Cálculo Integral

CÁLCULO INTEGRAL
Vı́ctor Manuel Sánchez de los Reyes
Departamento de Análisis Matemático
Universidad Complutense de Madrid
Índice
1. Integración
5
1.1. Funciones integrables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
1.2. Volumen y conjuntos de medida cero . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
1.3. El teorema de Lebesgue . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.4. Propiedades de la integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.5. El teorema de Fubini . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.6. El teorema del cambio de variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.7. Derivación bajo el signo integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
1.8. Integrales impropias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2. Integral de lı́nea y de superficie
23
2.1. Longitud de una curva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2.2. La integral de trayectoria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.3. La integral de lı́nea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
2.4. Campos conservativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
2.5. El teorema de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
2.6. Área de una superficie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
2.7. Integrales de superficie de funciones escalares . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
2.8. Integrales de superficie de funciones vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . 39
4
ÍNDICE
2.9. El teorema de Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
2.10. El teorema de Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
Bibliografı́a
47
Capı́tulo 1
Integración
1.1.
Funciones integrables
Sea f : A ⊂ Rn −→ R una función acotada siendo A acotado. Elijamos un rectángulo
B = [a1 , b1 ] × · · · × [an , bn ] que contenga a A. Además, definamos la función f sobre todo
B dándole el valor 0 fuera de A. Sea P una partición de B obtenida al dividir cada [ai , bi ]
mediante los puntos ai = xi0 < xi1 < · · · < ximi = bi formando los m1 . . . mn subrectángulos
[x1j1 , x1j1 +1 ] × · · · × [xnjn , xnjn +1 ]
con 0 ≤ ji ≤ mi − 1. Definimos el volumen de B, v(B), como el producto de las longitudes
de las aristas de B, es decir,
v(B) = (b1 − a1 ) . . . (bn − an ).
Definimos la suma inferior de f para P , s(f, P ), como
s(f, P ) =
X
R∈P
inf f (x) v(R)
x∈R
donde la suma se realiza sobre todos los subrectángulos R de P . Análogamente, definimos
la suma superior de f para P , S(f, P ), como
S(f, P ) =
X
R∈P
sup f (x) v(R).
x∈R
Algunas propiedades de s(f, P ) y de S(f, P ) son las siguientes:
(i) s(f, P ) ≤ S(f, P ).
6
CAPÍTULO 1. INTEGRACIÓN
(ii) s(f, P ) ≤ s(f, P 0 ) y S(f, P 0 ) ≤ S(f, P ) donde P 0 es un refinamiento de P , es decir,
cada subrectángulo de P 0 está contenido en uno de P . Esto es debido a que el ı́nfimo
(supremo) de f en un rectángulo es menor (mayor) o igual que el ı́nfimo (supremo) de f
en un rectángulo contenido en él.
(iii) s(f, P 0 ) ≤ S(f, P 00 ) siendo P 0 y P 00 dos particiones cualesquiera de B. En efecto,
si P es una partición de B que refina a P 0 y a P 00 , lo cual podemos conseguir usando todos
los puntos de división de ambas, entonces s(f, P 0 ) ≤ s(f, P ) ≤ S(f, P ) ≤ S(f, P 00 ).
(iv) Los conjuntos {s(f, P ) : P partición de B} y {S(f, P ) : P partición de B} están
acotados inferiormente por inf x∈B f (x) v(B) y superiormente por supx∈B f (x) v(B). Esto
se tiene gracias a que f y B están acotados. Usando la propiedad anterior se tiene que
sup{s(f, P ) : P partición de B} ≤ inf{S(f, P ) : P partición de B}.
Definición 1.1.1. Si f es una función acotada definida en un conjunto acotado A, se
define la integral inferior de f sobre A como
Z
f = sup{s(f, P ) : P partición de B}
A
y la integral superior de f sobre A como
Z
f = inf{S(f, P ) : P partición de B}
A
donde B es cualquier rectángulo que contenga a A. Decimos que f es integrable (Riemann)
R
R
R
sobre A si A f = A f y definimos la integral de f sobre A, A f , como su valor común.
Proposición 1.1.2 (Condición de Riemann). Sea f : A ⊂ Rn −→ R una función
acotada con A acotado. Entonces son equivalentes:
(i) La función f es integrable.
(ii) Para todo ² > 0 existe una partición P² tal que
S(f, P² ) − s(f, P² ) < ².
Demostración. (i)⇒(ii). Dado ² > 0 existe una partición P²0 tal que
Z
²
0
S(f, P² ) <
f+ .
2
A
R
Esto es debido a que A f = inf{S(f, P ) : P partición de B}. Análogamente existe una
partición P²00 tal que
Z
s(f, P²00 )
>
²
f− .
2
A
1.1. FUNCIONES INTEGRABLES
7
Sea P² = P²0 ∪ P²00 . Entonces
Z
Z
²
²
f+ ,
f − < s(f, P² ) ≤ S(f, P² ) <
2
2
A
A
de lo que se obtiene (ii).
(ii)⇒(i). Dado ² > 0 existe una partición P² tal que S(f, P² ) − s(f, P² ) < ², con lo que
Z
Z
f− f <²
A
para todo ² > 0 y, por tanto,
A
Z
Z
f=
A
f.
A
Ejemplo 1.1.3. Toda función f : A ⊂ Rn −→ R continua siendo A un rectángulo, es
integrable.
En efecto, por la continuidad uniforme de f en A, dado ² > 0 existe δ > 0 tal que si
x = (x1 , . . . , xn ) ∈ A, y = (y1 , . . . , yn ) ∈ A y |xi − yi | < δ para todo 1 ≤ i ≤ n entonces
|f (x) − f (y)| < ²/v(A). Si A = [a1 , b1 ] × · · · × [an , bn ], sea Pi una partición de [ai , bi ] tal
que la distancia entre dos puntos consecutivos de la misma sea menor que δ. Tomando
P² = P1 × · · · × Pn se tiene que
¶
Xµ
S(f, P ) − s(f, P ) =
sup f (x) − inf f (x) v(R) ≤
R∈P
x∈R
x∈R
²
v(A) = ²,
v(A)
con lo que aplicando la proposición anterior obtenemos que f es integrable.
Ejercicios
1.- Sea f : [0, 1] × [0, 1] −→ R definida por

 0 si x 6∈ Q,
0 si x ∈ Q e y 6∈ Q,
f (x, y) =
 1 si x ∈ Q e y = p ∈ Q irreducible.
q
q
Probar que f es integrable y calcular su integral.
2.- Sea f : [0, 1] × [0, 1] −→ R definida por
½
1 si x ∈ Q,
f (x, y) =
2y si x 6∈ Q.
8
CAPÍTULO 1. INTEGRACIÓN
Estudiar la integrabilidad de f .
3.- Sea f : A ⊂ Rn −→ R integrable siendo A un rectángulo, con f (x) ≥ c > 0 para todo
x ∈ A. Probar que 1/f es integrable.
4.- Sean A ⊂ Rn un rectángulo y f : A −→ R una función integrable. Probar que para
R
R
cada a ∈ Rn la función fa (x) = f (x − a) es integrable sobre A + a y A+a fa = A f .
1.2.
Volumen y conjuntos de medida cero
Definición 1.2.1. Sea A ⊂ Rn un conjunto acotado. Decimos que A tiene volumen o
contenido (o que es medible Jordan) si la función caracterı́stica de A definida por
½
1 si x ∈ A,
χA (x) =
0 si x 6∈ A,
es integrable, y el volumen de A es
Z
v(A) =
χA .
A
Si n = 1 decimos que v(A) es la longitud de A, y si n = 2 el área.
