Análisis vectorial - Chavez

UNIVERSIDAD NACIONAL JORGE BASADRE GROHMANN
FACULTAD DE CIENCIAS

Análisis Matemático Análisis vectorial – Campos Vectoriales
ANÁLISIS VECTORIAL
APLICACIONES
Dr. Dionicio Milton Chávez Muñoz UN/JBG2

Dr. DIONICIO MILTON CHÁVEZ MUÑOZ
(DOCENTE. U.N.J. BASADRE G.)

TACNA 2015 PERÚ
ANÁLISIS VECTORIAL – CAMPOS VECTORIALES
Introducción. Recordar que las funciones vectoriales asignan un vector a un número real, es decir f:
I⊂R→R
n
/ f(t)=x(t)i+y(t)j+z(t)k; sirven para representar curvas, trayectorias o movimiento de partículas
sobre una curva en el espacio R
2
o R
3
.

Aquí estudiaremos funciones vectoriales especiales, que asignan un vector a un punto P=(x;y) del plano R
2
o
a un punto P=(x;y;z) del espacio R
3
, que son llamados campos vectoriales; sirven para representar
diferentes campos de fuerza y campos de velocidades entre otras aplicaciones.
Si observamos la trayectoria de un vehículo por una vía, trasladándose a determinada velocidad, las
partículas de aire que chocan con el móvil o que pasan cerca de él, las podemos imaginar como “flechas” que
pasan formando un campo de vectores alrededor del vehículo; esto nos da la idea de un campo vectorial. La
misma idea nos la puede dar una corriente de agua a través de un canal, el campo magnético de un imán, la
radiación de una antena, el agua de la ducha yéndose por el sumidero, etc. formalizando estos eventos

llegamos a definir lo que es un campo vectorial.
Su mayor uso va por la senda del cálculo de integrales de línea, funciones potenciales, trabajo, etc.
En el diagrama se muestra un campo vectorial constituido por vectores que representan el flujo de calor de
un escenario caliente hacia otro de menos temperatura.
1. CAMPO VECTORIAL.
1.1 DEFINICIÓN 01 (PARA DOS VARIABLES). Sean M: D⊂R
2
→
2
y N: D⊂R
2
→ R
2
dos funciones de dos

variables x e y definidas en una región D⊂R
2
; llamaremos campo vectorial sobre la región plana D a la función
definida por: F(x;y)=M(x;y)i+N(x;y)j. Siendo i, j los vectores canónicos del espacio vectorial R
2
.
Otra forma de representar este campo vectorial es: F(x;y)=(M(x;y); N(x;y)).
1.2 DEFINICIÓN 02 (PARA TRES VARIABLES). Sean M: D⊂R
3
→ R
3
, N: D⊂R
3
→ R
3
yP: D⊂R
3
→ R
3
tres
funciones de tres variables x, y, z definidas en una región D⊂R
3
; llamaremos campo vectorial sobre la región
sólida D a la función definida por: F(x;y;z)=M(x;y;z)i+N(x;y;z)j+P(x,y;z)k. Siendo i, j, k los vectores
canónicos del espacio vectorial R
3
.
Otra forma de representar este campo vectorial es: F(x;y;z)=(M(x;y;z); N(x;y;z); P(x,y;z)).

1.3 EJEMPLO. El siguiente es un campo vectorial: F(x;y)=3xi + yj =(3x; y).
Algunos de sus vectores representantes están en la tabla y están representados en el diagrama adjunto.
(x; y) F(x; y)
(0; 0) (0;0)
(1; 0) (3; 0)
(0; 1) (0;1))
(1; 1) (3; 1)
(1; 2) (3; 2)
(–2; 1) (–4; 1)
(–2;–1) (–4;–1)

Busquemos los vectores de igual magnitud, haciendo CyxF =);( , que serán las curvas de nivel del
campo vectorial F.
Si CyxF =);( entonces Cyx =+ 22
)3( o también 222
9 Cyx =+ es decir las curvas de nivel del
campo vectorial son elipses. Por lo tanto, los vectores del campo vectorial que tienen longitud constante C
están alrededor de la elipse dada por: 222
9 Cyx =+ .
Particularmente si C=0, el vector de longitud cero es el vector origen de coordenadas (0; 0).

Si C=1 se tiene: 1
1)3/1( 2
2
2
2
=+
yx
: son vectores de longitud “1” alrededor de esta elipse.
Si C=3 se tiene: 1
31 2
2
2
2
=+
yx
: son vectores de longitud “3” alrededor de esta elipse.
Algunos de estos vectores se representan en la gráfica que ve arriba. Observamos que los vectores del campo
vectorial son ortogonales a las curvas de nivel de F en las que se aplican.
1.4 EJEMPLO. Dibújese seis vectores representativos de cada campo vectorial que se propone:
i) F(x;y)= 2i – j, campo vectorial constante. ii) F(x;y;z)=xi + (1/2)yj+2zk.
Solución.
1) Observamos que se trata de un campo vectorial F(x;y)= 2i – j, constante. Tabulemos hallemos algunos
X=R
Y=R

vectores para algunos puntos (x;y).
Puntos Vectores
(x; y) F(x; y)
(0; 0) (2; –1)
(–1; 1) (2; –1)
(2; 1) (2; –1)
(2; 0) (2; –1)
(1; 2) (2; –1)
(–2;–1) (2; –1)
… …

ii) Siendo el campo vectorial F(x;y;z)=xi + (1/2)yj+2zk, tomemos los vectores de longitud constante:
CzyxzyxF =++= 222
4
4
1
);;( , de donde
2222
4
4
1
Czyx =++ que es un elipsoide centrado el
origen (0;0;0) y con eje principal el eje Y. Si C=1 obtenemos como elementos los vectores de longitud “1”
aplicados en la elipse 1
)2/1(21 2
2
2
2
2
2
=++
zyx
.
Tabulemos hallemos algunos vectores para algunos puntos (x;y).
(x; y; z)) F(x; y; z)
(0; 0; 0) (0; 0; 0)
(1; 2; 1) (1; 1; 2)
(1; 1; 0) (1; ½ ; 0)

… …
1.5 OBSERVACIÓN. Algunos ejemplos de campos vectoriales en física son: Campos de velocidades, campos
gravitacionales, campos de fuerzas eléctricas, campos de fuerzas magnéticas, etc.
Y=R
Z=R
X=R

1.6 EJEMPLO. Los campos gravitacionales se definen mediante la ley de la gravitación de Newton
u
r
GMm
zyxF 2
);;( = , donde G es la constante gravitatoria y u es el vector unitario en la dirección
saliendo de (0;0;0) hasta (x;y;z). Representa la fuerza de atracción ejercida sobre una partícula de masa M
localizada en el punto (x;y;z) por una partícula de masa m localizada en el punto (0;0;0).
Este campo de vectores apunta siempre al origen y es llamado campo de fuerzas centrales; puede
representarse por:
r
r
r
GMm
zyxF =);;( .
1.7 EJEMPLO. Los campos de fuerzas eléctricas se definen mediante la ley de Coulumb, que establece que la

fuerza ejercida sobre una partícula con carga eléctrica q
1
localizada en el punto (x;y;z) por una partícula de
carga eléctrica q
2
localizada en el punto (0;0;0) es dada por: u
r
qCq
zyxF 2
21
);;( = , donde C es una
constante que depende de la elección de unidades para r , q
1
y q
2
.
1.8 OBSERVACIÓN. Los campos gravitacional y de fuerzas eléctricas tienen la misma forma de expresarse:
u
r
k
zyxF 2
);;( = , k∈R. Éstos son llamados campos cuadráticos inversos.
2. LOS GRADIENTES COMO CAMPOS VECTORIALES.
Dado que los vectores de un campo vectorial de dos variables F(x;y) son ortogonales a la curva de nivel a la
cual se aplican, entonces el gradiente que posee esta propiedad (estudiados, de las funciones de varias

variables) será un campo vectorial de alguna función diferenciable z=f(x;y).
Cuando un campo vectorial es el gradiente de una función diferenciable ∇f(x;y), es llamado campo vectorial
conservatorio. Este hecho vale también para campos vectoriales de tres variables. El campo vectorial
quedaría dado por: F(x;y)= ∇f(x;y)= 





∂
∂
∂
∂
y
f
x
f
; .
Este hecho vale también para campos vectoriales de tres variables. El campo vectorial quedaría dado por:
F(x;y,z)= ∇f(x;y;z)= 





∂
∂
∂
∂
∂
∂
z
f
y
f
x
f
;; .
2.1 DEFINICIÓN 01. Un campo vectorial de dos variables F(x;y) es llamado conservatorio si existe una
función diferenciable de dos variables f(x;y) tal que F(x;y)=∇f(x;y).

La función f(x;y) es llamada función potencial para la función campo conservatorio F(x;y).
Nota. La función potencial f(x;y) se la va a determinar mediante integrales dobles indefinidas.
2.1 DEFINICIÓN 02. Un campo vectorial de tres variables F(x;y;z) es llamado conservatorio si existe una
función diferenciable de tres variables f(x;y;z) tal que F(x;y;z)=∇f(x;y;z).
La función f(x;y;z) es llamada función potencial para la función campo conservatorio F(x;y;z).
Nota. La función potencial f(x,y,z) se la va a determinar mediante integrales triples indefinidas.
2.2 TEOREMA (CRITERIO DE CAMPO VECTORIAL CONSERVATORIO EN EL PLANO R
2
).
Supongamos que las funciones M(x;y) y N(x;y) tienen derivadas parciales primeras continuas en el disco

abierto D (círculo abierto), entonces el campo vectorial dado por F(x;y)=M(x;y)i+N(x;y)j es conservatorio si
y sólo si cumple:
y
M
x
N
∂
∂
=
∂
∂
.
2.3 TEOREMA (CRITERIO DE CAMPO VECTORIAL CONSERVATORIO EN EL ESPACIO R
3
).
Supongamos que las funciones M(x;y;z), N(x;y;z) y P(x;y;z) tienen derivadas parciales primeras continuas en
la esfera abierta D, entonces el campo vectorial dado por F(x;y;z)=M(x;y;z)i+N(x;y;z)j+P(x;y;z)k es
conservatorio si y sólo si el rotacional rotF(x;y;z)=0, es decir F(x;y;z) es conservatorio si y sólo si:
z
N
y
P
∂
∂
=
∂
∂
,
z
M
x
P
∂
∂
=
∂
∂
y
y
M
x
N
∂
∂
=
∂
∂
.
2.4 EJEMPLOS. Decidir si los campos vectoriales dados son conservatorios y determine la función potencial:

i) F(x;y)=2xyi+x
2
j ii) F(x;y)=Sen(y)i+xCos(y)j iii)
kzj
y
x
i
y
zyxF )12(
1
);;( 2
−++= .
Solución. Para decidir insertamos las funciones M(x;y) y N(x;y).
i) F(x;y)=2xyi + x
2
j = M(x;y)i + N(x;y)j, de donde M(x;y)=2xy; N(x;y)=x
2
. Para que el campo vectorial sea
conservatorio se debe cumplir
x
N
y
M
∂
∂
=
∂
∂
. En efecto, así es, pues: x
y
M
2=
∂
∂
, x
x
N
2=
∂
∂
.
Hallemos la función potencial f(x;y) para el campo vectorial F(x;y)=2xyi + x
2
j.
Aquí la derivadas parcial respecto a “x” la denotaremos por f
x
y la derivada respecto a “y” le denotaremos por
f
y
. Se sabe que F(x;y) = f
x
(x;y)i + f
y
(x;y)j = 2xyi + x
2
j, es decir comparando f
x
(x;y)=2xy, f
y
(x;y)=x
2
, siendo

