Ejercicios resueltos sobre integrales de linea, de superficie, teorema fundamental de integrales de linea y teorema de Green.

1. Observación General: la mayoría de las integrales que no requieran ningún
análisis con respecto al Cálculo Vectorial se resolverán usando un sistema
algebraico por computadora o tablas de integrales y sólo aparecerá su resultado.
Ejercicio 13.2.12. Evalúe la integral de línea, donde C es la curva dada.
+ +
: = , = , = ,0 ≤ ≤ 1
Solución.
Se expresa todo en términos de t
= , = , = , =2 , =3 , =2
( )(2 ) + ( )(3 ) + ( )(2 )
1 1 3
= (2 +3 +2 ) = (2 +5 ) = + = +1=
2 2 2
Ejercicio 13.3.5. Determine si F es un campo vectorial conservativo. De ser así,
halle una función f tal que F = ∇ .
! ( , ) = "# $ + " % &
! !
Solución.
)* ),
Sean '( , ) = " # y (( , ) = " % . Si = , entonces, F es conservativo.
)+ )-
.' .(
= "# ≠ " % =
. .
Entonces F no es conservativo.
Ejercicio 13.3.19. Determine si la integral de línea es independiente de la
trayectoria y evalúe la integral.
tan + 3"4
C es cualquier trayectoria de (1, 0) a (2, 5/4).
Solución.

2. Sea ! ( , ) = tan $ + 3"4 &
! !
Sean '( , ) = tan y (( , ) = 3"4 ; entonces, como
.' .(
= 3"4 = 3"4 =
. .
Este campo es conservativo. Así que la integral es independiente de la trayectoria,
ya que, las integrales de línea para campos vectoriales conservativos son
independientes de la trayectoria.
Como F es un campo vectorial conservativo, existe una función f tal que =8 .
Se tiene que
. .
( , )=∇ ( , )= $+
! & = tan $ + 3"4 &
! ! !
. .
9: 9:
Entonces = tan y = 3"4 ; de modo que
9% 9#
tan = ;< + = 3"4
Así ( , ) = ;< ; entonces, por el Teorema Fundamental para Integrales de
Línea:
5 5
tan + 3"4 = =2, > − (1,0) = 2 tan − 1 tan 0 = 2 − 0 = 2
4 4
Ejercicio 13.4.5. Compruebe el teorema de Green utilizando un sistema algebraico
por computadora con el fin de evaluar la integral de línea y la integral doble.
'( , ) = , ( ( , ) = − @ A
, "3 B; 4CD4E< "D"<4C; + =1
Solución.
C debe parametrizarse: = cos I, = 3"< I.
Entonces. + = 3"< I + 4K3 I = 1, 0 ≤ I ≤ 25.
La integral de línea es:

3. ' + (
L
−4K3 @ I3"< A I(cos I I
L
= 4K3 I3"< I (−3"< I ) I +
295
?
1024
La integral doble es:
.( .' √ T% U
295
NO ? P Q ?7 A A
?5 ?
. . T T√ T% U 1024
V
Entonces
295 .( .'
' ( ? NO ? P Q
1024 . .
V
De manera que se ha verificado el teorema de Green.
Ejercicio 13.4.15. Aplique el teorema de Green con el objeto de evaluar W X ∙ Z.
(Antes de aplicar el teorema verifique la orientación de la curva.)
X , 〈" % , "# ? 〉, "3 B; 4CD4E< "D"<4C; 25
orientada en el sentido de las manecillas del reloj.
Solución.
Sean ' , "% y( , "# ?
Figura 1. Circunferencia de radio 5.

4. La integral de línea es
d "% "# ?
[Q]
. # . %
? Ng " ? " Q
. .
V
?N ? ? Q N Q
V V
L
[h] D D D I
I∙
L
1 5 6255
D D = 25 g D = (5 ) =
4 2 2
Nota: Se aplicaron los procedimientos [A]:=Aplicación del teorema de Green,
[B]:=Cambio a coordenadas polares.
13.5.18. ¿Existe un campo vectorial G sobre ℝ tal que DK lll! =
k $+
! &+
! l!
m?
Explique su respuesta.
Solución.
! ! l!
Se sabe que si ! = '$ + (& + nm es un campo vectorial sobre ℝ , y P, Q y R
tienen derivadas parciales continuas de segundo orden, entonces
Co DK ! = 0
!
Aplicando este resultado al DK k del ejercicio se tiene
. . .
!
CopDK k q = ( )+ ( )+ ( )=0+ +0= ≠0
. . .
Así que G no existe.
Ejercicio 13.5.21. Demuestre la identidad, suponiendo que existen las derivadas
parciales adecuadas y que estas son continuas.
! !
Cop ! + k q = Co ! + Co k
Solución.