Decimos que A tiene volumen cero o contenido cero si v(A) = 0. Esto es equivalente a
que para cada ² > 0 existe un recubrimiento finito de A mediante rectángulos, B1 , . . . , Bm
(es decir, A ⊂ ∪m
i=1 Bi ) tal que
m
X
v(Bi ) < ².
i=1
En efecto, supongamos que A tiene volumen cero y sea ² > 0. Sea B un rectángulo que
contiene a A. Por hipótesis existe una partición P de B tal que S(χA , P ) < ². Sea P0 la
P
colección de los subrectángulos de P que intersecan a A. Entonces S(χA , P ) = R∈P0 v(R)
obteniendo lo que buscábamos.
Recı́procamente, supongamos que dado ² > 0 existe un recubrimiento finito de A
Pm
mediante rectángulos, B1 , . . . , Bm tal que
i=1 v(Bi ) < ². Sean B un rectángulo que
contiene a A y P una partición de B tal que cada subrectángulo está contenido en algún
Bi o a lo más tiene frontera común con algunos Bi (definimos la partición usando todas
P
las aristas de los Bi ). Entonces S(χA , P ) ≤ m
i=1 v(Bi ) < ² con lo que inf{S(χA , P ) :
P partición de B} = 0. Como 0 ≤ sup{s(χA , P ) : P partición de B} ≤ inf{S(χA , P ) :
P partición de B} = 0, se tiene que A tiene volumen cero.
1.2. VOLUMEN Y CONJUNTOS DE MEDIDA CERO
9
Es útil permitir el uso de recubrimientos numerables al igual que finitos:
Definición 1.2.2. Un conjunto A ⊂ Rn (no necesariamente acotado) tiene medida cero
si para cada ² > 0 existe un recubrimiento de A, B1 , B2 , . . ., mediante una cantidad
numerable (o finita) de rectángulos (es decir, A ⊂ ∪∞
i=1 Bi ) tal que
∞
X
v(Bi ) < ².
i=1
Este concepto depende del espacio en el que se trabaje como muestra el siguiente
ejemplo:
Ejemplo 1.2.3. La recta real considerada como subconjunto de R2 tiene medida cero,
pero como subconjunto de R no.
En efecto, dado ² > 0 tomamos para cada i ∈ N el rectángulo
h
²
² i
Bi = [−i, i] × − i+3 , i+3 .
i2
i2
Es claro que B1 , B2 , . . . recubren A. Además se tiene que
∞
X
i=1
∞
X
²
²
= < ².
v(Bi ) =
i+1
2
2
i=1
Está claro que R como subconjunto de sı́ mismo no tiene medida cero ya que al recubrirla
mediante intervalos la longitud total de los mismos será +∞.
Es evidente que si A tiene volumen cero entonces tiene medida cero, y que si A tiene
medida cero y B ⊂ A entonces B también tiene medida cero.
La principal ventaja de la medida cero sobre el volumen cero aparece en el siguiente
teorema:
Teorema 1.2.4. Si los conjuntos A1 , A2 , . . . tienen medida cero en Rn , el conjunto ∪∞
i=1 Ai
también.
Demostración. Sea ² > 0. Para cada i ∈ N existe un recubrimiento de Ai , Bi1 , Bi2 , . . ., tal
que
∞
X
v(Bij ) <
j=1
²
.
2i
La colección numerable {Bij : i, j ∈ N} es un recubrimiento de ∪∞
i=1 Ai y
∞
X
i,j=1
v(Bij ) =
∞
X
²
v(Bij ) <
=²
2i
i=1
j=1
∞ X
∞
X
i=1
10
CAPÍTULO 1. INTEGRACIÓN
donde la primera igualdad se tiene gracias a que la serie doble se puede reordenar para
que sea una serie absolutamente convergente con lo que la serie doble también lo es (ver
[A, Teorema 8.42]).
Del teorema anterior se obtiene que cualquier conjunto formado por una cantidad
numerable de puntos tiene medida cero, como por ejemplo Q en R.
Ejercicios
1.- Demostrar que A = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 = 1} tiene volumen cero.
2.- Sea f : A ⊂ Rn −→ R integrable. Probar que su gráfica
G(f ) = {(x, y) ∈ Rn × R : x ∈ A, f (x) = y}
tiene volumen cero en Rn+1 .
3.- Demostrar que el plano XY en R3 tiene medida cero.
4.- Probar que la definición de conjunto de medida cero es equivalente a la que resulta de
sustituir rectángulos cerrados (los utilizados hasta ahora) por abiertos.
1.3.
El teorema de Lebesgue
Estudiemos ahora uno de los resultados más importantes de la teorı́a de integración:
el teorema de Lebesgue.
Teorema 1.3.1 (Teorema de Lebesgue). Sea f : A ⊂ Rn −→ R una función acotada
con A acotado. Extiéndase f a todo Rn definiéndola como 0 fuera de A. Entonces f es
integrable si y solo si los puntos de discontinuidad de f forman un conjunto de medida
cero.
Demostración. Considérese algún rectángulo B que contenga a A. Entonces debemos
demostrar que f es integrable si y solo si los puntos de discontinuidad de la función g que
es igual a f en A y 0 fuera forman un conjunto de medida cero.
Definimos la oscilación de una función h en x0 como
O(h, x0 ) = inf{sup{|h(x1 ) − h(x2 )| : x1 , x2 ∈ U } : U entorno (abierto) de x0 }.
1.3. EL TEOREMA DE LEBESGUE
11
Se tiene que O(h, x0 ) ≥ 0. Además, O(h, x0 ) = 0 si y solo si h es continua en x0 . En
efecto, h es continua en x0 si y solo si para todo ² > 0 existe un entorno U de x0 tal que
sup{|h(x0 ) − h(x1 )| : x1 ∈ U } < ², y esto es equivalente a que O(h, x0 ) = 0.
Supongamos primero que los puntos de discontinuidad de la función g forman un
conjunto de medida cero. Ası́, si D² = {x ∈ B : O(g, x) ≥ ²} con ² > 0, y D = {x ∈ B :
g es discontinua en x} entonces D² ⊂ D. Si y es un punto de acumulación de D² , cada
entorno de y contiene un punto de D² . Entonces cada entorno U de y es un entorno de un
punto de D² , luego sup{|g(x1 )−g(x2 )| : x1 , x2 ∈ U } ≥ ². Esto implica que y ∈ D² , es decir,
D² es un conjunto cerrado. Como D² ⊂ B, D² es acotado y, por lo tanto, compacto. Como
es de medida cero existe un recubrimiento finito de D² mediante rectángulos abiertos,
P
B1 , . . . , Bm tal que m
i=1 v(Bi ) < ².
Elı́jase ahora una partición de B. Refinándola suficientemente podemos conseguir que
cada rectángulo de ella pertenezca a una de las dos siguientes colecciones (o a las dos):
C1 = {los rectángulos contenidos en un Bi } y C2 = {los rectángulos disjuntos con D² }.
Para cada rectángulo S ∈ C2 se tiene que O(g, x) < ² para todo x ∈ S. Por lo tanto,
existe un entorno Ux de cada x ∈ S de modo que supy∈Ux g(y) − inf y∈Ux g(y) < ². Como S
es compacto, una cantidad finita de conjuntos abiertos Uxi recubre S. Elı́jase una partición
refinada de S, PS , de modo que cada rectángulo de la partición esté contenido en algún
Uxi . Si hacemos esto para cada S ∈ C2 obtenemos una partición P tal que
S(g, P ) − s(g, P ) ≤
Xµ
S∈C1
+
¶
sup g(x) − inf g(x) v(S)
x∈S
x∈S
X Xµ
S∈C2 R∈PS
< ² v(B) +
¶
sup g(x) − inf g(x) v(R)
x∈R
X
x∈R
2M v(S)
S∈C1
< ² (v(B) + 2M )
donde M es una cota de f . Como ² es arbitrario, la condición de Riemann muestra que
g, y por lo tanto f , es integrable.