f
x
(x;y), f
y
(x;y) las derivadas parciales de la función potencial f.
Integrando f
x
(x;y)=2xy con respecto a “x” se tiene f(x;y)=x
2
y+g(y)+C
1
.
Integrando f
y
(x;y)=x
2
con respecto a “y” se tiene f(x;y)=x
2
y+h(x)+C
2
.
Como la función potencial f(x;y) es única (es decir las dos f(x;y) deben ser iguales), se debe cumplir:
g(y)=0 y h(x)=0; entonces la función potencial resultante será: f(x;y)=x
2
y+k.
ii) Aquí insertamos las funciones M(x;y) y N(x;y).
F(x;y)=Sen(y)i+xCos(y)j = M(x;y)i + N(x;y)j, de donde M(x;y) = Sen(y); N(x;y) = xCos(y). Para que el
campo sea conservatorio se debe cumplir
y
M
x
N
∂
∂
=
∂
∂
. Veamos: )( yCos
x
N
−=
∂
∂
,

jyxSeniyCos
y
M
)()( +=
∂
∂
. Por lo tanto, como son diferentes el campo vectorial no es conservatorio.
No existe función potencial f(x;y).
iii) En este caso, insertamos las funciones M(x;y;z), N(x;y;z) P(x,y;z).
kzj
y
x
i
y
zyxF )12(
1
);;( 2
−++= = M(x;y,z)i+N(x;y;z)j+P(x;y;z)k, de donde M(x;y;z)=1/y;
N(x;y;z)=x/y
2
; P(x;y;z)=2z–1.
Para que este campo sea conservatorio se debe cumplir
z
N
y
P
∂
∂
=
∂
∂
,
z
M
x
P
∂
∂
=
∂
∂
y
y
M
x
N
∂
∂
=
∂
∂
.
En efecto, así es, pues: 0=
∂
∂
=
∂
∂
z
N
y
P
, 0=
∂
∂
=
∂
∂
z
M
x
P
y 2
1
yy
M
x
N −
=
∂
∂
=
∂
∂
.
Hallemos la función potencial f(x;y;z) para el campo vectorial kzj
y
x
i
y
zyxF )12(
1
);;( 2
−+−= .

Se sabe que F(x;y;z) = f
x
(x;y;z)i + f
y
(x;y;z)j + f
z
(x;y;z)k = kzj
y
x
i
y
zyxF )12(
1
);;( 2
−+−= , es decir
comparando: f
x
(x;y;z)=1/y; f
y
(x;y;z)= –x/y
2
; f
z
(x;y;z)=2z–1.
Integrando f
x
(x;y;z)=1/y con respecto a “x” se tiene f(x;y;z)=x/y+g(y;z)+C
1
.
Integrando f
y
(x;y;z)= –x/y
2
con respecto a “y” se tiene f(x;y;z)= x/y+h(x;z)+C
2
.
Integrando f
z
(x;y;z)=2z–1 con respecto a “z” se tiene f(x;y;z)=z
2
– z + k(x;y)+C
3
.
Como la función potencial f(x;y;z) es única (entonces las tres f(x;y;z) deben ser iguales), se debe cumplir:
g(y;z)=z
2
– z = h(x; z); k(x;y;z)=x/y entonces a función potencial será: f(x;y;z)= x/y+z
2
– z + C.
Nota. Por otro lado, conociendo las función potencial f(x;y;z), se puede determinar el campo vectorial

gradiente F(x;y;z).
2.5 EJEMPLOS. Calcúlese el campo vectorial gradiente de la función escalar dada (es decir, hallar el campo
vectorial conservatorio para las funciones potenciales dadas):
a) f(x;y) =Sen(3x) Cos(4y) b) f(x;y;z)=x ArcSen(yz)
Solución.
a) Siendo f(x;y)=Sen(3x)Cos(4y),
Entonces: f
x
(x;y)=M(x;y)=3Cos(3x)Cos(4y); f
y
(x;y)=N(x;y)=–4Sen(3x)Sen(4y).
Luego, el campo vectorial conservatorio gradiente será: F(x;y)= 3Cos(3x)Cos(4y)i – 4Sen(3x)Sen(4y)j.

b) f(x;y;z)=x ArcSen(yz)
Entonces: f
x
(x;y;z)=M(x;y;z)=ArcSen(yz); f
y
(x;y;z)=N(x;y;z)= 2
)(1 yz
xz
−
; f
z
(x;y;z)=P(x;y;z)=
2
)(1 yz
xy
−
.
Luego, el campo vectorial conservatorio gradiente será: F(x;y,z)=ArcSen(yz)i+ 2
)(1 yz
xz
−
j+
2
)(1 yz
xy
−
k.
3. DIVERGENCIA Y ROTACIONAL DE UN CAMPO VECTORIAL.
3.1 DEFINCIÓN. Sea el campo vectorial siguiente F(x;y;z)= M(x;y;z)i+N(x;y;z)j+P(x;y;z)k, para el cual
existen
z
P
y
N
x
M
∂
∂
∂
∂
∂
∂
;; ; entonces:

i) La divergencia de F es dada por el número: Div(F)=
z
P
y
N
x
M
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
.
La divergencia de un campo vectorial F mide la diferencia entre el flujo entrante y el flujo saliente en una
superficie que encierra un elemento de volumen dV. Si el volumen elegido solamente contiene fuentes o
sumideros de un campo, entonces su divergencia es siempre distinta de cero.
ii) La rotacional de F es dado por el vector: rot(F)= k
y
M
x
N
j
x
P
z
M
i
z
N
y
P






∂
∂
−
∂
∂
+





∂
∂
−
∂
∂
+





∂
∂
−
∂
∂
.
En el cálculo vectorial, el rotacional o rotor es un operador vectorial que muestra la tendencia de un campo
vectorial a inducir rotación alrededor de un punto. También se define como la circulación del vector sobre un
camino cerrado del borde de un área con dirección normal a ella misma cuando el área tiende a cero.

3.2 EJEMPLO. El campo de velocidades del agua que fluye dentro de un tubo curvo representa un ejemplo
de campo vectorial. Cada molécula tiene una velocidad y por lo tanto está asociado a un vector de un campo
vectorial.
La divergencia del campo vectorial F en un punto P mide la tendencia de ese fluido a divergir fuera de P (si
div(F)>0) o a acumularse hacia P (si div(F)<0).
El rotacional del campo vectorial F da la dirección del eje alrededor del cual gira el fluido más rápidamente
Dr. Dionicio Milton Chávez Muñoz UN/JBG
Campo Vectorial F
P
26

y el módulo del rotacional )(Frot es la medida de la rapidez de su giro.
La dirección de la rotación obedece a la regla de la mano derecha.
3.3 EJEMPLO. El campo vectorial para el movimiento del aire de la Tierra asocia a cada punto de la
superficie un vector con la velocidad y la dirección del viento en ese punto.
i) La divergencia en este caso mide la tendencia a alejarse el viento de un punto P si div(F)>0, o a
acumularse alrededor del punto P si div(F)<0.
ii) El rotacional da la dirección del eje alrededor del cual gira el viento más rápidamente y )(Frot
mide la rapidez de ese giro.

3.4 OBSERVACIÓN. Un campo vectorial es conservatorio si el trabajo realizado para desplazar una
partícula entre dos puntos es independiente de la trayectoria seguida.
3.5 OBSERVACIÓN. Haciendo uso del operador nabla “∇” de derivadas parciales 





∂
∂
∂
∂
∂
∂
=∇
zyx
;;
se puede expresar:
i) El gradiente de f como 





∂
∂
∂
∂
∂
∂
=∇
z
f
y
f
x
f
zyxf ;;);;( .
ii) La divergencia de F como ( )PNM
zyx
F ;;;; ⋅





∂
∂
∂
∂
∂
∂
=⋅∇ =
z
P
y
N
x
M
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
.
iii) El rotacional de F como
PNM
zyx
kji
F
∂
∂
∂
∂
∂
∂
=×∇ =
k
y
M
x
N
j
x
P
z
M
i
z
N
y
P






∂
∂
−
∂
∂
+





∂
∂
−
∂
∂
+





∂
∂
−
∂
∂

3.6 EJEMPLOS. Encuentre la divergencia y el rotacional de los campos vectoriales siguientes:
i) F(x;y;z) = x
2
i – 2xyj+yz
2
k. ii) F(x;y;z) = e
x
Cos(y)i+e
x
Sen(y)j+zk.
Solución.
i) Siendo F(x;y;z) = x
2
i – 2xyj+yz
2
k = M(x;y;z)i+N(x;y;z)j+P(x;y;z)k.
La divergencia será: div(F)=
z
P
y
N
x
M
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=2x – 2x+2yz. Entonces: div(F)=2yz.
El rotacional será: rot(F)= k
y
M
x
N
j
x
P
z
M
i
z
N
y
P






∂
∂
−
∂
∂
+





∂
∂
−
∂
∂
+





∂
∂
−
∂
∂
=(z
2
– 0)i+(0 – 0)j+(–2y
–0)k, es decir: rot(F)=(z
2
; 0; –2y).
ii) F(x;y;z) = e
x
Cos(y)i+e
x
Sen(y)j+zk.