5. Sean ! '$
! (&
! l! !
nm y k r$
! s&
! l!
tm , entonces
! !
k ' r $
! ( !
s u n l!
t m
Se tiene que:
. ' r . ( s . n t .' .( .n .r .s .t
Co p ! !
kq
. . . . . . . . .
.' .( .n .r .s .t
O P O P Co ! !
Co k
. . . . . .
Así queda demostrado.
Ejercicio 13.6.14. Evalúe la integral de superficie dada.
r
v
1 y los planos
0y 2.
S es la frontera de la región delimitada por el cilindro
Solución.
A continuación, varias vistas de la región del problema.

6. Sean r , r , r , la parte del cilindro que pertenece a la superficie S, el plano
2, y el plano 0, respectivamente.
r : D I,
! 3"< I $
! &
! l!
cos I m , 0 I 25, 0 2 ? 3"< I
$
! &
! l!
m
wDx y D# w
! ! zcos I 0 ?3"< I z w 3"< I $ ? 0&
! ! l!
cos I m w {3"< I 4K3 I
0 1 0
1
Entonces
L T|}~ x
N r 3"< I I
v•
1 L
1 L
3"< I 2 ? 3"< I I 4 3"< I ? 4 3"< I 3"< I I
2 2
25
r : D ,
! $
! 2? &
! l!
m
‖D% y D• ‖
! ! ‖?$ ? &‖
! ! √2, 1.
L
?√2
N r N 2? √2 Q √2 2D3"< I ? D 3"< I I 5
4
vU V

7. ';D; r : N r N 0 r 0
v‚ v‚
Entonces:
√25 5
r 25 ? ? 8 √2
4 4
v
!
Ejercicio 13.6.26. Evalúe la integral de superficie ∬ ! ∙ r para el vector de
v
campo F dado y la superficie orientada S. En otras palabras, calcule el flujo de F a
lo largo de S. Para superficies cerradas, utilice la orientación positiva (hacia
afuera).
! , , $
! ? &
! l!
m
S es la superficie del tetraedro con vértices (0, 0, 0), (1, 0, 0), (0, 1, 0) y (0, 0, 1).
Solución.
Figura 2. Región vista por un Figura 3. Región vista por un
observador en el primer octante. observador desde el origen.
Sean r : B; 4;D; 3E…"DCKD "B …B;<K 1 ,
r : B; 4;D; †E" "3 á 3KˆD" "B …B;<K , r : B; 4;D; †E" "3 á 3KˆD" …B;<K ,
r : B; 4;D; †E" "3 á 3KˆD" "B …B;<K .

8. Como la superficie 1 está dada por ‰ , ) = 1 − − , se puede considerar x
y y como parámetros y utilizar la siguiente ecuación:
.‰ .‰
!
N ! ∙ r = N O−' −( + nP Q =
. .
v V
'( , , ) = , ( ( , , ) = − .
Pero: = 1 − − . Entonces: (( , , ) = 1 − −2 .
n( , , ) = .
.‰
= −1
.
.‰
= −1
.
';D; r :
!
N ! ∙ r = N − (−1) + 1 − −2 + Q
v• V
#T%
1
= N( + 1 − −2 + ) Q= (1 − ) =
3
V
';D; r : Está orientado a la izquierda por lo que < = &.
l! !
T%
1
!
N ! ∙ r = N ! ∙ (−&) r = N(− + ) Q =
! (− ) = −
6
vU v• V
Nota: en la integral doble y=0 porque la superficie está sobre el eje xz.
';D; r : Está orientado hacia el eje x negativo por lo que < = −$.
l! !
T•
1
!
N ! ∙ r = N ! ∙ (−$) r = N(− ) Q =
! (− ) = −
6
v‚ v‚ V
l!
';D; r : Está orientado hacia abajo por lo que < = −m.
l!

9. N ! ∙ r = N ! ∙ p−m q r = N(− ) Q =
T#
1
! l! (− ) = −
6
vŠ vŠ V
Entonces:
1 1 1 1 1
! ! ! ! !
N ! ∙ r =N ! ∙ r +N ! ∙ r +N ! ∙ r +N ! ∙ r = − − − =−
3 6 6 6 6
v v• vU v‚ vŠ