Supongamos ahora que g es integrable. El conjunto de puntos de discontinuidad de g
es el conjunto de puntos de oscilación positiva, es decir, ∪∞
i=1 D1/i . Dado ² > 0 existe una
partición P de B tal que S(g, P ) − s(g, P ) < ². Por otro lado, los puntos de D1/i están
en ∂S o en int(S) para algún S de P . El primero de estos conjuntos, S1 , tiene medida
cero. Sea C la colección de rectángulos de P que tienen un punto de D1/i en su interior.
12
CAPÍTULO 1. INTEGRACIÓN
Entonces
¶
Xµ
1X
v(S) ≤
sup g(x) − inf g(x) v(S) ≤ S(g, P ) − s(g, P ) < ².
x∈S
i S∈C
x∈S
S∈C
Por lo tanto, C recubre al segundo conjunto, S2 , y
P
S∈C
v(S) < i², luego S2 , y entonces
D1/i , tiene medida cero con lo que concluye la demostración.
Corolario 1.3.2. Un conjunto acotado A ⊂ Rn tiene volumen si y solo si la frontera de
A tiene medida cero.
Demostración. Basta ver que el conjunto de puntos de discontinuidad de χA es ∂A. Si
x ∈ ∂A entonces cualquier entorno de x interseca a A y a Ac . Por lo tanto, existen puntos
y en dicho entorno tales que |χA (x) − χA (y)| = 1 con lo que χA no es continua en x. Si
x 6∈ ∂A entonces existe un entorno de x totalmente contenido en A o en Ac con lo que χA
es constante en dicho entorno y, por tanto, continua en x.
Corolario 1.3.3. Sea A ⊂ Rn acotado y con volumen. Una función acotada f : A −→ R
con una cantidad finita o numerable de puntos de discontinuidad es integrable.
Demostración. Los puntos de discontinuidad de la extensión de f son los de f y tal vez
alguno más contenido en ∂A. Como ambos conjuntos tienen medida cero, se obtiene el
resultado.
Teorema 1.3.4. (i) Sean A ⊂ Rn acotado y con medida cero, y f : A −→ R cualquier
R
función integrable. Entonces A f = 0.
R
(ii) Sean A ⊂ Rn acotado y f : A −→ R integrable, no negativa y con A f = 0.
Entonces el conjunto {x ∈ A : f (x) 6= 0} tiene medida cero.
Demostración. (i) Sea B un rectángulo que contiene a A y extendamos f a B de la manera
usual. Sea P cualquier partición de B en subrectángulos B1 , . . . , Bm y M una cota superior
P
de f . Entonces s(f, P ) ≤ M m
i=1 inf x∈Bi χA (x) v(Bi ). Los rectángulos de la partición no
pueden estar contenidos en A con lo que s(f, P ) ≤ 0. Ya que S(f, P ) = −s(−f, P ) se
tiene que S(f, P ) ≥ 0. Como P era arbitraria
Z
Z
f ≤0≤
A
y al ser f integrable obtenemos el resultado.
f,
A
1.4. PROPIEDADES DE LA INTEGRAL
13
(ii) Dado m ∈ N consideremos el conjunto Am = {x ∈ A : f (x) > 1/m}. Sea ² > 0.
Sea B un rectángulo que contiene a A y extendamos f a B de la manera usual. Sea P
una partición de B tal que S(f, P ) < ²/m. Si B1 , . . . , Bk son los subrectángulos de P que
cortan a Am , entonces
k
X
v(Bi ) < m
i=1
k
X
i=1
sup f (x) v(Bi ) < ².
x∈Bi
Por tanto, Am tiene volumen cero. Ya que {x ∈ A : f (x) 6= 0} = ∪∞
m=1 Am se obtiene el
resultado.
Ejemplo 1.3.5. Sea
½
f (x, y) =
x2 + sen y1 si y 6= 0,
x2
si y = 0.
Se tiene que f es integrable en A = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 < 1}.
En efecto, esto es debido al teorema de Lebesgue combinado con el Ejemplo 1.2.3.
Ejercicios
1.- Sea
½
f (x, y) =
1 si x 6= 0,
0 si x = 0.
Demuéstrese que f es integrable en A = [0, 1] × [0, 1].
R
2.- Calcúlese A f donde f y A son como en el ejercicio anterior.
3.- Sean A ⊂ Rn un conjunto abierto con volumen y f : A −→ R una función continua
R
no negativa tal que f (x0 ) > 0 para algún x0 ∈ A. Demuéstrese que A f > 0.
1.4.
Propiedades de la integral
Teorema 1.4.1. Sean A, B ⊂ Rn acotados, c ∈ R y f, g : A −→ R funciones integrables.
Entonces:
R
R
R
(i) f + g es integrable y A (f + g) = A f + A g.
R
R
(ii) cf es integrable y A (cf ) = c A f .
¯R ¯ R
(iii) |f | es integrable y ¯ A f ¯ ≤ A |f |.
14
CAPÍTULO 1. INTEGRACIÓN
(iv) Si f ≤ g entonces
R
A
f≤
R
A
g.
¯R ¯
(v) Si A tiene volumen y |f | ≤ M entonces ¯ A f ¯ ≤ M v(A).
(vi) (Teorema del valor medio para integrales) Si f es continua y A tiene
R
volumen y es compacto y conexo entonces existe x0 ∈ A tal que A f = f (x0 )v(A). A
R
1
f se le denomina promedio de f sobre A.
v(A) A
(vii) Sea f : A∪B −→ R. Si A∩B tiene medida cero y f |A , f |B y f |A∩B son integrables
R
R
R
entonces f también lo es y A∪B f = A f + B f .
Demostración. Sea R un rectángulo que contiene a A y extendamos f y g a R de la
manera usual.
(i) Sea ² > 0. Ya que f y g son integrables existen particiones P y P 0 de R tales que
S(f, P )−s(f, P ) < ²/2 y S(g, P 0 )−s(g, P 0 ) < ²/2. Tomando un refinamiento de P y de P 0 ,
P 00 , se tiene que S(f + g, P 00 ) − s(f + g, P 00 ) ≤ S(f, P 00 ) + S(g, P 00 ) − s(f, P 00 ) − s(g, P 00 ) ≤
S(f, P ) + S(g, P 0 ) − s(f, P ) − s(g, P 0 ) < ² con lo que f + g es integrable. La igualdad
integral se obtiene tomando ı́nfimos y supremos respectivamente en P en las desigualdades
S(f + g, P ) ≤ S(f, P ) + S(g, P ) y s(f + g, P ) ≥ s(f, P ) + s(g, P ).
(ii) La demostración de esta propiedad es similar a la de (i).
(iv) Basta con tomar ı́nfimos en P en la desigualdad S(f, P ) ≤ S(g, P ).
(iii) Si f es continua en un punto también lo es |f | luego el teorema de Lebesgue nos
da la integrabilidad de |f |. Ahora, ya que −|f | ≤ f ≤ |f |, aplicando (ii) y (iv) se obtiene
el resultado.
(v) Dada una partición
¯Z
¯
¯
¯
A
P de R,
¯ Z
¯
|f | ≤ S(|f |, P ) ≤ M S(χA , P )
f ¯¯ ≤
A
con lo que concluye la prueba.
(vi) Sean f (x1 ) = inf x∈A f (x) y f (x2 ) = supx∈A f (x). Ya que f (x1 ) ≤
f (x2 ), el teorema de los valores intermedios demuestra la afirmación.
1
v(A)
R
A
f ≤
(vii) Ya que f = f |A + f |B − f |A∩B , por (i) y (ii) se tiene la integrabilidad de f y la
R
igualdad integral, esto último gracias a que A∩B f = 0.
1.5. EL TEOREMA DE FUBINI
15
Ejercicios
1.- Si An tiene volumen para todo n ∈ N y A = ∪∞
n=1 An está acotado, ¿tiene A volumen?
2.- Sean A, B conjuntos con volumen y A ∩ B de medida cero. Demostrar que v(A ∪ B) =
v(A) + v(B).