Siendo F(x;y;z) = e
x
Cos(y)i+e
x
Sen(y)j+zk = M(x;y;z)i+N(x;y;z)j+P(x;y;z)k.
La divergencia será: div(F)=
z
P
y
N
x
M
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
= e
x
Cos(y)+e
x
Cos(y)+1. Entonces: div(F)=2e
x
Cos(y)+1.
El rotacional será: rot(F)= k
y
M
x
N
j
x
P
z
M
i
z
N
y
P






∂
∂
−
∂
∂
+





∂
∂
−
∂
∂
+





∂
∂
−
∂
∂
=(0–0)i+(0–0)j+
(e
x
Sen(y)+e
x
Sen(y))k, es decir: rot(F)=(0; 0; 2e
x
Sen(y)).
4. CURVA SUAVE A TROZOS E INTEGRAL DE LÍNEA.
En adelante se mostrará que el trabajo w realizado por un campo vectorial sobre un objeto que se mueve
entre dos puntos del campo vectorial es independiente del camino recorrido por el objeto. Para llegar a

establecer lo afirmado, se deben definir algunos conceptos previos.
4.1 DEFINCIÓN (CURVA SUAVE A TROZOS). Una curva C dada por r(t)=x(t)i+y(t)j+z(t)k es suave si
las derivadas x´(t), y´(t), z´(t) son continuas y no todas simultáneamente cero en el intervalo I=[a; b].
La curva es suave a trozos si es suave en un número finito de particiones del intervalo I=[a; b].
La representación paramétrica de una curva suave se conoce como parametrización regular de la función
vectorial r(t).
La curva C es representada por la función vectorial r(t) en el intervalo I=[a; b].
Nota. En muchos casos se tiene que describir las curvas a través de funciones paramétricas x(t), y(t), z(t) o

funciones vectoriales r(t).
4.2 EJEMPLO. Hallar una parametrización regular de la curva C que se muestra en la figura adjunta.
Solución. Notamos que la trayectoria es del punto (0; 2) hasta el punto (3; 5). Se puede ir por el camino C
3
o
por los caminos C
1
y C
2
. Encontremos la función paramétrica de cada segmento y su respectivo dominio:
Para C
1
: x(t)=t, y(t)=2, t∈[0; 3], entonces r(t)=2j.
Para C
2
: x(t)=3, y(t)=t – 1, t∈[3; 6], entonces r(t)=



∈−+
∈+
]6;3[;)1(3
3;0[;2
tjti
tjti
(3;5)
(0;2)
0 1 2 3 4
5
4
3
2
1 X=R
Y=R
>
∧
C2
C1
C3
32

Para C
3
: x(t)=t, y(t)=t+2, t∈[0; 3], entonces r(t)=ti+(t+2)j.
4.3 EJEMPLO. Hállese una parametrización regular a trozos de la curva C que se muestra en la figura
adjunta.
Solución. Notamos que la trayectoria es del punto (0;0;0) al punto (2;3;1). Encontremos la función
paramétrica de cada segmento y su respectivo dominio:
Para C
1
: x(t)=2t, y(t)=0, z(t)=0, t∈[0; 1] Para C
2
: x(t)=2, y(t)=3(t–1), z(t)=0, t∈[1; 2]
C1
C2
C3
C4
(0;0;0)
•(2;3;1)X=R
Y=R
Z=R
33

Para C
3
: x(t)=2, y(t)=3, z(t)=t –2, t∈[2; 3], entonces r(t)=





∈−++
∈−+
∈
]3;2;)2(32
]2;1;)1(32
]1;0[;2
tktji
tjti
tti
.
Para C
4
: x(t)=2t, y(t)=3t, z(t)=t, t∈[0; 1]
5. INTEGRAL DE LÍNEA.
5.1 OBSERVACIÓN. Una integral d línea es una generalización de la integral definida desde la simple F(x)=
dxxf
b
a∫ )( definida en el intervalo I=[a;b] hasta dominios D de R
2
ó de R
3
como se vio en las integrales
múltiples.
Otra generalización es sustituir el intervalo I=[a;b] por una curva C del plano obteniéndose F(x;y)=
dSyxf
RC
∫
⊂ 2
);( en el plano R
2
, que se llama integral de línea o integral sobre una curva plana; o también

F(x;y;z)= dSzyxf
RC
∫
⊂ 3
);;( en el espacio R
3
, que se llama integral de línea o integral sobre una curva
del espacio R
3
.
Sea C una curva suave plana dada por x=x(t), y=y(t), con t∈[a;b]. Supóngase que la curva C está orientada
positivamente (es decir, que su posición positiva corresponde a valores crecientes de t), y que C está trazada
solamente una vez conforme t varía desde a hasta b. Entonces C tendrá un punto inicial A=(x(a); y(b)) y un
punto final B=(x(b); y(b)).
Considere la partición P del intervalo paramétrico I=[a;b] obtenida al insertar los puntos a=t
0
; t
1
; … ; t
n
=b.
Esta partición de I=[a;b] produce una división de la curva C en n sub-arcos de p
i–1
hasta p
i
en los que p
i

corresponde a t
i
. Denotemos por ∆S
i
la longitud de arco p
i–1
p
i
y sea P la norma de la partición P; es decir
sea P la máxima distancia de ∆t
i
=t
i
– t
i–1
. Finalmente escoger un punto Q
i
(x
i
; y
i
) representante sobre el
arco p
i–1
p
i
.
Siendo );( ii yxf la altura del segmento de cortina de ancho iS∆ se tiene el área de un rectángulo de dicha
cortina que será iiii SyxfA ∆= );( . Tómese ahora la suma riemaniana i
n
i
ii Syxf ∆∑=1
);( ,. Si f es no
negativa, esta suma se aproxima al área de la “cortina vertical curva” que se muestra en la figura de más
adelante.
Si f es continua en una región D que contiene a la curva C, entonces la suma riemaniana tendrá un límite

cuando P →0. Este límite se llama integral de línea de f a lo largo de la curva C desde A hasta B respecto a
la longitud de arco de S.
5.2 DEFINICIÓN. Si se define la función f en una región cerrada D que contiene a una curva suave C de
longitud finita, entonces la integral de línea de f sobre la curva C es dada:
a) En el plano R
2
, por: i
n
i
ii
P
RC
SyxfLímdSyxf ∆= ∑∫ =
→
⊂ 1
0
);();(
2
, siempre que el límite exista.
b) En el Espacio R
3
, por: i
i
iii
P
RC
SzyxfLímdSzyxf ∆= ∑∫ =
→
⊂
3
1
0
3
);;(),;( , siempre que el límite exista.
X=R
Y=R
Z=R
A
B
z=f(x;y)
Curva C
Cortina
37

5.3 OBSERVACIÓN. Esta definición no proporciona un método eficaz para calcular la integral de línea; por
lo que se la debe convertir en una integral definida de las ya estudiadas y conocidas para poder calcularlas.
Ello se da en el siguiente teorema.
5.4 TEOREMA (CÁLCULO DE UNA INTEGRAL DE LÍNEA MEDIANTE UNA INTEGRAL
DEFINIDA). Sea f una función continua en una región D que contiene una curva suave C;
a) Si la curva C en el plano es dada por la función vectorial r(t)=x(t)i+y(t)j, t∈[a;b], entonces la integral de
línea es dada por: ( ) dttytxtytxfdSyxf
b
a
RC
∫∫ +=
⊂
22
)]´([)]´([)();();(
2
.
b) Si la curva C en el espacio es dada por la función vectorial r(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k, t∈[a; b], entonces

la integral de línea es dada por:
( ) dttztytxtztytxfdSzyxf
b
a
RC
∫∫ ++=
⊂
222
)]´([)]´([)]´([)();();(),;(
2
.
5.5 OBSERVACIÓN. La definición y el teorema anteriores de la integral de línea pueden ampliarse a curvas
C que son suaves a trozos C=C
1
∪C
2
∪…∪C
k
.
5.6 FORMAS ALTERNATIVAS DE LA INTEGRAL DE LÍNEA . Otras formas de calcular la integral de
línea son:
a) Cuando intervine el trabajo w: ( ) dttrzyxfdSzyxf
b
a
RC
∫∫ =
⊂
)´(;;),;(
3
, donde
dttrdS )´(= .

dSzyxTzyxFw
RC
∫
⊂
⋅=
2
);;(),;( = ( ) dttr
tr
tr
zyxF
b
a∫ ⋅ )´(
)´(
)´(
;; =
( ) ( )∫∫ ⋅=⋅
b
a
b
a
drzyxFdt
dt
tdr
zyxF ;;
)´(
;; ; aquí T(x;y;z) es el vector tangente unitario.
b) Si F(x,y) = M(x;y)i+N(x;y)j es un campo vectorial y la curva C es dada por: r(t)=x(t)i+y(t)j, entonces:
dtryxFw
RC
∫
⊂
⋅⋅=
2
´);( = ∫
⊂
⋅
2
);(
RC
dt
dt
dr
yxF =
∫ ⋅+
b
a
dttytxyxNiyxM ))´();´(());();((
w = ∫ +
b
a
dt
dt
dy
Ndt
dt
dx
M ][ = ∫ +
b
a
dyNdxM ][ .
5.7 OBSERVACIÓN. La integral de línea al igual que cualquier integral simple doble o triple puede aplicarse
para resolver diferentes problemas en los diversos campos de la ciencia. Con la integral d línea se puede
calcular masa, centro de masa, trabajo, etc.

5.8 EJEMPLO. Evalúe la integral de línea ∫
⊂
+−
2
2)( 22
RC
xydydxyx a lo largo de la curva C cuyas
ecuaciones paramétricas son x(t)=t
2
, y(t)=t
3
, t∈[0; 3/2].
Solución. En primer lugar x´(t)=2t, y´(t)=3t
2
.
Entonces ∫
⊂
+−
2
2)( 22
RC
xydydxyx = ( )[ ]dttttttt∫ +−
2/3
0
23264
)3(2)2(( = dttt∫ +
2/3
0
75
)42( =
61,16
512
8505
43
2/3
0
86
==





+
tt
.
⊂
++
3
)( 222
RC
dSzyx a lo largo de la curva C cuyas ecuaciones
paramétricas son x(t)=4Cos(t), y(t)=4Sen(t), z(t)=3t, t∈[0;2π].
Solución. En primer lugar x´(t)=–4Cos(t), y´(t)=4Cos(t), z´(t)=3.

Entonces: ∫
⊂
++
3
)( 222
RC
dSzyx = dttCostSenttSentCos∫ ++++
π2
0
22222
91616)91616(
= dtt∫ +
π2
0
2
)5)(916( = [ ] .1201603165 32
0
3
ππ
π
−=+ tt
5.10 EJEMPLO. Un alambre delgado está doblado en forma de círculo que es representado por las funciones
paramétricas x(t)=aCos(t), y=aSen(t), t∈[0; π], con a>0. Si la densidad del alambre en un punto es
proporcional a la distancia del eje de las x, encuentre la masa y el centro de masa del alambre.
Solución. Según los datos la densidad ρ(x;y)=ky, k=Constante de proporcionalidad.
–a a
a
X=R
Y=R
y
∆S
42

La masa será: ∫
⊂
=
2
RC
dSkym = dttCosatSenatkaSen∫ +
π
0
2222
))(( = dttSenka∫
π
0
2
)( =
[ ]π
0
2
)(tCoska − =2ka
2
El momento con respecto al eje de las x será: ∫=
π
0
)( dSkyyM x = ∫=
π
0
2
dSyk =
dttCosatSenatSenak∫ +
π
0
222222
))(( = dttSenka ∫
π
0
23
)( = [ ]π
0
3
)2()2/1( tSentka − =
2
3
πka
.
El momento con respecto al eje de las y será: 0=yM , pues hay simetría con respecto al eje coordenado Y.
El centro de masa será: 





=
m
M
m
M
yxc xy
;);( = 





4
;0
πa
.
5.11 OBSERVACIÓN (CURVA C DADA EN FORMA PARAMÉTRICA) . Si una curva regular C es dada

por x=g(t), y=h(t), a<t<b y la función z=f(x;y) es continua en la región D que contiene a la curva C,
entonces:
i) ∫
⊂ 2
);(
RC
dSyxf = dtthtgthtgf
b
a∫ + 22
)]´()]´([))();((
ii) ∫
⊂ 2
);(
RC
dxyxf = dttgthtgf
b
a∫ ⋅ )´())();(( iii) ∫
⊂ 2
);(
RC
dyyxf =
dtththtgf
b
a∫ ⋅ )´())();((
5.12 EJEMPLO. Evaluar ∫
⊂ 2
2
RC
dSxy , donde C tiene la parametrización x=Cos(t), y=Sen(t), t∈[0; π/2].
Solución. La curva C se muestra en la figura adjunta; la flecha indica el sentido positivo o dirección de
integración.

