el que la superficie S es plana y se encuentre en el plano X Y con
orientación hacia arriba, la norma unitaria es k, la integral de superficie se convierte en
una integral doble y el teorema de Stokes es:
Z
C
F.T dS =
Z Z
S
rot F.n dS =
Z Z
S
rot F.k dA
Ésta es precisamente la forma vectorial del teorema de Green que se dió anteriormente.
Ası́ que el teorema de Green es realmente un caso especial del teorema de Stokes.
Figura 3.10:
El teorema de Stokes tiene una interesante inter-
pretación geométrica [6]: En la figura 3.10 se muestra
una curva cerrada y orientada C que encierra una su-
perficie abierta S, a la que se le asignado orientación
positiva en una de sus caras. En el lado con ori-
entación positiva de S podemos imaginar un número
infinitamente grande de circulaciones adyacentes infinitamente pequeñas, las cuales se
cancelan entre si de tal manera que la unica componente que contribuye al rotacional
neto del campo vectorial F integrando sobre la superficie S es precisamente la integral
de linea sobre el contorno C.
Ejemplo 3.4.4 Utilice el teorema de Stokes para calcular la integral
R R
S
rot F.n dS donde
F(x, y, z) = (yz, xz, xy) y S es la parte de la esfera x2
+ y2
+ z2
= 4 que se encuentra
dentro del cilindro x2
+ y2
= 1 y arriba del plano X Y .
Solución
La curva C es la intersección del cilindro con la esfera:
C :



x2
+ y2
+ z2
= 4
x2
+ y2
= 1
⇒
x2
+ y2
= 1
z =
√
3 > 0
Figura 3.11:
La parametrización de C es:
x = cosθ
y = senθ 0 ≤ θ ≤ 2 π
z =
√
3
C : α(θ) = (cosθ , senθ ,
√
3)

⇒
R R
S
rot F . n dS =
H
C
F . T dS =
R
C
F(α(θ)) . α 0
(θ) dθ
F(α(θ)) = (
√
3 senθ ,
√
3 cosθ , cosθ senθ
α 0
(θ) = (−senθ, cosθ , 0)
F(α(θ)) . α 0
(θ) = −
√
3 sen2
θ +
√
3 cos2
θ
Finalmente
Z Z
S
rot F . n dS =
Z
C
F(α(θ)) . α 0
(θ) dθ
=
Z 2π
0
√
3 (−sen2
θ + cos2
θ) dθ
=
Z 2π
0
√
3 cos(2 θ) dθ
= 0
Observaciones
1. Si S1 y S2 son dos superficie orientadas con la misma curva frontera orientada C y
ambos satisfacen las hipótesis del teorema de Stokes [5], entonces
Z Z
S1
rot F . n dS =
I
C
F . T dS =
Z Z
S2
rot F . n dS
2. Utilicemos el teorema de Stokes para explicar el significado del vector rotacional
[5]. Supongamos que C es una curva cerrada orientada y V representa el campo de
velocidades de un fluido. Consideremos la integral de linea
R
C
V . T dS recordemos
que V.T es la componente de V en la dirección del vector tangente unitaria T. Esto
es, cuanto más cercana sea la dirección de V a la dirección de T, mayor es el valor
de V.T. Entonces
R
C
V . T dS es una medidad de la tendencia del fluido a moverse al
rededor de C y se llama CIRCULACIÓN de V alrededor de C.
Ahora sea P(xo , yo , zo) un punto del fluido y sea Sa un pequeño disco con radio a y
centro Po. Entonces (rot F) (P) ≈ (rot F) (Po) para todos los puntos P sobre Sa porque
rot F es continuo. Ası́ por el teorema de Stokes, obtenemos la siguiente aproximación a
la circulación alrededor del circunferencia frontera Ca:
Z
Ca
V . T dS =
Z Z
Sa
rot V . n dS
≈
Z Z
Sa
rot V (Po) . n(Po) dS
= rot V (Po) . n(Po) π a2