1.5.
El teorema de Fubini
Teorema 1.5.1 (Teorema de Fubini). Sean A ⊂ Rn y B ⊂ Rm rectángulos y sea
R
f : A × B −→ R integrable. Si B f (x, y)dy existe para cada x ∈ A entonces
¶
Z
Z µZ
f=
f (x, y)dy dx.
A×B
Análogamente, si
R
A
A
B
f (x, y)dx existe para cada y ∈ B entonces
¶
Z
Z µZ
f=
f (x, y)dx dy.
A×B
B
A
Demostración. Nos reduciremos al caso n = m = 1 ya que para dimensiones superiores
la demostración es análoga. Por tanto A = [a, b] y B = [c, d].
Rd
En el primer caso, sea g : [a, b] −→ R la función dada por g(x) = c f (x, y)dy.
R
Rb
Debemos demostrar que g es integrable y que A×B f = a g(x)dx. Sea P = P1 × P2 una
partición de A × B formada por los subrectángulos Sij = Vi × Wj . Entonces
XX
s(f, P ) =
inf f (x, y)v(Wj )v(Vi ).
i
j
(x,y)∈Sij
Para cada x ∈ Vi se tiene que inf (x,y)∈Sij f (x, y) ≤ inf y∈Wj fx (y) donde fx (y) = f (x, y).
Por lo tanto,
X
j
inf
(x,y)∈Sij
f (x, y)v(Wj ) ≤
luego
s(f, P ) ≤
X
j
X
i
inf fx (y)v(Wj ) ≤ g(x),
y∈Wj
inf g(x)v(Vi ) = s(g, P1 ).
x∈Vi
A partir de un argumento similar para las sumas superiores obtenemos que S(g, P1 ) ≤
S(f, P ). La integrabilidad de f nos da el resultado.
El otro caso es análogo.
16
CAPÍTULO 1. INTEGRACIÓN
Como es usual, podemos aplicar este resultado a una región no cuadrada extendiendo
f como cero fuera y aplicando el teorema a un rectángulo que la contenga, aunque al
hacer la extensión f puede desarrollar discontinuidades en la frontera de A × B.
Corolario 1.5.2. Sean ϕ, ψ : [a, b] −→ R continuas tales que ϕ ≤ ψ, A = {(x, y) ∈ R2 :
a ≤ x ≤ b, ϕ(x) ≤ y ≤ ψ(x)} y f : A −→ R continua. Entonces
!
Z
Z b ÃZ ψ(x)
f=
f (x, y)dy dx.
A
a
ϕ(x)
Demostración. Basta con extender f de la manera usual y aplicar el resultado anterior.
La integrabilidad nos la da el teorema de Lebesgue teniendo en cuenta que las gráficas de
ϕ y ψ tienen volumen cero gracias al Ejercicio 1.2.2.
Existe un resultado análogo en el que se intercambian los papeles de x e y.
Ejercicios
1.- Calcular
R
A
f en los siguientes casos:
(i) f (x, y) = (x + y)x y A es el cuadrado dado por A = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x, y ≤ 1}.
(ii) f (x, y) = 1 y A es el triángulo dado por A = {(x, y) ∈ R2 : x, y ≥ 0, x + y ≤ 1}.
(iii) f (x, y) = |y − sen x| y A = [0, π] × [0, 1].
(iv) f (x, y) =
y 3 −2xy 2 +x2 y+x−1
(x−y)2 (x−1)
y A = [2, 3] × [0, 1].
(v) f (x, y) = x y A = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 2x}.
p
(vi) f (x, y) = x 1 − x2 − y 2 y A = {(x, y) ∈ R2 : x, y ≥ 0, x2 + y 2 ≤ 1}.
R
2.- Calcular A f en los siguientes casos:
(i) f (x, y, z) = (x + y + z)2 y A es el tetraedro de vértices (0, 0, 0), (1, 0, 0), (0, 1, 0) y
(0, 0, 1).
(ii) f (x, y, z) = x y A es la región de R3 acotada por los planos x = 0, y = 0 y z = 2 y la
superficie z = x2 + y 2 .
R1R1
3.- En la integral 0 x xydy dx cámbiese el orden de integración y evalúese.
R 1 R ex
4.- Dibújese la región correspondiente a la integral 0 1 (x + y)dy dx y evalúese. Comprobar que al intercambiar el orden de integración la respuesta no se altera.
1.6. EL TEOREMA DEL CAMBIO DE VARIABLES
17
5.- Calcular el volumen de la bola abierta de Rn de centro el origen y radio r.
6.- Sean A = [0, 1] × [0, 1] y f : A −→ R la función definida por
½
x si x > y,
f (x, y) =
y 2 si x ≤ y.
Probar que f es integrable y calcular su integral.
7.- Sea f : [0, 2] × [0, 2] −→ R definida por
½ [y] [x]
x y
si x 6= 0 e y 6= 0,
f (x, y) =
0
si x = 0 o y = 0.
Probar que f es integrable y calcular su integral.
1.6.
El teorema del cambio de variables
Teorema 1.6.1 (Teorema del cambio de variables). Sean A ⊂ Rn un conjunto
abierto y g : A −→ Rn una transformación C 1 e inyectiva tal que Jg(x) 6= 0 para todo
x ∈ A. Si B ⊂ A tiene volumen y f : g(B) −→ R es integrable entonces (f ◦ g)|Jg| es
integrable en B y
Z
Z
f=
g(B)
(f ◦ g)|Jg|.
B
Realmente basta pedir que g sea inyectiva en int(B) y que Jg(x) 6= 0 para todo
x ∈ int(B).
Una aplicación del teorema del cambio de variables viene dada por las coordenadas
polares. La función que pasa de ellas a coordenadas rectangulares es
g(r, θ) = (r cos θ, r sen θ)
cuyo jacobiano es r.
Otro cambio de variables de gran utilidad lo dan las coordenadas esféricas. La función
que pasa de ellas a coordenadas rectangulares es
g(r, ϕ, θ) = (r sen ϕ cos θ, r sen ϕ sen θ, r cos ϕ)
cuyo jacobiano es r2 sen ϕ. El ángulo ϕ es el formado con la parte positiva del eje OZ.
Finalmente, la función que pasa de coordenadas cilı́ndricas a rectangulares es
g(r, θ, z) = (r cos θ, r sen θ, z)
cuyo jacobiano es r.
18
CAPÍTULO 1. INTEGRACIÓN
Ejercicios
1.- Calcular
2.- Calcular
R1R1
0
R
A
0
(x4 − y 4 )dx dy usando el cambio de variables u = x2 − y 2 , v = 2xy.
f en los siguientes casos:
(i) f (x, y) = x2 + y 2 y A es el disco unidad dado por A = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 1}.
(ii) f (x, y) = (y 2 − x2 )xy (x2 + y 2 ) y A = {(x, y) ∈ R2 : x, y > 0, a ≤ xy ≤ b, y 2 − x2 ≤
1, x ≤ y} con 0 < a ≤ b.
(iii) f (x, y) = (x2 + y 2 )−3/2 y A = {(x, y) ∈ R2 : x ≤ y, x + y ≥ 1, x2 + y 2 ≤ 1}.
(iv) f (x, y) = x2 + y 2 y A = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 2y, x2 + y 2 ≤ 1, x ≥ 0}.
(v) f (x, y) = x2 + y 2 y A = {(x, y) ∈ R2 : (x2 + y 2 )2 ≤ 4(x2 − y 2 ), x ≥ 0}.
R
3.- Calcular A f en los siguientes casos:
(i) f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 y A = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 < 1}.
2
2
(ii) f (x, y, z) = ze−x −y y A = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1}.
p
(iii) f (x, y, z) = 1/ 1 + x2 + y 2 + z 2 y A la bola unidad.