∫
⊂ 2
2
RC
dSxy = dttCostSentSentCos∫ +
2/
0
222
))((
π
= dttSentCos∫
2/
0
2
))((
π
=
3
1
]
3
1 2/
0
3
=π
tSen .
⊂ 2
2
RC
dxxy y ∫
⊂ 2
2
RC
dyxy , donde C es la parábola y=x
2
entre (0;0) y (2;4).
Solución. La gráfica se muestra en la figura adjunta. Las funciones paramétricas de C son: x=t, y=t
2
, t∈[0; 2].
Además: dx=dt, dy=2tdt.
i) ∫
⊂ 2
2
RC
dxxy = dttt∫
2
0
22
)( = dtt∫
2
0
5
=
3
32
]
6
1 2
0
6
=t .
X=R
Y=R
(0;1)
(1;0)
< C
45

ii) ∫
⊂ 2
2
RC
dyxy = tdttt 2)(
2
0
22
∫ = dtt∫
2
0
6
2 =
7
256
]
7
1 2
0
7
=t .
5.14 OBSERVACIÓN (CURVA C DADA COMO FUNCIÓN REAL) . Si C es la gráfica de la función real
y=g(x) para x∈[a;b], entonces C tiene ecuaciones paramétricas x=t, y=g(t) con t∈[a; b].
∫
⊂
+
2
);();(
RC
dyyxNdxyxM = ∫ +
b
a
dyxgxNdxxgxM ))(;())(;(
⊂
+
2
2
RC
dyxdxxy , suponiendo que:
a) C=C
1
∪C
2
consta de los segmentos que van de (2;1) hasta (4;1) y de (4;1) hasta (4;5).
b) C
3
se muestra en la gráfica, su ecuación es y=2x+3 con x∈[2;4].
c) C
4
es la parábola dada paramétricamente por x=3t–1, y=3t
2
–2t, t∈[1; 5/3].

Solución. a) C=C
1
∪C
2
consta de los segmentos que van de (2;1) hasta (4;1) y de (4;1) hasta (4;5).
Aquí C
1
: x=t, y=1, t∈[2;4]. C
2
: x=4, y=t, t∈[1;5].
La integral sobre la curva C se expresa como la suma de dos integrales de línea:
i) Sobre C
1
dx=dt, dy=0: ∫
⊂
+
2
1
2
RC
dyxdxxy = dtdtt 0)1(
4
2
+∫ = dtt∫
4
2
= 628
2
4
2
2
=−=




t
.
ii) Sobre C
1
dx=0, dy=dt: ∫
⊂
+
2
2
2
RC
dyxdxxy = dtdx∫ +
5
1
160 = ∫
5
1
16 dt = 641680]16[ 5
1 =−=t .
Por tanto, ∫
⊂
+
2
2
RC
dyxdxxy = ∫
⊂
+
2
1
2
RC
dyxdxxy + ∫
⊂
+
2
2
2
RC
dyxdxxy =6+64=70.
(4;5)
(2;1)
0 1 2 3 4
5
4
3
2
1
X=R
Y=R
>
∧
C2
C1
C3
(4;1)
47

Solución. b) Como C
3
se muestra en la gráfica y su ecuación es y=2x+3 con x∈[2;4], se puede calcular del
siguiente modo: dy=2dx, ∫
⊂
+
2
2
RC
dyxdxxy = dxxxx 2)32(
4
2
2
∫ +− = dxxx∫ −
4
2
2
)34( =
3
170
2
3
3
4 23
=



− xx .
Solución. c) Como la curva C
4
es la parábola dada parametricamente por las ecuaciones paramétricas x=3t–
1, y=3t
2
–2t, t∈[1; 5/3], se puede calcular del siguiente modo: dx=3dt, dy=(6t–2)dt,
∫
⊂
+
2
2
RC
dyxdxxy = dtttdtttt )26()13()3)(23)(13( 2
2/5
1
2
−−+−−∫ = dttt∫ −−
2/5
1
23
)2981(
=
9
1114
23
4
81
3/5
1
34
=



−− ttt .

⊂
−+++
3
)(
RC
yzdzxdydxzyx , donde C es el segmento de
recta que va desde el punto (1; 2; 1) hasta el punto (2; 1; 0).
Solución. Las ecuaciones paramétricas de la recta que contiene al segmento de extremos (1;2;1) y (2;1;0) es
x(t)=1+t, y(t)=2–t , z(t)=1–t, t∈[1;5]; de donde dx=dt, dy=–dt, dz=–dt
Luego la integral será: ∫
⊂
−+++
3
)(
RC
yzdzxdydxzyx =
dtttttt )]1)(1()1)(1()1)(121[(
1
0
−−+−++−+−++∫ = dttt )]55[ 2
1
0
+−∫ =
(4;5)
(2;1)
0 1 2 3 4
5
4
3
2
1
X=R
Y=R
∧C4
49

6
17
3
1
2
5
5
1
0
32
=



−− ttt .
5.17 EJEMPLO. Hállese un parametrización regular a trozos del camino C.
Solución. Las ecuaciones paramétricas de cada curva son:
Para C
1
: x(t)=t, y(t)=t
2
, t∈[0;2];
Para C
2
: x(t)=t–2, y(t)=4, t∈[2; 3];
Para C
3
: x(t)=0, y(t)=4(t–3), t∈[3; 4];
C
•(1;2;1)
X=R
Y=R
Z=R
(2;1;0)•
50

Por tanto





∈−
∈+−
∈+
=
]4;3[;)3(4
3;2[;4)2(
2;0[;
)(
2
tjt
tjit
tjtti
tr .
6. APLICACIONES DE LA INTEGRLA DE LÍNEA.
6.1 CALCULO DE ÁREAS. El área de la superficie lateral es dada por: ∫
⊂
=
2
);()(
RC
dSyxfSA
(2; 4)
∨
0 1 2 3 4
5
4
3
2
1
X=R
Y=R
∧ C1
: y=x2
<
C2
C3
51
X=R
Y=R
Z=R
A
B
z=f(x;y)
Curva C
Cortina

6.2 MASA DE UN CABLE. Sea C un alambre delgado de densidad ρ(x;y;z), variable en cualquier punto
(x;y;z) del alambre. Para un punto P
i
(x
i
;y
i
;z
i
) de un segmento pequeño ∆S
i
, el producto ρ(x
i
;y
i
;z
i
) ∆S
i
, da una
aproximación cercana de la masa de este segmento: m
i
=ρ(x
i
;y
i
;z
i
) ∆S
i
. Tomando la masa de todas las
particiones de la curva C y haciendo que el módulo tienda a cero 0→P , se tiene:

Masa del cable = dSzyxfSzyxLím
RC
i
n
i
iii
P ∫∑
⊂=
→
=∆
31
0
);;();;(ρ
6.3 DEFINICIÓN (TRABAJO REALIZADO POR UN CAMPO DE FUERZAS PARA TRASLADAR UN
OBJETO). Si C es una curva suave en el campo de fuerzas F(x;y;z) y T(x;y;z) es el vector tangente en el punto
(x;y;z), entonces el trabajo realizado por el campo F a lo largo de la curva C es dado por:
dSzyxTzyxFW
RC
∫⊂
⋅=
3
);;();;(
6.4 EJEMPLO. Halle el área de la superficie lateral sobre la curva C: y=1 – x
2
desde (1;0) hasta (o;1) del
plano XY y bajo la superficie z=f(x;y)=xy.
Solución. Las ecuaciones paramétricas de la curva son: x(t)=t, y(t)=1 – t
2
, t∈[0;1].

De modo que dttytxdS 22
)]´([)]´([ += = dtt 22
]2[]1[ −+ = dtt2
41 + . Además:
f(x;y)=xy=t(1–t)
2
.
El área de la superficie lateral se obtiene al integral f(x;y) sobre la curva C como se procede en seguida.
∫
⊂
=
2
);()(
RC
dSyxfSA = dtttt∫ +−
1
0
22
41)1( = tdtttdttt ∫∫ +++
1
0
22
1
0
2
4141
A(S) = 37,0)41(
3
1
)41(
5
1
16
1
)41(
12
1
1
0
2/322/522/32
=










+−+−+ ttt unid
2
.
6.5 EJEMPLO. Hallar la masa de un muelle (resorte) con forma de una hélice circular, dada por la función
r(t)=Sent(i)+Cos(t)j+tk, 0≤t≤8π, siendo la densidad del alambre dada por: ρ(x;y;z)=2+z.
Solución. La masa es dada por: ∫
⊂
=
2
);;(
RC
dSzyxm ρ , x´(t)=Cos(t), y´(t)= –Sen(t), z´(t)=1.

dttSentCostm ∫ +++=
π8
0
22
1)2( = dtt∫ +
π8
0
2)2( = dtt∫ +
π8
0
)2(2 =
π8
0
2
2
22 





+
t
t
m = 





+
2
64
162
2
π
π = )21(216 ππ + =517,7334.
7. TRABAJO EN UN CAMPO DE FUERZAS.
Se presentan cuatro casos:
7.1 CASO I. El trabajo w realizado por una fuerza constante F conforme su punto de aplicación se mueve
sobre el vector PQ , es dado por:

(a) PQFoyw PQ
⋅=Pr , en forma de proyección.
(b) PQFw ⋅= , en forma de producto escalar.
7.1.1 EJEMPLO. Calcúlese el trabajo realizado para mover una partícula desde el punto P hasta el punto Q si
la magnitud y la fuerza es dada por el vector v=i+4j+8k con P=(1;2;3) y Q=(4,7;5).
Solución. La fuerza es dada por F=v=(1;4;8); el vector sobre el que se traslada la partícula es PQ =
)2;5;3(=−PQ .
F
P Q
F
P Q
)θ
ProyPQ
F
56

Entonces el trabajo es dado por: PQFw ⋅= =(1;4;8)⋅(3;5;2)=39.
7.1.2 OBSERVACIÓN. El anterior hecho es trabajado con vectores.
7.2 CASO II. En general decimos que se ha realizado trabajo cuando una fuerza mueve un objeto. Si un
objeto se mueve una distancia d en la dirección de una fuerza constante F aplicada sobre él, entonces el
trabajo w realizado por la fuerza se define como: w=F×d.
7.2.1 EJEMPLO. Hallar el trabajo realizado para alzar un objeto de 150 libras a una altura de 4 pies.
Solución. Trabajo=w= 150×4=600 pies-libras.