Figura 3.12:
R
C
V.T ds > 0 circulación positiva Figura 3.13:
R
C
V.T ds < 0 circulación negativa
Esta aproximación mejora a medida que a → 0 y tenemos
rot V (Po) . n(Po) = lı́m
a→0
1
π a2
Z
Ca
V . T dS (∗)
La ecuación (∗) da la relación entre el rotacional y la circulación. Demuestra que rot V . n
es una medida de la rotación del fluido alrededor del eje n. El efecto de rotación es mayor
alrededor del eje paralelo al rot V.
Figura 3.14:
Imaginemos una pequeña rueda de paletas
colocada en el fluido en un punto P, como en
la figura, la rueda de paletas gira con más rapi-
dez cuando su eje es paralelo al rot V .
Ejemplo 3.4.5 Aplique el teorema de Stokes
para calcular la integral de superficie
R R
S
rot F . n dS
donde F = (3y, −xz, yz2
) y S es la superficie z = (x2
+ y2
)/2 tomando como frontera de
S a la curva C descrita por el corte de la misma con el plano z = 2 y orientada en el
sentido de las manecillas del reloj cuando se ve desde arriba.
Solución
R R
S
rot F . n dS =
H
C
F . T dS =
R
C
P dx + Q dy + R dz =
R
C
3y dx − xzQ dy + yz2
dz
C: es una curva dada por la intersección del paraboloide y el plano:
C :



z = 1
2
(x2
+ y2
)
z = 2
⇒ x2
+ y2
= 4

Luego C se parametriza por: α(θ) = (2 cosθ , −2 senθ , 2) t ∈ [0, 2π]
Z Z
S
rot F . n dS =
Z
C
3y dx − xzQ dy + yz2
dz
=
Z 2 π
0
(3(−2senθ)(−2senθ) − (2cosθ)(2)(2cosθ) + (−2senθ)(4)(0))dt
=
Z 2 π
0
(12sen2
θ + 8cos2
θ)dt
= 20 π.
Ejemplo 3.4.6 Se consideran el campo vectorial F(x, y, z) = (x2
, x − 2x y, 0), y la su-
perficie regular S (con vector normal n de tercera componente positiva) que resulta de la
intersección del plano 2y + z − 6 = 0 y el cubo [0, 4] × [0, 4] × [0, 4]. Si γ es el borde de S,
con orientación antihoraria, calcule
H
γ
G . T dS. donde F = rot G.
Solución
La superficie S está parametrizado por r(x, y) = (x, y, 6 − 2y), luego
Figura 3.15:
rx = (1, 0, 0)
ry = (0, 1, −2)
rx × ry = (0, −2, 1) = N
Por el Teorema de Stokes, se tiene:
I
γ
G . T dS =
Z Z
S
rot G.n dS
=
Z Z
D
F.N dx dy
=
Z 4
0
Z 3
1
(−2x + 4xy) dy dx
= −96.
Ejemplo 3.4.7 Calcule la circulación del cam-
po de velocidades de un fluido F(x, y, z) = ( arctan (y2
) , 3x , e3 z
tan(z)) a lo largo de la
intersección de la esfera x2
+ y2
+ z2
= 4 con el cilindro x2
+ y2
= 1, con z > 0.
Solución
La circulación de un campo es su integral a lo largo de la curva cerrada (trabajo), esto
es: Z
C
F . T ds.
Recordemos que la razón entre la circulación del campo de velocidades y el área de la
superficie encerrada por la curva, tiende a un cierto valor a medida que el radio de la curva
tiende a cero; si este valor es nulo, entonces el fluido es irrotacional.

Figura 3.16:
Primero parametricemos la superficie S (que es la
intersección del cilindro con la esfera) por r(r, θ) =
(r cosθ , r senθ ,
√
4 − r2) donde 0 ≤ r ≤ 1 y
0 ≤ θ ≤ 2 π. Luego se tiene:
N = rr × rθ = ( r
√
4−r2 cosθ , r
√
4−r2 senθ , r )
Para calcular la circulación del campo F, aplique-
mos el teorema de Stokes:
Z
C
F . T ds =
Z Z
S
rot F . n dS
=
Z Z
D
rot F . N dr dθ
=
Z 2 π
0
Z 1
0
(0, 0, 3) . (
r
√
4 − r2
cosθ ,
r
√
4 − r2
senθ , r ) dr dθ
=
Z 2 π
0
Z 1
0
3 r dr dθ
= 3 π
Observación
Notemos que calcular la circulación en forma directa es bastante engorroso.
1. Calcule
R R
S
(x2
+ y2
) dS, siendo S la superficie del cono z2
= 3(x2
+ y2
), con 0 ≤
z ≤ 3.
2. Sea S la semiesfera x2
+ y2
+ z2
− a2
= 0 , z ≥ 0. Halle
R R
S
(x2
+ y2
) dS.
3. Sea F un campo irrotacional con derivadas primeras continuas en un dominio D
simplemente conexo de R3
. Sea γ una curva simple cerrada contenida en D. Pruebe
que la circulación (
H
γ
F . T ds) es cero.
4. Calcule
H
C
2ydx+3xdy −z2
dz siendo C la circunferencia de ecuaciones paramétricas
x = 3cost , y = 3sent , z = 0 , para 0 ≤ t ≤ 2 π.
5. Se consideran el cono S de ecuaciones paramétricas x = ucosv , y = usenv , z =
3u , para 0 ≤ u ≤ 1 , 0 ≤ v ≤ 2 π y el campo vectorial F = (x, y, z). Halle el
flujo de F a través de S en el sentido normal exterior.
6. Halle el flujo de F = (sen(xyz), x2
y, z2
ex/5
) que atraviesa la parte del cilindro 4y2
+
z2
= 4 que está arriba del plano XY y entre los planos x = −2 y x = 2 con