(iv) f (x, y, z) = x2 y A = {(x, y, z) ∈ R3 : x ≥ 0, x2 + y 2 + (z − 1)2 ≤ 1, 4z 2 ≥ 3(x2 + y 2 )}.
p
√
(v) f (x, y, z) = yz x2 + y 2 y A = {(x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ z ≤ x2 + y 2 , 0 ≤ y ≤ 2x − x2 }.
(vi) f (x, y, z) = z y A = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 ≤ 2, x2 + y 2 ≤ z}.
(vii) f (x, y, z) = z 2 y A = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 ≤ a2 , x2 + y 2 + z 2 ≤ 2az}.
4.- Calcular el volumen de A en los siguientes casos:
(i) A = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 ≤ a2 , x2 + y 2 ≤ z 2 }.
(ii) A = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 ≤ a2 , x2 + y 2 ≤ ax, z ≥ 0}.
1.7.
Derivación bajo el signo integral
Proposición 1.7.1. Sea f : [a, b] × [c, d] −→ R continua tal que
Sea
Z
b
F (y) =
f (x, y)dx.
a
∂f
∂y
existe y es continua.
1.7. DERIVACIÓN BAJO EL SIGNO INTEGRAL
Entonces F es derivable y
Z
b
0
F (y) =
a
19
∂f
(x, y)dx.
∂y
Demostración. Se tiene que
¯Z b µ
¯
¯
¶ ¯
Z b
¯
¯ F (y + h) − F (y)
¯
¯
f (x, y + h) − f (x, y) ∂f
∂f
¯
¯
¯
−
(x, y)dx¯ = ¯
−
(x, y) dx¯¯
¯
h
h
∂y
a ∂y
¯Za b µ
¶ ¯
¯
¯
∂f
∂f
= ¯¯
(x, cx,h ) −
(x, y) dx¯¯
∂y
∂y
a
para algún cx,h entre y e y + h, usando el teorema del valor medio. Como
∂f
∂y
es uniforme-
mente continua al ser continua en un compacto, dado ² > 0 existe δ > 0 tal que
¯
¯
¯ ∂f
¯
∂f
¯ (x0 , y0 ) −
¯< ²
(x,
y)
¯ ∂y
¯ b−a
∂y
siempre que |x − x0 |, |y − y0 | < δ. Si |h| < δ entonces
¯
¯
Z b
¯ F (y + h) − F (y)
¯
∂f
²
¯
−
(x, y)dx¯¯ ≤
(b − a) = ²
¯
h
b−a
a ∂y
lo que concluye la prueba.
Ejercicios
1.- Demostrar que
Z
2π
x sen(tx)dx =
0
sen(2πt) − 2πt cos(2πt)
t2
R 2π
considerando la derivada de 0 cos(tx)dx con respecto a t.
R 2π
2.- Derivar 0 x cos(tx)dx con respecto a t.
3.- Sea f : [a, b] × [c, d] −→ R continua tal que ∂f
existe y es continua en [a, b] × [c, d].
∂y
Sean u, v : [c, d] −→ [a, b] derivables y
Z v(t)
F (t) =
f (x, t)dx.
u(t)
Demostrar que
Z
0
0
0
v(t)
F (t) = f (v(t), t)v (t) − f (u(t), t)u (t) +
u(t)
∂f
(x, t)dx
∂t
lo cual constituye la regla de Leibniz para la derivación de integrales.
20
CAPÍTULO 1. INTEGRACIÓN
1.8.
Integrales impropias
Las integrales impropias son de dos tipos dependiendo de si es la función o el dominio
lo que no está acotado. En primer lugar consideremos el segundo caso. Extenderemos las
funciones a todo el espacio de la manera usual.
Definición 1.8.1. Sea f : A ⊂ Rn −→ [0, ∞) una función acotada e integrable en cada
R
cubo n-dimensional [−a, a]n = [−a, a] × · · · × [−a, a]. Si lı́ma→∞ [−a,a]n f es finito, lo
R
llamamos A f y decimos que f es integrable sobre A.
Teorema 1.8.2. Sea f : A ⊂ Rn −→ [0, ∞) una función acotada e integrable en cada cubo
[−a, a]n . Entonces f es integrable sobre A si y solo si para cada sucesión no decreciente
(Bk )k∈N de conjuntos acotados con volumen tal que para cada cubo C se tiene que C ⊂ Bk
R
R
R
para k suficientemente grande, existe lı́mk→∞ Bk f . En este caso, lı́mk→∞ Bk f = A f .
Demostración. Supongamos primero que f es integrable. Si [−a, a]n ⊂ Bk ⊂ [−b, b]n
entonces, gracias a que f χ[−a,a]n ≤ f χBk ≤ f χ[−b,b]n , se tiene que
Z
Z
Z
f≤
f≤
f
[−a,a]n
Bk
[−b,b]n
con lo que se tiene el resultado.
³R
´
Recı́procamente,
f
es una sucesión creciente convergente a C, luego para
Bk
N
k∈
cada a, como [−a, a]n ⊂ Bk para algún k ∈ N suficientemente grande, se tiene que
R
R
f
≤
C
con
lo
que
concluye
la
prueba
al
ser
f una función de a creciente y
n
[−a,a]
[−a,a]n
acotada superiormente, luego convergente.
Obsérvese que se tiene un criterio de comparación: si f es integrable, g es integrable
R
en cada cubo y 0 ≤ g ≤ f entonces g también es integrable pues [−a,a]n g es creciente con
R
a y está acotada por A f con lo que converge cuando a → ∞.
A continuación analizaremos el caso de una función f : A ⊂ Rn −→ [0, ∞) no acotada
siendo A posiblemente no acotado. Reducimos el problema al caso ya estudiado cortando
la gráfica de f para obtener una función acotada.
Definición 1.8.3. Para cada M > 0 sea
½
f (x) si f (x) ≤ M,
fM (x) =
M
si f (x) > M.
Cada función fM está acotada por M y 0 ≤ fM ≤ f . Si fM es integrable para todo M > 0
R
R
y lı́mM →∞ A fM es finito, lo llamamos A f y decimos que f es integrable sobre A.
1.8. INTEGRALES IMPROPIAS
21
Como antes, tenemos el siguiente criterio de comparación: si f es integrable y 0 ≤ g ≤
f entonces g también es integrable.
Definición 1.8.4. Dada una función f : A ⊂ Rn −→ R sean
½
f (x) si f (x) ≥ 0,
+
f (x) =
0
si f (x) < 0,
y
½
−
f (x) =
−f (x) si f (x) ≤ 0,
0
si f (x) > 0,
las partes positiva y negativa de f , respectivamente. Si f + y f − son integrables decimos
R
R
R
que f es integrable sobre A y A f = A f + − A f − .
En el caso unidimensional tenemos el siguiente método para calcular integrales impropias:
Teorema 1.8.5. (i) Sean f : [a, ∞) −→ [0, ∞) acotada y continua y F una primitiva de
f . Entonces f es integrable si y solo si es finito lı́mx→∞ F (x). En este caso,
Z
Z ∞
f=
f (x)dx = lı́m F (x) − F (a).
[a,∞)
x→∞
a
(ii) Una función continua f : (a, b] −→ [0, ∞) es integrable si y solo si es finito
Z
b
lı́m
²→0+
En este caso, este lı́mite es igual a
Demostración. (i) Ya que
Rb
a
Rb
f (x)dx.
a+²
f (x)dx.
f (x)dx =
−b
Rb
a
f (x)dx para b > |a|, se obtiene el resultado.