7.2.2 OBSERVACIÓN. El anterior caso se trabaja con números reales.
7.3 CASO III (TRABAJO REALIZADO POR UNA FUERZA VARIABLE) . Si un objeto se mueve a lo
largo de una línea recta debido a la acción de una fuerza F(x) que varía continuamente, entonces el trabajo
realizado por la fuerza conforme el objeto se mueve desde x=a hasta x=b es dada por:
∫∑ =∆=
=
∞→
b
a
n
i
i
n
dxxFwLímw )(
1
.
La fuerza variable y continua puede ser particularizada y dada mediante tres leyes conocidas, a saber son:
4
pi
e
s
150
libras
58

7.3.1 LEY DE HOOKE.
La fuerza F requerida para comprimir un muelle (dentro de sus límites de elasticidad) es proporcional a la
distancia d que representa la diferencia entre la longitud del muelle comprimido o estirado y la longitud
original. Es decir F=kd, donde la constante de proporcionalidad k depende de las características particulares
de cada muelle.
7.3.2 LEY DE LA GRAVITACIÓN UNIVERSAL.
La fuerza con que se atraen dos partículas de masas m
1
y m
2
es proporcional al producto de las masas e
inversamente proporcional al cuadrado de la distancia entre las dos partículas. Es decir: 2
21 ))((
d
mm
kF = .

Si expresamos m
1
y m
2
en gramos y d en cm, entonces la fuerza F se expresa en dinas para un valor de
k=6,670×10
–8
.
7.3.3 LEY DE LA COULUMB.
La fuerza entre dos cargas q
1
y q
2
en el vacío es proporcional al producto de las cargas e inversamente
proporcional al cuadrado de la distancia entre las dos cargas. Es decir: 2
21 ))((
d
qq
kF = .
Si expresamos q
1
y q
2
en gramos y d en cm, entonces la fuerza F se expresa en dinas para un valor de k=1.
7.3.4 EJEMPLO. Con una fuerza de 600 libras se comprime un muelle (resorte) en tres pulgadas desde su
longitud natural de 18 pulgadas. Calcúlese el trabajo realizado al comprimir el muelle en 4 pulgadas más.

Solución. Según la ley de Hooke la fuerza necesaria para comprimir el muelle x unidades es dada por
F(x)=kx.
Como dato F(3)=k(3), o 600=3k, de donde k =200. Por lo que la fuerza queda F(x)=200x.
En lo que piden el muelle debe comprimirse de x=3 hasta x=7pulgadas menos que su longitud original; el
trabajo requerido será: ∫=
b
a
dxxFw )( = ∫
7
3
200 dxx =
7
3
2
][100 x =100(40)=4000 pulgadas-libras.
7.3.5 EJEMPLO. Si un módulo espacial pesa 12 toneladas en la superficie terrestre, ¿Cuánto trabajo exige
elevarlo a una altura de 1000 millas? No debe tomarse en cuenta la resistencia del aire ni el peso del
0 0 018 18 183 x
61

combustible.
Solución. Aplicamos la ley de gravitación universal, es decir 2
1
x
kF = . Dado que el módulo pesa 12
toneladas en la superficie de la tierra y el radio de la tierra es aproximadamente 4000 millas, entonces
2
)4000(
1
12 k= , de donde k=192 000 000.
Al transportar el módulo desde x=4000 hasta x=5000 millas, el trabajo total realizado será:
∫=
b
a
dxxFw )( = ∫
5000
4000 2
192000000
dx
x
=
5000
4000
1
192000000 



−
x
=9600 toneladas-millas.
7.3.6 EJEMPLO. Se llena agua en un depósito rectangular con una base de 4 pies por 5 pies y una altura de
4 pies, como se ve en la figura. El agua pesa 62,4 libras por pie cúbico. ¿Cuánto trabajo se emplea al bombear

hacia afuera el agua por encima del borde superior si se vacía la mitad del depósito? y ¿Cuánto si se vacía el
depósito entero?
Solución. El volumen que queda en el depósito será V=(4)(5)y=20y.
∆F=(peso)(v)=62,4(libras/pies
3
)(volumen=(62,4)(20∆y)=1248(∆y)
∆w=1248(∆y)(4 – y)=1248(4 – y)(∆y).
a) Al vaciar la mitad, el trabajo es: ∫=
b
a
dyyFw )( = ∫ −
2
0
)2(1248 dyy =
2
0
2
2
1
21248 



− yy =2496



− y4



y
5 pies
4 pies
4
P
i
e
s
63

pies-libras.
b) Al vaciar todo, el trabajo es: ∫=
b
a
dyyFw )( = ∫ −
4
0
)4(1248 dyy =
4
0
2
2
1
41248 



− yy =9984
pies-libras.
7.4 CASO III (TRABAJO EN UN CAMPO DE FUERZAS) . Si C es una curva suave en un campo de fuerzas
F y T(x;y;z) es el vector tangente unitario a la curva C en el punto (x;y;z), entonces el trabajo w realizado por
F a lo largo de la curva C es dado por: ∫
⊂
⋅=
2
);;();;(
RC
dSzyxTzyxFw .
7.4.1 OBSERVACIÓN. Se da a continuación una forma alternativa para calcular el trabajo.
∫
⊂
⋅=
2
);;();;(
RC
dSzyxTzyxFw = dttr
tr
tr
F
b
a∫ ⋅ )´(
)´(
)´(
= dt
dt
dr
F
b
a∫ ⋅ = ∫
⊂
⋅
2
RC
drF .

7.4.2 EJEMPLOS. Encuentre el trabajo realizado por el campo de fuerzas al mover una partícula a lo largo
de la curva C.
a) F(x;y)=(x
3
– y
3
)i+xy
2
j; C es la curva dada por x(t)=t
3
, y(t)=t
3
, –1≤t≤0.
Solución. La función dada es r(t) = x(t)i+y(t)j = t
2
i+t
3
j.
Necesitamos construir el vector tangente T(x:y); la derivada es r´(t)=2ti+3t
2
j; el módulo es
42
94)´( tttr += ; luego T(x;y)= )´(
)´(
1
tr
tr
= )3;2(
94
1 2
2
tt
tt +
.
El diferencial de superficie es dttytxdS 22
)]´([)]´([ += = dttt 2
94 + .
Calculamos el trabajo: ∫
⊂
⋅=
2
);;();;(
RC
dSzyxTzyxFw =

dttttt
tt
tttt 22
2
0
1
6296
94)3;2(
94
1
);( +
+
−∫−
= dtttttt )3;2();( 2
0
1
896
⋅−∫−
=
dtttt∫−
+−
0
1
10107
)322( = dttt∫−
+
0
1
107
)2( =
0
1
118
11
1
4
1
−




+ tt = 1590,0
44
7
−=
−
.
b) F(x;y;z)=(2x – y)i+2zj+(y – z)k; C es la curva dada por x(t)=Sen(π/2), y(t)=Sen(πt/2), z(t)=t; 0≤t≤1.
Solución. La función será r(t)= (Sen(π/2); Sen(πt/2); t) o r(t)= (1; Sen(πt/2); t)
La derivada de la función r(t) es: r´(t)=(0;(π/2)Cos(πt/2); 1).
El trabajo será: ∫
⊂
⋅=
2
RC
drFw = dttCosttSenttSen∫ 





⋅





−−
1
0
1;
22
;0
2
;2;
2
2
ππππ
=
dtttSentCost∫ 





−++
1
0 222
20
πππ
= dtttSentCost∫ 





−+
1
0 22
ππ
π =
1
0
2
2
22
2
2
2
2
4






−−+
t
tCostSen
t
tCos
π
π
π
π
π
π
π =
ππ
π
π
π
24
2
12
2
+−− = 863380,0
2
2
3
=−
π
.

c) F(x;y;z)=xi+yj – 5zk; C es la curva dada por r(t)=2Cos(t)i+2Sen(t)j+tk; 0≤t≤2π.
Solución. El trabajo será: ∫
⊂
⋅=
2
RC
drFw =
( ) ( ) dttCostSenttSentCos∫ −⋅−
π2
0
1);(2);(25);(2);(2 =
( ) dtttCostSentCostSen∫ −+−
π2
0
5)()(4)()(4 = dtt∫
π2
0
5 =
π2
02
5




− t =
2
)2(
2
5
π− = 2
10π− .
7.4.3 OBSERVACIÓN (FORMA DIFERENCIAL DE LA INTEGRAL DE LÍNEA) . Otra forma de expresar
la integral de línea es la siguiente: Si F es un campo vectorial de la forma F(x;y)=M(x;y)i+N(x;y)j y C es una
curva dada por r(t)=x(t)i+y(t)j, entonces F⋅dr mantendrá la forma M(x;y)dx+N(x:y)dy. Esta forma es
conocida como la forma diferencial y será:

∫
⊂
⋅=
2
RC
drFw = ∫
⊂
⋅
2
RC
dr
dt
dr
F = dttytxNjMi
b
a∫ ⋅+ ))´();´(()( = dt
dt
dy
N
dt
dx
M
b
a∫ + )( =
∫
⊂
+
2
)(
RC
NdyMdx
La forma diferencial extendida a tres variables es de la forma:
∫
⊂
⋅=
3
RC
drFw = ∫
⊂
⋅
3
RC
dr
dt
dr
F = ∫
⊂
++
2
)(
RC
PdzNdyMdx
7.4.4 EJEMPLO. Evalúe la integral de línea ∫
⊂
+
2
)( 2
RC
dyxydx , siendo C dada por x(t)=2t, y(t)=t
2
– 1;
0≤t≤2.
Solución. Siendo x=2t, t=x/2, y=(1/4)x
2
–1, dx=dx; dy=(x/2)dx.
Por otro lado: si t=0 entonces x=0, y= –1, el punto es (0; –1); si t=2, entonces x=4, y=3, el punto es (4; 3).

∫
⊂
+
2
)( 2
RC
dyxydx = dx
x
xdx
x
2
1
4
2
4
0
2
+





−∫ = ∫ 





+−
4
0
32
3
1
4
dx
xx
=
4
0
43
812






+−
x
x
x
=
8
256
4
12
64
+− =
3
100
8. CAMPOS VECTORIALES CONSERVATORIOS E INDEPENDENCIA DEL CAMINO.
Se trata de plantear un teorema que generalice el Teorema Fundamental del cálculo integral para la
evaluación de integrales de línea.
8.1 TEOREMA (TEOREMA FUNDAMENTAL DE LAS INTEGRALES DE LÍNEA) . Sea C una curva
>
(0 – 1)
(4; 3)
y=(1/4)x2
– 1
Y=R
X=R
69

suave por tramos (a trozos) situada en una región abierta D⊂R
2
y dada por r(t)=x(t)i+y(t)j, a≤t≤b. Si
F(x;y)=M(x;y)i+N(x;y)j es un campo vectorial conservatorio en D y las funciones M y N son continuas en D,
entonces ∫
⊂
⋅
2
);(
RC
dryxF = ∫
⊂
⋅∇
2
);(
RC
dryxf = ( ) ( ))();()(;( ayaxfbybxf − , siendo
F(x;y)=∇f(x;y) es decir F es igual al gradiente de f(x;y).
8.2 OBSERVACIÓN. En el espacio R
3
el teorema fundamental de las integrales de línea adquiere la siguiente
forma: Sea C una curva suave por tramos (a trozos) situada en una región abierta D⊂R
3
y dada por
r(t)=x(t)i+y(t)j+z(t)k, a≤t≤b. Si F(x;y;z)=M(x;y;z)i+N(x;y;z)j+P(x;y;z)k es un campo vectorial
conservatorio en D y las funciones M y N son continuas en D, entonces ∫
⊂
⋅
3
);;(
RC
drzyxF =

∫
⊂
⋅∇
3
);;(
RC
drzyxf = ( ) ( ))();();()();(;( azayaxfbzbybxf − ,
siendo F(x;y;z)=∇f(x;y;z) es decir F es igual al gradiente de f(x;y;z).
8.3 TEOREMA (INDEPENDENCIA DE CAMINOS) . Si F es un campo vectorial continua en una región
conexa abierta D, entonces la integral de línea ∫
⊂
⋅
2
);(
RC
dryxF , es independiente del camino si y sólo si F
es un campo vectorial conservatorio (es decir si F=∇f).
8.4 EJEMPLO. Hallar el trabajo realizado por el campo de fuerzas F(x;y)=3y
2
i+6xyj para mover una
partícula desde (0;0) hasta (1;1) a lo largo de los tres caminos siguientes:

(i) y=x (ii) x=y
2
(iii) y=x
3
(iv) Segmento que va de (0;0) a (1;0) y luego de (1;0) hasta (1;1).
Solución.
(i) El camino 1 (curva 1), y=x es representado paramétricamente por: x(t)=t, y(t)=t, con 0≤t≤1.
La función vectorial será: r(t)=ti+tj=(t; t); su diferencial será: r´(t)=(i+j)dt=(1;1)dt.
La integral que da el trabajo será: ∫
⊂
⋅=
2
1
);(
RC
dryxFw = ∫
1
0
22
)1;1)(6;3( dttt = ∫
1
0
2
9 dtt =
1
0
3
]3[ t
=3.