orientaciones hacia arriba.
7. Un fluido tiene densidad de 1500 y campo de velocidad v = (−y, x, 2z). Encuentre
la rapidez de flujo que atraviesa la superficie, dirigido hacia afuera (flujo exterior)
x2
+ y2
+ z2
= 25.
8. Utlice la ley de Gauss para hallar la carga contenida en la semiesfera sólida x2
+
y2
+ z2
≤ a2
, z ≥ 0, si el campo eléctrico es E(x, y, z) = (x, y, 2z).
9. Utlice la ley de Gauss para hallar la carga encerrada por el cubo con vertices
(±1, ±1, ±1) si el campo eléctrico es E(x, y, z) = (x, y, z).
10. La temperatura en el punto (x, y, z) en una sustancia con conductividad K = 6, 5 es
u(x, y, z) = 2y2
+ 2z2
. Encuentre la rapidez del flujotérmico hacia dentro que cruza
la superficie cilı́ndrica y2
+ z2
= 6 , 0 ≤ x ≤ 4.
11. Aplicando el teorema de Stokes, calcule la integral de linea
H
C
x2
y3
dx + dy + zdz
donde C es la curva x2
+ y2
= R2
, z = 0 recorrido en sentido antihorario.
12. Sea S la superficie helicoidal paramerizadopor r(u, v) = (ucosv , usenv , v) 0 ≤
u ≤ 1 , 0 ≤ v ≤ 2 π/2. Verifique el teorema de Stokes sobre la superficie S con
normal exterior hacia arriba para el campo vectorial F(x, y, z) = (z, x, y).
13. Verifique que se cumple el teorema de Stokes para el campo vectorial dado F y la
superficie S.
a) F(x, y, z) = (3y, 4z, −6x), S es la parte del paraboloide z = 9 − x2
− y2
que se
encuentra arriba del plano XY , orientado hacia arriba.
b) F(x, y, z) = (y, z, x), S es la parte plano x + y + z = 1 que se encuentra en el
primer octante, orientado hacia arriba.
14. Calcule el trabajorealizado por el campo de fuerza
F(x, y, z) = (xx
+ z2
, yy
+ x2
, zz
+ y2
)
al mover una partı́cula alrededor del borde de la parte de la esfera x2
+y2
+z2
= 4 que
está en el primer octante, en sentido contrario al giro de las manecillas del reloj(visto
desde arriba).
15. Si S es una esfera y F satisface las hipótesis del teorema de Stokes, demuestre que
R R
S
rot F . n dS = 0.

Bibliografı́a
[1] Apostol Tom, M. Cálculus Vol I y II, ed.,Reverté, Barcelona 2001.
[2] Edwards, Jr., D. Cálculo con Geometrı́a Analı́tica, ed.,Prentice Hall, Mexico, 1998.
[3] Garcia Lopez, A. Cálculo II, ed.,CLAGSA, Madrid, 1997.
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[5] Stewart, J.C´álculo Multivariable,4a
ed.,Thomson, Learning, Mexico, D.F. 2006.
[6] Velasco Sotomayor, G. Problemario de cálculo multivariable, ed.,Thomson, Learn-
ing, Mexico, D.F. 2003.
53

Índice alfabético
área de la superficie, 27
campos conservativos y funciones poten-
ciales, 9
flujo de un campo vectorial, 38
independencia de la trayectoria, 8
Integrales de Superficie, 33
La Integral de Linea con respecto de la
longitud de arco, 4
ley de Coulomb, 45
ley de Gauss, 44
segundo tipo de Integral de superficie, 36
superficie paramétrica, 26
Teorema de la divergencia, 42
teorema de stokes, 46
54

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