(ii) Demos dos pasos preliminares. Dado ² > 0, si M = supx∈[a+²,b] f (x) entonces
Rb
f (x)dx ≤ a fM (x)dx.
a+²
Rb
Ahora, dados ², M > 0 se tiene que
Z b
Z b
Z
fM (x)dx −
f (x)dx ≤
a
a+²
a+²
fM (x)dx ≤ ²M.
a
Rb
Supongamos primero que f es integrable. Es claro por el primer paso que a+² f (x)dx
Rb
crece cuando ² → 0+ hacia algo menor o igual que a f (x)dx. Dado δ > 0, elı́jase M de
Rb
Rb
modo que a f (x)dx − a fM (x)dx < δ/2. Si ² = δ/2M entonces, por el segundo paso,
22
Rb
a
CAPÍTULO 1. INTEGRACIÓN
fM (x)dx −
Rb
a+²
f (x)dx ≤ δ/2. En consecuencia,
Rb
a
f (x)dx −
Rb
a+²
f (x)dx < δ con lo que
se tiene el resultado.
El recı́proco se tiene gracias a que
Rb
Rab
fM (x)dx es una función no decreciente en M y
acotada superiormente por 1 + lı́m²→0+ a+² f (x)dx ya que para M suficientemente grande
Rb
R a+1/M
Rb
f (x)dx = a
fM (x)dx + a+1/M fM (x)dx.
a M
Con frecuencia se dice que “
R
A
f converge”en vez de “f es integrable”.
Ejercicios
1.- Demostrar que
R∞
(i) 1 xp dx converge si p < −1 y diverge si p ≥ −1.
Ra
(ii) 0 xp dx converge si p > −1 y diverge si p ≤ −1.
R∞
(iii) 1 e−x xp dx converge para todo p ∈ R.
Ra
(iv) 0 e1/x xp dx diverge para todo p ∈ R.
Ra
(v) 0 log xdx converge.
R∞
(vi) 1 log1 x dx diverge.
R∞
(vii) 1 √x13 +1 dx converge.
R1
(viii) 0 e−x xp dx converge si p > −1.
R∞ x
(ix) 1 xsen
2 +1 dx converge.
R ∞ xp
(x) 0 1+x
p dx converge si p < −1 y diverge si p ≥ −1.
R∞
2
2.- Calcular −∞ e−x dx.
R
3.- Calcular A f en los siguientes casos:
√
(i) f (x, y) = 1/ xy y A = (0, 4] × (0, 4].
(ii) f (x, y) = 1/(x2 + y 2 + 1)2 y A = R2 .
p
(iii) f (x, y, z) = 1/ x2 + y 2 + z 2 y A = {(x, y, z) ∈ R3 : 0 < x2 + y 2 + z 2 ≤ 1}.
Capı́tulo 2
Integral de lı́nea y de superficie
2.1.
Longitud de una curva
Definición 2.1.1. Sea c : [a, b] −→ Rn una curva continua. Definimos la longitud de c y
la denotamos por l(c) como
( m
)
X
l(c) = sup
kc(ti ) − c(ti−1 )k : P = {a = t0 < t1 < · · · < tm = b} partición de [a, b] .
i=1
Proposición 2.1.2. Si c : [a, b] −→ Rn es una curva de clase C 1 a trozos entonces
l(c) < ∞ y
Z
b
l(c) =
kc0 (t)kdt.
a
Demostración. Podemos suponer que c = (c1 , . . . , cn ) es de clase C 1 ya que si es de clase
C 1 a trozos la podemos poner como unión de curvas de clase C 1 .
Sea P = {a = t0 < t1 < · · · < tm = b} una partición de [a, b]. Para cada 1 ≤ i ≤ m se
tiene que
kc(ti ) − c(ti−1 )k2 =
n
X
(ck (ti ) − ck (ti−1 ))2
k=1
= (ti − ti−1 )
n
X
c0k (si )(ck (ti ) − ck (ti−1 ))
k=1
≤ kc0 (si )kkc(ti ) − c(ti−1 )k(ti − ti−1 )
donde la última igualdad se obtiene aplicando el teorema del valor medio a la función
Pn
k=1 ck (t)(ck (ti ) − ck (ti−1 )) definida sobre [ti−1 , ti ], y la desigualdad es debida a la de
24
CAPÍTULO 2. INTEGRAL DE LÍNEA Y DE SUPERFICIE
Cauchy-Schwartz. Ası́,
m
X
kc(ti ) − c(ti−1 )k ≤
i=1
m
X
kc0 (si )k(ti − ti−1 ) ≤ S(kc0 k, P ).
i=1
Por tanto, tomando supremo e ı́nfimo en todas las particiones de [a, b] respectivamente
Rb
obtenemos que l(c) ≤ a kc0 (t)kdt < ∞.
Veamos ahora la desigualdad contraria. Dado ² > 0 existe δ > 0 tal que si s, t ∈ [a, b]
√
con |s − t| < δ entonces |c0k (s) − c0k (t)| < ²/ n para todo 1 ≤ k ≤ n. Sea P = {a = t0 <
t1 < · · · < tm = b} una partición de [a, b] de diámetro menor que δ. Usando el teorema
del valor medio se tiene que
kc(ti+1 ) − c(ti )k =
" n
X
#1/2
c0k (sik )2 (ti+1
k=1
=
à n
X
− ti )
2
!1/2
c0k (sik )2
(ti+1 − ti )
k=1
" n
#1/2 


X
≥
kc0 (t∗ )k −
(c0k (t∗ ) − c0k (sik ))2
(t − ti )

 i+1
k=1
0
∗
≥ (kc (t )k − ²)(ti+1 − ti )
con sik ∈ [ti , ti+1 ] para todo 1 ≤ k ≤ n y t∗ ∈ [ti , ti+1 ] tal que kc0 (t∗ )k = inf t∈[ti ,ti+1 ] kc0 (t)k.
Por tanto,
l(c) ≥ s(kc0 k, P ) − ²(b − a).
Tomando supremo en P se obtiene el resultado.
Ejercicios
1.- Calcular la longitud de las siguientes curvas:
(i) c(t) = (r cos t, r sen t) con t ∈ [0, 2π].
(ii) c(t) = (cos t, sen t, t2 ) con t ∈ [0, π].
(iii) c(t) = (|t|, |t − 12 |, 0) con t ∈ [−1, 1].
(iv) la cicloide c(t) = (t − sen t, 1 − cos t) con t ∈ [0, 2π].
(v) c(t) = (cos t, sen t, cos 2t, sen 2t) con t ∈ [0, π].
(vi) c(t) = (2 cos t, 2 sen t, t) si t ∈ [0, 2π] y c(t) = (2, t − 2π, t) si t ∈ [2π, 4π].
2.2. LA INTEGRAL DE TRAYECTORIA
25
(vii) c(t) = (t, t sen t, t cos t) entre (0, 0, 0) y (π, 0, −π).
(viii) c(t) = (2t, t2 , log t) con t > 0 entre (2, 1, 0) y (4, 4, log 2).
(ix) la cardioide cuya ecuación en polares es r(t) = 1 − cos t con t ∈ [0, 2π].
(x) y = ex con x ∈ [0, 1].
(xi) y 2 = 4x con y ∈ [0, 2].
2.2.
La integral de trayectoria
Definición 2.2.1. Sean una función escalar f : Rn −→ R y una trayectoria de clase C 1
c : [a, b] −→ Rn tales que f ◦ c es continua en [a, b]. Definimos la integral de f a lo largo
de la trayectoria c como
Z
Z b
f ds =
f (c(t))kc0 (t)kdt.
c
a
R
Si c es C 1 a trozos o f ◦ c es continua a trozos, definimos c f ds partiendo [a, b] en
segmentos sobre los cuales f (c(t))kc0 (t)k sea continua y sumando las integrales sobre los
segmentos.
Si f = 1 entonces
La definición de
R
c
f ds = l(c).