(ii) El camino 2 (curva 2), x=y
2
es representado paramétricamente por: x(t)=t, y(t)=t
1/2
, con 0≤t≤1.
La función vectorial será: r(t)=ti+t
1/2
j=(t;t
1/2
); su diferencial será: r´(t)=(i+0,5t
–1/2
j)dt=(1; 0,5t
–1/2
)dt
⊂
⋅=
2
2
);(
RC
dryxFw = ∫
−
⋅
1
0
2/12/1
)5,0;1)(6;3( dttttt = ∫
1
0
6 dtt =
1
0
2
]3[ t =3.
(iii) El camino 3 (curva 3), x=y
3
es representado paramétricamente por: x(t)=t, y(t)=t
3
, con 0≤t≤1.
La función vectorial será: r(t)=ti+t
3
j=(t;t
3
); su diferencial será: r´(t)=(i+3t
2
j)dt=(1; 3t
2
)dt
Y=R
X=R
(1;1)
(0;0) (1;0)
C2
C1
C3
C4
C5
1
73

⊂
⋅=
2
3
);(
RC
dryxFw = ∫ ⋅
1
0
236
)3;1)(6;3( dttttt = ∫
1
0
6
21 dtt =
1
0
7
]3[ t =3.
(iv) El camino 4 y 5 (curvas 4 y 5), segmento que va de (0;0) a (1;0) y luego de (1;0) hasta (1;1) es dado
paramétricamente por la unión de otros dos sub-caminos: de (0;0) a (1;0) es x(t)=t, y(t)=0, con 0≤t≤1; de
(1;0) a (1;1) es x(t)=1, y(t)=t – 1, con 1≤t≤2.
La función vectorial será:



≤≤−
≤≤
=
21),1;1(
10),0;(
)(
tt
tt
tr , su diferencial será;



≤≤
≤≤
=
21),1;0(
10),0;1(
)´(
t
t
tr .
La integral será:
∫
⊂
⋅=
2
);(
RC
dryxFw = ∫
⊂
⋅
2
4
);(
RC
dryxF + ∫
⊂
⋅
2
5
);(
RC
dryxF

= ∫ ⋅
1
0
)0;1()0;0( dt + ( )∫ ⋅−−
2
1
2
)1;0()1(6;)1(3( dttt = ∫ −
2
1
)1(6 dtt =
2
1
2
2
6 





−t
t
= 3.
8.5 OBSERVACIÓN. Observamos que el campo vectorial F(x; y)=3y
2
i+6xyj es conservatorio, pues siendo
M(x;y)=3y
2
y N(x;y)=6xy, cumple que M
y
= 6y = N
x
.
En el ejemplo anterior se muestra que el trabajo realizado por el campo vectorial conservatorio para mover la
partícula desde el punto (0;0) hasta el punto (1;1) no depende del camino que se elija, según lo indica el
teorema de la independencia de la trayectoria.
8.6 EJEMPLO. Use el teorema fundamental de las integrales de línea para evaluar ∫
⊂
⋅=
2
);(
RC
dryxFw ,
siendo C una curva suave a trozos que va desde (–1; 4) hasta (1:2) y el campo vectorial F(x;y)=2xyi+(x
2
–y)j.

Solución. Obtengamos la función potencial f(x;y).
xyyx
x
f
yxM 2);();( =
∂
∂
= , entonces integrando f(x;y)=x
2
y+g(y)+k
1
.
yxyx
y
f
yxN −=
∂
∂
= 2
);();( , entonces integrando f(x;y)=x
2
y – y
2
/2+h(x)+k
2
.
Se deduce que g(y)= – y
2
/2; h(x)=0; por lo tanto: f(x;y)=x
2
y – y
2
/2+k.
La existencia de la función potencial f(x;y) muestra que el campo vectorial F(x;y)=2xyi+(x
2
–y)j es
conservatorio y según el teorema fundamental de las integrales de línea se tiene:
∫
⊂
⋅
2
);(
RC
dryxF =f(1;2) – f(–1; 4) = (1)
2
(2) –(2)
2
/2+k – (–1)
2
(4) –(4)
2
/2 – k = 0 – (–4 ) = 4.
8.7 EJEMPLO. Demuestre que el campo vectorial F(x;y;z)=(e
x
Cos y + yz)i+(xz–e
x
Sen y)j+xyk es

conservatorio y encuentre la función potencial f(x;y;z) de modo que F(x;y;z)=∇f(x;y;z), es decir que el campo
vectorial F sea el gradiente de la función potencial f.
Solución. Un campo vectorial es conservatorio si cumple
z
N
y
P
∂
∂
=
∂
∂
,
z
M
x
P
∂
∂
=
∂
∂
y
y
M
x
N
∂
∂
=
∂
∂
.
Siendo M(x;y)=e
x
Cos y + yz; N(x;y)=xz – e
x
Sen y; P(x;y)=xy , hallamos las derivadas necesarias:
P
y
=x P
x
=y N
x
= z– e
x
Sen y;
N
z
=x M
z
=y M
y
= – e
x
Sen y + z
Lo cual nos permite afirmar que el campo vectorial es conservatorio; hallemos la función potencial f(x;y;z).

yzyCosezyx
x
f
zyxM x
+=
∂
∂
= );;(),;( , entonces integrando f(x;y;z)=e
x
Cos y +xyz+h
1
(y;z)+k
1
.
ySenexzzyx
y
f
zyxN x
−=
∂
∂
= );;(),;( , entonces integrando f(x;y;z)=xyz+e
x
Cos y +h
2
(x;z)+k
2
.
xzzyx
z
f
zyxP =
∂
∂
= );;(),;( , entonces integrando f(x;y;z)=xyz+h
3
(x;y)+k
3
.
De donde se obtiene: h
1
(y;z)=0; h
2
(x;z=0; h
3
(x;y)= e
x
Cos y.
Finalmente, la función potencial será: f(x;y;z) = xyz+e
x
Cos y +k
2
.
8.9 CONSERVACIÓN DE LA ENERGÍA.

Se plantea una aplicación del campo de fuerzas conservatorio en el área de la física.
Establezcamos la ley de conservación de la energía, que dice que la masa de la energía cinética y potencial de
un objeto, debida a una fuerza conservativa es constante.
Supongamos que un objeto de masa m se mueve a lo largo de una curva suave C, dada por:
r(t)=x(t)i+y(t)j+z(t)k, a≤t≤b, bajo la influencia de una fuerza conservativa F(r)=∇f(r).
Se sabe desde la física tres hechos relativos a un objeto en el momento o instante t.
(i) F(r(t))=m a(t)=m r´´(t): Segunda Ley de Newton.
(ii)
2
)´(
2
1
trmkE = , kE=Energía cinética.

(iii) PE=1 – f(r) PE=Energía potencial.
En consecuencia: ][ PEkE
dt
d
+ = 



− )()´(
2
1 2
rftrm
dt
d
=
])´()´([
2
1
dt
dz
z
f
dt
dy
y
f
dt
dx
x
f
trtr
dt
d
m
∂
∂
−
∂
∂
−
∂
∂
−⋅ =
)´()()]´()´´()´´()´([
2
1
trrftrtrtrtrm ⋅∇−⋅+⋅ = )´()()]´´()´([ trrftrtrm ⋅∇−⋅ =
)´()]()´´([ trrftrm ⋅∇− = )´()]()([ trrFrF ⋅− =0.
Por lo tanto ][ PEkE
dt
d
+ =0; lo cual quiere decir que kE+PE es constante.
8.10 INTRODUCCIÓN AL TEOREMA DE GREEN.

Este teorema afirma que el valor de una integral doble sobre una región simplemente conexa D es
determinada por el valor de la integral de línea sobre la frontera de la región D.
Una curva C dada por r(t)=x(t)i+y(t)j, a≤t≤b es llamada simple si no se cruza así misma.
Una región plana D es simplemente conexa si su contorno consta de una única curva cerrada simple como se
indica en la figura. No son simplemente conexas las regiones D
2
y D
3
.
8.10.1 EJEMPLO. La curva r(t)=3Cos(t)i+2Sen(t)j, 0≤t≤2π, es simple y la región que encierra es
D
D2
>
<
D3
81

simplemente conexa.
Solución. La curva dada encierra una región elíptica simplemente conexa, como se ve en la figura.
8.10.2 EL TEOREMA DE GREEN.
Sea D una región simplemente conexa con frontera C, orientada en sentido contrario al avance de las agujas
del reloj. Si M(x;y), N(x;y), M
y
(x;y), N
x
(x;y) son continuas en una región abierta que contiene a D, entonces:
∫ +
C
dyyxNdxyxM );();( = dAyxMyxN
D
yx∫∫ − ));();(( .
Y=R
X=R
3–3
–2
2
Haciendo x=3Cos(t), y=2Sen(t) se tiene
que
82

8.10.3 EJEMPLO (TEOREMA DE GREEN FACILITA CÁLCULOS). Sea C la frontera del triángulo de
vértices (0;0), (1,2), (2;0); calcule )24( 2
∫ +
C
dyydxyx por el método directo y por el método de Green.
Solución. (i) Calculamos la integral de línea en forma diferencial, para cada curva:
C2
: y=f2
(x)
C1
: y=f1
(x)
C1
: y=g1
(y) C1
: y=g1
(y)
D
D
C=C1∪
C2
; D es una región
verticalmente conexa.
C=C1∪
C2
; D es una región
horizontalmente conexa.
(1;2)(0;2)
(0;0)
D
C1
C2
C3
C=C1∪
C2∪
C3
<∨
83

Para C
1
: y=2x, dy=2dx; la integral )24(
1
2
∫ +
C
dyydxyx , cambiando a, con respecto a “x”:
)24(
1
2
∫ +
C
dyydxyx = ∫ +
1
0
2
)2)(2(2)2(4 dxxxdxx = ∫ +
1
0
3
))88( dxxx =
1
0
24
]42[ xx + =6.
Para C
2
: y=2, dy=0dx; la integral )24(
2
2
∫ +
C
dyydxyx , cambiando a, con respecto a “x”:
)24(
1
2
∫ +
C
dyydxyx = ∫ +
0
1
2
)0)(2(2)2(4 dxdxx = ∫
0
1
2
)8 dxx =
0
1
3
]
3
8
[ x = –8/3.
Para C
3
: x=0, dx=0dy; la integral )24(
2
2
∫ +
C
dyydxyx , cambiando a, con respecto a “y”:
)24(
1
2
∫ +
C
dyydxyx = ∫ +
0
2
2
)2)0)(()0(4 ydydyy = ∫
0
2
)2 dyy = 0
2
2
][y = –4.
Entonces, finalmente se tiene: )24(
2
2
∫ +
C
dyydxyx =6 – 8/3 – 4 = –2/3.
(ii) Ahora calculamos usando el Teorema de Green. La región D usando dA=dydx, será: D={(x;y)∈R
2
/0≤x≤1,
2x≤y≤2}.

Por otro lado M(x;y)=4x
2
y, M
y
(x;y)=4x
2
, N(x;y)=2y, N
x
(x;y)=0.
La integral será: )24(
2
2
∫ +
C
dyydxyx = dAyxMyxN
D
yx∫∫ − ));();(( =
∫ ∫ −
1
0
2
2
2
)40(
x
dydxx = ∫ ∫−
1
0
2
2
2
4
x
dydxx = dxyx x∫−
1
0
2
2
2
][4 = dxxx∫ −−
1
0
2
]22[4 =
dxxx∫ −−
1
0
23
)(8 =
1
0
34
]
3
8
2[ xx − = –2/3.
8.10.4 EJEMPLO (INTEGRAL DE LÍNEA PARA EL ÁREA) . Sea D una región limitada por una curva C,
cerrada, simple, suave a trozos, entonces el área de la región D es dada por ∫ −=
C
ydxxdyDA )(
2
1
)( .
(1;2)(0;2)
(0;0)
D
85

Use una integral de línea para hallar el área de la elipse 12
2
2
2
=+
b
y
a
x
.
Solución. Haciendo x=aCos(t), y=bSen(t), con 0≤t≤2π, obtenemos la curva elipse con orientación anti-
horaria, de allí: dx= –aSen(t)dt, dy=bCos(t).
La integral para calcular el área será: ∫ −=
C
ydxxdyDA )(
2
1
)( =
∫ ⋅+⋅
C
dttaSentbSentbCostaCos ][
2
1
= ∫ +
π2
0
22
)(
2
1
dttSentCosab = ∫
π2
02
dt
ab
=
π2
0][
2
t
ab
=πab Unid
2
.
a
b
–a
–a
X=R
Y=R
86

8.10.5 EJEMPLO. (TEOREMA DE GFREEN EXTENDIDO A UNA REGIÓN CON AGUJERO) . Sea D la
región interior de la elipse 1
34 2
2
2
2
=+
yx
y exterior a la circunferencia 222
2=+ yx . Calcular la integral de
línea ∫ ++=
C
dyxxdxxyI )2(2 2
, donde C=C
1
∪C
2
∪C
3
∪C
4
, como se indica en la figura.
Solución. Los segmentos representados por C
2
y C
4
tienen direcciones opuestas, entonces las integrales de
línea sobre estas curvas se anulan o cancelan.
Por otro lado; M(x;y)=2xy, M
y
(x;y)=2x, N(x;y)=x
2
+2x, N
x
(x;y)=2x+2.
Gráfica (a) Gráfica (b)
D
3
4
–3
–4 2–2
2
–2
D
3
4
–3
–4 2–2
2
–2
< <
> >
>
<
→
←
C1
C2
C4
C3
87

La integral de línea será: ∫ ++=
C
dyxxdxxyI )2(2 2
= dAyxMyxN
D
yx∫∫ − ));();(( =
dAxx
D
∫∫ −+ )222(
= ∫∫D
dA2 =2(área de la región D)=2[π(3)(4) – π(2)
2
]=16π.
8.10.6 EJEMPLO (TEOREMA DE GREEN PARA CALCULAR TRABAJO). Una partícula da una vuelta
alrededor de la circunferencia 222
2=+ yx bajo la acción de la fuerza F(x;y)=xyi+(x+y)j. Usar el teorema
de Green para hallar el trabajo realizado por la fuerza F.
Solución. Primeramente M(x;y)=xy, M
y
(x;y)=x, N(x;y)=x+y, N
x
(x;y)=1.
En coordenadas polares La curva C es r=2, para 0≤θ≤2π; dA=r dr dθ, x=rCosθ, y=rSenθ.
La integral será: ∫ ++=
C
dyyxdxxyI )( = dAyxMyxN
D
yx∫∫ − ));();(( = dAx
D
∫∫ − )1( =

∫ ∫ −
π
θθ
2
0
2
0
)1( rdrdrCos = ∫ ∫ −
π
θθ
2
0
2
0
2
)( drdCosrr = θθ
π
dCos
rr
2
0
2
0
32
32∫ 





+ =
θθ
π
dCos∫ 



+
2
0 3
8
2 =
π
θθ
2
03
8
2 



+ Cos =4π.
9. INTEGRALES DE SUPERFICIE.
9.1 OBSERVACION. Caracteriza este tipo de integrales el hecho de que en vez de integral sobre regiones
planas limitadas por curvas, se integre sobre regiones del espacio limitadas por superficies. Proyectando la
integral desde sus orígenes se llegará a tener: dSzyxf
D
∫∫ );;( = ∑=
→
∆
n
i
iiii
P
SzyxfLím
1
0
))(;;( .
X=R
Y=R
C <
>
2–2
–2
2
89

9.2 TEOREMA (CÁLCULO DE UNA INTEGRAL DE SUPERFICIE) . Sea S una superficie de ecuación
z=g(x;y) y D su región proyección en el plano XY. Si g; g
x
; g
y
[donde g
x
; g
y
son las derivadas de g respecto a x e
y respectivamente] son continuas en la región D y f es continua sobre la superficie S, entonces la integral de
superficie de f sobre S es dada por: dSzyxf
S
∫∫ );;( =
dydxggyxgyxf yx
D
22
][][1));(;;( ++∫∫ .
9.2 EJEMPLO. Calcular dSzxy
S
∫∫ + )( , si D es la parte del plano 2x – y+z=3 que está por encima de
n
F
S
D
E
XY
z=g(x;y)
∆S
90

triángulo D dado en la figura adjunta.
Solución. El plano constituye la superficie S: z=3 – 2x+y, de donde g(x;y)=3 – 2x+y, g
x
(x;y)= –2, g
y
(x;y)=1.
Luego: dSzxy
S
∫∫ + )( = dydxyxxy
x
∫∫ +−++−+
1
0 0
22
]1[]2[1)23( =
dydxyxxy
x
∫∫ +−+
1
0 0
)23(6 = dx
y
xyy
xy
x
∫ 





+−+
1
0
0
22
2
23
2
6 = dx
x
xx
x
∫ 





+−+
1
0
2
2
3
2
23
2
6
= dx
x
x
x
∫ 





−+
1
0
23
2
3
3
2
6 =
1
0
32
4
2
1
2
3
8
6 





−+ xx
x
= 6
8
9
2
1
2
3
8
1
6 =



−+ .
1
1
D
0
91

9.2 EJEMPLO. Evalúe dSxyz
S
∫∫ , si S la porción de la superficie cónica z
2
=x
2
+y
2
comprendida entre los
planos z=1, z=4.
(1;1;2)
(1;0;1)
(0;0;3)
(1;1;0)
(1;0;0)
S
z=g(x; y) =3–2x+y
El dominio es: D={(x; y)∈R2
/ 0≤x≤1; 0≤y≤x}
D

Solución. Tenemos cónica la superficie cónica z
2
=x
2
+y
2
, de donde z=g(x;y)= 22
yx + , además g
x
(x;y)=
22
yx
x
+
, g
y
(x;y)= 22
yx
y
+
.
Luego 1 + [g
x
(x;y)]
2
+[ g
y
(x;y)]
2
=1+ 22
2
yx
x
+
+ 22
2
yx
y
+
=2.
La integral será: dSxyzI
S
∫∫= = dydxyxxy
D
∫∫ + 222
.
Llevando a coordenadas polares, la región será D={(r; θ)∈R2
/ 0 ≤ θ ≤ 2π; 1 ≤ r ≤ 4}.
θθθ
π
drdrrrSenrCosI ∫ ∫=
2
0
4
1
2 = θθθ
π
drdrrrSenrCos∫ ∫
2
0
4
1
2 =
θθθ
π
drdrCosSen∫ ∫
2
0
4
1
4
2 = θθθ
π
d
r
CosSen
4
1
5
2
0 5
2 





∫ =
)(
5
1
5
1024
2
2
0
θθ
π
SendSen∫





− =
π
θ
2
0
2
25
1
5
1024
2 











−
Sen
=0.
S
D 4–4
4
z=g(x;y)=
1
1–1 D
4–4
4
–4
–1
–1
1
1
93

9.4 EJEMPLO. Hállese la masa de la lámina superficial S en el primer octante por 2x+3y+6z=12, cuya
densidad es dada por: ρ(x;y;z)=x
2
+y
2
.
Solución. De la superficie 2x+3y+6z=12, se tiene yxz
2
1
3
1
2 −−= , es decir yxyxg
2
1
3
1
2);( −−= ,
en lo que corresponde al primer octante 0≤z≤1; además g
x
(x;y)= –1/3, g
y
(x;y)= – ½.
La región es D={(x; y)∈R2
/ 0≤x≤6; 0≤y≤4 – (2/3)x}, la densidad es ρ(x;y;z)=x
2
+y
2
.
La masa de la lámina es: dSzyxm
S
∫∫= );;(ρ = dydxyx
D
∫∫ −+−++ 2222
)2/1()3/1(1)( =
dydxyx
x
∫ ∫
−
+
6
0
3
2
4
1
22
)(
6
7
= dx
y
yx
x
∫
−






+
6
0
3
2
4
0
3
2
36
7 = dxxxx∫ 



−+−
6
0
22
)
3
2
4(
3
1
)
3
2
4(
6
7
=

dxxxx∫ 



++−
6
0
32
3
32
3
64
81
62
9
52
6
7
=
6
0
243
3
16
3
64
324
62
27
52
6
7




++− xxxx =
[ ]192128248416
6
7
−+− = 104
6
7
=
3
364
. Es decir la masa es
3
364
.
10. FLUJO DE UN CAMPO A TRAVÉS DE UNA SUPERFICIE.
10.1 OBSERVACIÓN. Una superficie puede tener un vector normal apuntando hacia arriba
G
G
n
∇
∇
= , o
apuntando hacia abajo
G
G
n
∇
∇
−= .
10.2 OBSERVACIÓN. Sea S una superficie suave (vector normal unitario con variación continua) de dos
caras y supóngase que está sumergida en un fluido que tiene un campo de velocidades continuo F(x;y;z). Si ∆S
es el área de una pequeña parte de S, entonces F será casi constante allí y el volumen ∆V de fluido que cruza

ese pedazo de superficie por unidad de tiempo es dada aproximadamente por el volumen de la columna de
altura F⋅n; es decir: ∆V=(altura )(área de la base)=(F⋅n)(∆S).
Finalmente, el volumen total del fluido que atraviesa la superficie S es dada por:
Flujo total F a través de S= dSnF
S
∫∫ ⋅ )( .
10.3 DEFINICIÓN. Sean F(x;y;z)=M(x;y:z)i+N(x;y;z)j+P(x,y;z)k un campo vectorial continuo donde M, N
y P tienen derivadas parciales primeras continuas en la superficie S orientada mediante un vector normal
unitario n, la integral de flujo de F a través de S es dada por: dSnF
S
∫∫ ⋅ )( =Flujo de F a través de S.