R
f ds se puede justificar de la siguiente forma: dada P = {a =
R
t0 < t1 < · · · < tm = b} partición de [a, b], c f ds se puede aproximar, usando el teoP
∗
0 ∗
∗
rema del valor medio, por m
i=1 f (c(ti ))kc (ti )k(ti − ti−1 ) donde ti ∈ [ti−1 , ti ] es tal que
R ti
kc0 (t)kdt = kc0 (t∗i )k(ti − ti−1 ) para todo 1 ≤ i ≤ m. Haciendo que el diámetro de P
ti−1
Rb
tienda a 0 se obtiene a f (c(t))kc0 (t)kdt.
c
Ejercicios
1.- Calcular
R
c
f ds en los siguientes casos:
(i) f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 y c(t) = (cos t, sen t, t) con t ∈ [0, 2π].
(ii) f (x, y, z) = x + y + z y c(t) = (sen t, cos t, t) con t ∈ [0, 2π].
(iii) f (x, y, z) = x cos z y c(t) = (t, t2 , 0) con t ∈ [0, 1].
(iv) f (x, y, z) = e
√
z
y c(t) = (1, 2, t2 ) con t ∈ [0, 1].
26
CAPÍTULO 2. INTEGRAL DE LÍNEA Y DE SUPERFICIE
(v) f (x, y, z) = yz y c(t) = (t, 3t, 2t) con t ∈ [1, 3].
(vi) f (x, y, z) =
x+y
y+z
(vii) f (x, y, z) =
1
y3
y c(t) = (t, 23 t3/2 , t) con t ∈ [1, 2].
y c(t) = (log t, t, 2) con t ∈ [1, e].
(viii) f (x, y, z) = xyz y c(t) = (et cos t, et sen t, 3) con t ∈ [0, 2π].
(ix) f (x, y, z) = xyz y c(t) = (cos t, sen t, t) con t ∈ [0, 2π].
(x) f (x, y, z) = xyz y c(t) = ( 32 t2 , 2t2 , t) con t ∈ [0, 1].
(xi) f (x, y, z) = xyz y c(t) = (t, √12 t2 , 13 t3 ) con t ∈ [0, 1].
(xii) f (x, y, z) = x + y + yz y c(t) = (sen t, cos t, t) con t ∈ [0, 2π].
(xiii) f (x, y, z) = x + cos2 z y c(t) = (sen t, cos t, t) con t ∈ [0, 2π].
(xiv) f (x, y, z) = x + y + z y c(t) = (t, t2 , 23 t3 ) con t ∈ [0, 1].
(xv) f (x, y) = xy y c es el borde del cuadrado |x| + |y| = 2.
(xvi) f (x, y) = √
(xvii) f (x, y, z) =
1
x2 +y 2 +4
y c es el segmento que une (0, 0) y (1, 2).
p
2y 2 + z 2 y c es la circunferencia de ecuaciones
½ 2
x + y 2 + z 2 = 1,
c≡
x = y.
2.- Mostrar que si la trayectoria c viene dada en coordenadas polares por r = r(θ) con
θ1 ≤ θ ≤ θ2 entonces la integral de f (x, y) a lo largo de c
Z
Z θ2
p
f ds =
f (r cos θ, r sen θ) (r(θ))2 + (r0 (θ))2 dθ.
c
2.3.
θ1
La integral de lı́nea
Definición 2.3.1. Sean un campo vectorial continuo F : Rn −→ Rn y una trayectoria de
clase C 1 c : [a, b] −→ Rn . Definimos la integral de lı́nea de F a lo largo de la trayectoria
c como
Z
Z
b
F ds =
c
F (c(t)) · c0 (t)dt.
a
Si (F ◦ c) · c0 es continua a trozos, definimos
0
R
c
F ds partiendo [a, b] en segmentos sobre
los cuales (F ◦ c) · c sea continua y sumando las integrales sobre los segmentos.
2.3. LA INTEGRAL DE LÍNEA
27
Definición 2.3.2. Sean h : [a, b] −→ [c, d] una función de clase C 1 y biyectiva y c :
[c, d] −→ Rn una trayectoria de clase C 1 a trozos. A p = c ◦ h : [a, b] −→ Rn la llamamos
reparametrización de c.
Si h0 (t) > 0 para todo t ∈ [a, b] se dice que p conserva la orientación y una partı́cula
que recorra p se mueve en la misma dirección que una que recorra c.
Si h0 (t) < 0 para todo t ∈ [a, b] se dice que p invierte la orientación y una partı́cula
que recorra p se mueve en dirección opuesta que una que recorra c.
Ejemplos 2.3.3. Sea c : [a, b] −→ Rn una trayectoria de clase C 1 a trozos.
(i) La trayectoria c− : [a, b] −→ Rn , c− (t) = c(a+b−t), llamada trayectoria opuesta a c,
es la reparametrización de c que corresponde al cambio de coordenadas h : [a, b] −→ [a, b],
h(t) = a + b − t. La trayectoria c− invierte la orientación.
(ii) La trayectoria p : [0, 1] −→ Rn , p(t) = c(a + (b − a)t), es la reparametrización de
c que corresponde al cambio de coordenadas h : [0, 1] −→ [a, b], h(t) = a + (b − a)t. La
trayectoria p conserva la orientación.
Teorema 2.3.4. Sea F un campo vectorial continuo en la trayectoria c : [c, d] −→ Rn de
clase C 1 y sea p : [a, b] −→ Rn una reparametrización de c. Si p conserva la orientación
entonces
Z
Z
F ds = F ds
p
y si la invierte entonces
c
Z
Z
F ds = −
p
F ds.
c
Demostración. Se tiene que
Z
Z
F ds =
p
Z
b
F (p(t)) · p (t)dt =
a
Esta última integral es
Z
b
0
0
0
a
Z
d
h(a)
Z
0
F (c(u)) · c (u)du =
c
F ds
c
si p conserva la orientación, y es
Z c
Z
0
F (c(u)) · c (u)du = − F ds
d
si p invierte la orientación.
h(b)
F (c(h(t))) · c (h(t))h (t)dt =
c
F (c(u)) · c0 (u)du.
28
CAPÍTULO 2. INTEGRAL DE LÍNEA Y DE SUPERFICIE
El teorema anterior es cierto también si c es de clase C 1 a trozos, como podemos ver
si rompemos los intervalos en segmentos en los cuales las trayectorias sean de clase C 1 y
sumamos las integrales sobre dichos segmentos.
Para la integral de trayectoria, el resultado no varia bajo reparametrizaciones como
muestra el siguiente teorema, el cual se demuestra de manera análoga al anterior:
Teorema 2.3.5. Sean c una trayectoria de clase C 1 a trozos, f una función escalar
continua definida en la imagen de c, y p cualquier reparametrización de c. Entonces
Z
Z
f ds = f ds.
p
c
Recordemos que un campo vectorial F es un campo vectorial gradiente si F = ∇f
para alguna función escalar f .
El siguiente resultado constituye una generalización del teorema fundamental del cálculo:
Teorema 2.3.6. Sean f : Rn −→ R una función de clase C 1 y c : [a, b] −→ Rn una
trayectoria de clase C 1 a trozos. Entonces
Z
∇f ds = f (c(b)) − f (c(a)).
c
Demostración. Sea F (t) = f (c(t)) con t ∈ [a, b]. Aplicando la regla de la cadena se tiene
que F 0 (t) = ∇f (c(t)) · c0 (t) de lo que se sigue el resultado.
Expresemos ahora la teorı́a anterior de forma independiente de la parametrización.
Definición 2.3.7. Definimos curva simple C como la imagen de una aplicación inyectiva
c : [a, b] −→ Rn de clase C 1 a trozos. Llamamos a c parametrización de C.
La curva C tiene dos orientaciones asociadas. Llamamos a C junto con una orientación,
curva simple orientada.
Si c(a) = c(b) y c no es necesariamente inyectiva en [a, b) llamamos a C curva cerrada.
Si además c es inyectiva en [a, b) decimos que C es una curva cerrada simple.
Análogamente se define curva cerrada simple orientada.