10.4 OBSERVACIÓN. Geométricamente una integral de flujo es la integral de superficie sobre S de la
componente normal de F. Si ρ(x;y;z) es la densidad del fluido en el punto (x;y;z), entonces la integral
dSnF
S
∫∫ ⋅⋅ )(ρ representa la masa del fluido que pasa a través de la superficie S por unidad de tiempo. Es
decir: masa del fluido= dSnFzyx
S
∫∫ ⋅⋅ )();;(ρ .
10.5 EJEMPLO. Encuentre el flujo ascendente del campo vectorial F(x;y;z)= – yi+xj+9k que cruza la parte
de la superficie esférica S determinada por 22
9),( yxyxfz −−== , con 0≤x
2
+y
2
≤4.
S z=g(x;y)
S z=g(x;y)
∆S
F
n
n
–n
97

Solución. La superficie es H(x;y;z)= z – f(x,y)=0.
De aquí H(x;y;z)= 22
9 yxz −−− ; xx f
z
x
yx
x
H ==
−−
= 22
9
; del mismo modo yy f
z
y
H == y
yy f
z
z
H === 1 . De aquí: 122
++ yx ff = 12
2
2
2
++
z
y
z
x
= 2
222
z
zyx ++
= 2
9
z
y que 9222
=++ zyx .
El vector normal es
G
G
n
∇
∇
= =
1
)1;;(
22
++
−−
=
yx
yx
ff
ff
n = k
z
j
y
i
x
333
++ .
Calculando el flujo: Flujo F = dSnF
S
∫∫ ⋅ )( = dS
zyx
xy
S
∫∫ 





⋅−
3
;
3
;
3
)9;;( = dSz
S
∫∫3 .
Calculamos esta integral mediante una integral doble: dSz
S
∫∫3 = dydxffz
D
yx∫∫ ++ 13 22
=
dydx
z
z
D
∫∫
3
3 = ∫∫D
dydx9 =9(área de la circunferencia)=9(π2
2
)=36π Unid
3
por unidad de tiempo.
10.6 OBSERVACIÓN. Formalicemos el resultado anterior mediante un Teorema.

10.7 TEOREMA (FLUJO A TRAVÉS DE UNA SUPERFICIE) . Sea S una superficie de dos caras dada por
z=f(x;y), donde el punto (x;y) pertenece a la región D; sea n la normal unitaria hacia arriba sobre S. Si f tiene
derivadas parciales de primer orden continuas y F(x;y;z)=M(x;y;z)i+N(x;y;z)j+P(x;y;z)k es un campo
vectorial continuo, entonces el flujo de F a través de la superficie S es dada por:
Flujo F = dSnF
S
∫∫ ⋅ )( = [ ] dydxPfNfM
D
yx∫∫ +−− )()( .
10.8 EJEMPLO. Calcule el flujo del campo vectorial F(x;y;z)=xi+yj+zk, a través de la parte S del
paraboloide z=1 – x
2
– y
2
que está por sobre el plano XY, haciendo que n sea la normal ascendente.
Solución. Siendo F(x;y;z)=xi+yj+zk= M(x;y;z)i+N(x;y;z)j+P(x;y;z)k.

Siendo la superficie z=f(x;y)=1 – x
2
– y
2
, entonces f
x
= –2x, f
y
= –2y.
Trabajando el integrando: –M(f
x
) –N(f
y
) +P= –x(–2x) – y(–2y)+z=2x
2
+2y
2
+1 – x
2
– y
2
= x
2
+ y
2
+1.
Hallando el flujo: Flujo F = dSnF
S
∫∫ ⋅ )( = [ ] dydxPfNfM
D
yx∫∫ +−− )()( =
[ ] dydxyx
D
∫∫ ++ 122
.
Pasando a coordenadas polares: x=rCosθ, y=rSenθ, 22
yxr += , de donde = x
2
+ y
2
+1=r
2
+ 1.
La región será: D={(r; θ)∈R2
/ 0≤ θ ≤2π; 0≤ r ≤ 1}.
Flujo F = θ
π
drdrr∫ ∫ +
2
0
1
0
2
)1( = θ
π
drdrr∫ ∫ +
2
0
1
0
3
)( = θ
π
d
rr
1
0
2
0
24
24∫ 





+ = θ
π
d∫
2
04
3
=

π
θ 2
0][
4
3
=
2
3π
.
Lo cual indica que el flujo total de fluido que cruza a S en una unidad de tiempo es de
2
3π
unidades cúbicas.
11. TEOREMA DE LA DIVERGENCIA DE GAUSS.
11. 1 OBSERVACIÓN. Este teorema relaciona el cálculo de una integral de flujo mediante el cálculo de una
integral triple de la divergencia de un campo vectorial F sobre una superficie S.
11.2 DIVERGENCIA. La divergencia de un campo vectorial F(x;y)=M(x,y)i+N(x,y)j en el plano R
2
es dado
1
1
–1
–1
S
D
n
101

por: Div F(x;y)=∇⋅F(x;y)=M
x
+N
y
.
La divergencia de un campo vectorial F(x;y;z)=M(x,y;z)i+N(x,y;z)j+P(x:y:z)k en el espacio R
3
es dado por:
Div F(x;y,z)=∇⋅F(x;y;z)=M
x
+N
y
+P
z
.
11.3 TEOREMA DE LA DIVERGENCIA. Sea F(x;y;z)=M(x,y;z)i+N(x,y;z)j+P(x:y:z)k un campo vectorial
cuyas funciones componentes M, N y P tienen derivadas parciales de primer orden continuas en la región
sólida Q limitada por la superficie cerrada S orientada por un vector normal unitario n dirigido al exterior de
la región Q, entonces: dSnF
S
∫∫ ⋅ )( = ∫∫∫Q
dVDivF .
Lo cual quiere decir que el flujo del campo vectorial F a través de la frontera de una región cerrada Q de tres

dimensiones es la integral triple de su divergencia sobre esa región.
11.4 EJEMPLO. Calcule el flujo del campo vectorial F(x;y;z)=x
2
yi+2xzj+yz
3
k a través del sólido rectangular
determinado por 0≤x≤1; 0≤y≤2; 0≤z≤3, (a) mediante método directo, y (b) mediante el teorema de Gauss.
Solución. (a) Evaluamos la integral sobre las seis caras del paralelepípedo:
Siendo la cara x=1, un vector normal es n=(1;0;0). F⋅n=x
2
y=1
2
y=y; dS=dydz, entonces la integral queda:
dSnF
Q
∫∫ ⋅ )( = dydzy∫ ∫
3
0
2
0
= dz
y
2
0
3
0
2
2∫ 





= dz∫
3
0
2 =
3
0][2 z =6.
S1
S2
S3
D
n
n
n
n
z=f2
(x;y)
z=f1
(x;y)
103

De forma similar se procede para cada cara y los resultados se muestran en la siguiente tabla:
Cara n F⋅n
dSnF
Cara
∫∫ ⋅ )(
x=1
x=0
y=2
y=0
z=3
z=0
i
–i
j
–j
k
–k
y
o
2xz
–2xz
27y
0
6
0
18
–18
54
0

Finalmente, el flujo total del campo vectorial que fluye a través de la superficie dada será: dSnF
Q
∫∫ ⋅ )(
=6+0+18–18+54+0=60 Unid
3
por unidad de tiempo dado.
(b) Evaluamos la integral usando el Teorema de Gauss:
Siendo f(x;y;z)= x
2
yi+2xzj+yz
3
k=M(x,y;z)i+N(x,y;z)j+P(x:y:z)k, la divergencia de F es dada por:
Div F(x;y,z)=∇⋅F(x;y;z)=M
x
+N
y
+P
z
=2xy + 0 +3yz
2
=2xy +3yz
2
, el diferencial dS=dzdydx.
Calculamos la integral:
dSnF
Q
∫∫ ⋅ )( = ∫∫∫Q
dVDivF = ∫ ∫ ∫ +
1
0
2
0
3
0
3
)32( dzdydxyzxy = ∫ ∫ +
1
0
2
0
3
0
3
]2[ dydxyzxyz =
∫ ∫ +
1
0
2
0
]276[ dydxyxy = ∫ 



+
1
0
2
0
22
2
27
3 dxyxy = [ ]∫ +
1
0
5412 dxx =
1
0
2
]546[ xx + =60 Unid
3
.

por unidad de tiempo dado.
Como se ve los dos resultados hallados en (a) y en (b) son iguales.
11.5 EJEMPLO. Sea S el sólido cilíndrico limitado por x
2
+y
2
=4; z=0, z=3 y sea n la normal unitaria exterior
a la frontera ∂S. Si F(x;y)= (x
3
+Tan(yz))i+(y
3
– e
xz
)j+(3z+x
3
)k; encuentre el flujo de F a través de ∂S.
Solución. El cálculo de dSnF
Q
∫∫ ⋅ )( sería engorroso si no se aplicara el teorema de Gauss.
S
Sólido Q
x2
+y2
=4
z=0
z=3
44
.3
4
4
–4
–4
n
n
n
106

La región en coordenadas polares es: D={(r; θ)∈R2
/ 0≤ θ ≤2π; 0≤ r ≤ 4}.
La divergencia de F es Div F=3x
2
+3y
2
+3. Luego: dSnF
Q
∫∫ ⋅ )( = ∫∫∫S
dVDivF =
∫∫∫ ++
S
dVyx )1(3 22
= ∫ ∫ ∫ +
π
θ
2
0
2
0
3
0
2
)1(3 dzdrdrr = ∫ ∫ ∫ +
π
θ
2
0
2
0
3
0
3
)(3 drddzrr =
∫ ∫ +
π
θ
2
0
2
0
3
0
3
])[(3 drdzrr = ∫ ∫ +
π
θ
2
0
2
0
3
)(33 drdrr = ∫ 





+
π
θ
2
0
2
0
24
24
9 d
rr
= ∫
π
θ
2
0
)6(9 d =
π
θ 2
0][54 =108π.
11.6 OBSERVACIÓN. El cálculo de la integral puede ser extendida a sólidos que pueden tener hoyos
internos, siempre que el vector normal apunte hacia afuera de la frontera de Q.

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