Definición 2.3.8. Sean f : Rn −→ R una función escalar continua, F : Rn −→ Rn
un campo vectorial continuo y C una curva (cerrada) simple orientada. Se definen las
2.3. LA INTEGRAL DE LÍNEA
29
integrales de trayectoria de f y de lı́nea de F sobre C respectivamente como
Z
Z
f ds = f ds
C
y
c
Z
Z
F ds =
C
F ds
c
siendo c cualquier parametrización de C que conserve la orientación.
Si C − es la curva C pero con orientación opuesta entonces
R
F ds = −
C
R
C−
F ds.
Ejercicios
1.- Calcular
R
c
F ds en los siguientes casos:
(i) F (x, y, z) = (x, y, z) y c(t) = (sen t, cos t, t) con t ∈ [0, 2π].
(ii) F (x, y, z) = (x2 , xy, 1) y c(t) = (t, t2 , 1) con t ∈ [0, 1].
(iii) F (x, y, z) = (cos z, ex , ey ) y c(t) = (1, t, et ) con t ∈ [0, 2].
√
(iv) F (x, y, z) = (sen z, cos z, − 3 xy) y c(t) = (cos3 t, sen3 t, t) con t ∈ [0, 7π
].
2
(v) F (x, y, z) = (x3 , y, z) y c(t) = (0, cos t, sen t) con t ∈ [0, 2π].
(vi) F (x, y, z) = (yz, xz, xy) y c está formada por los segmentos de recta que unen (1, 0, 0),
(0, 1, 0) y (0, 0, 1).
(vii) F (x, y, z) = (x2 , −xy, 1) y c es la parábola z = x2 , y = 0 de (−1, 0, 1) a (1, 0, 1).
(viii) F (x, y, z) = (y, 2x, y) y c(t) = (t, t2 , t3 ) con t ∈ [0, 1].
(ix) F (x, y, z) = (y, 3y 3 − x, z) y c(t) = (t, tn , 0) con t ∈ [0, 1] y n ∈ N.
2.- Sean F (x, y, z) = (yz, xz, xy) y c(t) = (t, t2 , t3 ) con t ∈ [−5, 10]. Calcular
R
F ds.
c−
R
c
3.- Sean F (x, y, z) = (y, x, 0) y c(t) = ( 14 t4 , sen3 ( π2 t), 0) con t ∈ [0, 1]. Calcular
F ds y
R
c
F ds
expresando F como un gradiente.
R
4.- Calcular C F ds siendo F (x, y) = (x2 , xy) y C el perı́metro de [0, 1] × [0, 1] orientado
en sentido contrario a las agujas del reloj.
5.- Sean F : Rn −→ Rn un campo vectorial continuo y c : [a, b] −→ Rn una trayectoria de
clase C 1 .
30
CAPÍTULO 2. INTEGRAL DE LÍNEA Y DE SUPERFICIE
(i) Supóngase que F es perpendicular a c0 (t) en c(t) para todo t ∈ [a, b]. Demostrar que
R
F ds = 0.
c
(ii) Supóngase que F es paralelo a c0 (t) en c(t) para todo t ∈ [a, b] (es decir, F (c(t)) =
R
R
λ(t)c0 (t) con λ(t) > 0 para todo t ∈ [a, b]). Demostrar que c F ds = c kF kds.
6.- Sean F : Rn −→ Rn un campo vectorial continuo tal que kF k ≤ M y c : [a, b] −→ Rn
¯R
¯
una trayectoria de clase C 1 . Demostrar que ¯ F ds¯ ≤ M l(c).
c
7.- Sean c1 , c2 dos trayectorias de clase C 1 con los mismos puntos extremos y F un campo
R
R
R
vectorial continuo. Demostrar que c1 F ds = c2 F ds si y solo si C F ds = 0 donde C es
la curva cerrada simple que se obtiene al moverse primero a lo largo de c1 y después a lo
largo de c2 en sentido opuesto.
8.- Sean c una trayectoria de clase C 1 y T el vector tangente unitario. ¿Qué es
R
c
T ds?
9.- Sea F (x, y, z) = (z 3 + 2xy, x2 , 3xz 2 ). Mostrar que la integral de F sobre el contorno
del cuadrado de vértices (±1, ±1) es 0.
10.- ¿Cuál es el valor de la integral de un campo vectorial gradiente alrededor de una
curva cerrada simple C?
R
11.- Calcular C F ds siendo F (x, y, z) = (2xyz, x2 z, x2 y) y C una curva simple orientada
que une (1, 1, 1) con (1, 2, 4).
2
2
2
12.- Sea ∇f (x, y, z) = (2xyzex , zex , yex ). Si f (0, 0, 0) = 5 calcular f (1, 1, 2).
2.4.
Campos conservativos
Dado un campo vectorial F : R3 −→ R3 de clase C 1 definimos su rotacional, rot F ,
como
rot F = ∇ × F.
Teorema 2.4.1. Sea F : R3 −→ R3 un campo vectorial de clase C 1 . Son equivalentes:
R
(i) c F ds = 0 para toda trayectoria cerrada c de clase C 1 a trozos.
R
R
(ii) c1 F ds = c2 F ds para cualesquiera dos trayectorias c1 y c2 de clase C 1 a trozos
con los mismos puntos extremos.
(iii) F = ∇f para alguna función escalar f .
2.4. CAMPOS CONSERVATIVOS
31
(iv) rot F = 0.
Demostración. (i)⇒(ii). Basta con utilizar la técnica del Ejercicio 2.3.7.
R
(ii)⇒(iii). Sea f (x, y, z) = c F ds donde c es la trayectoria que une mediante segmentos
(0, 0, 0) con (x, 0, 0), éste con (x, y, 0) y finalmente éste con (x, y, z). Por tanto
Z x
Z y
Z z
f (x, y, z) =
F1 (t, 0, 0)dt +
F2 (x, t, 0)dt +
F3 (x, y, t)dt
0
0
donde F = (F1 , F2 , F3 ). Se tiene que
∂f
∂z
0
= F3 . Por hipótesis, f (x, y, z) no varı́a si unimos
primero (0, 0, 0) con (x, 0, 0), éste con (x, 0, z) y finalmente éste con (x, y, z). De esta forma
obtenemos que
∂f
∂y
= F2 . Análogamente se obtiene que
∂f
∂x
= F1 .
(iii)⇒(iv). Basta con calcular rot ∇f .
(iv)⇒(i). Como el Teorema 2.3.6 nos da (i) con (iii) como hipótesis, basta con obtener
R
(iii) a partir de (iv). Sea f (x, y, z) = c F ds donde c(t) = t(x, y, z) con t ∈ [0, 1]. Entonces
R1
f (x, y, z) = 0 F (tx, ty, tz) · (x, y, z)dt. Utilizando la Proposición 1.7.1 y la hipótesis se
obtiene el resultado.
El teorema anterior es cierto también si consideramos Rn en vez de R3 debiéndose
entonces sustituir la condición (iv) por
∂Fi
∂Fj
=
∂xj
∂xi
para todos 1 ≤ i, j ≤ n. La demostración es análoga.
Un campo vectorial que satisfaga una (y, por lo tanto, todas) de las condiciones del
teorema anterior se llama campo vectorial conservativo o irrotacional. A la función f se
le llama potencial para F .
Dado un campo vectorial F : R3 −→ R3 de clase C 1 definimos su divergencia, div F ,
como
div F = ∇ · F.
Teorema 2.4.2. Sea F = (F1 , F2 , F3 ) : R3 −→ R3 un campo vectorial de clase C 1 tal que
div F = 0. Entonces existe un campo vectorial G : R3 −→ R3 tal que rot G = F .
Demostración. Sea G = (G1 , G2 , G3 ) con
Z z
Z
G1 (x, y, z) =
F2 (x, y, t)dt −
0
y
F3 (x, t, 0)dt,
0
32
CAPÍTULO 2. INTEGRAL DE LÍNEA Y DE SUPERFICIE
Z
z
G2 (x, y, z) = −
F1 (x, y, t)dt
0
y
G3 (x, y, z) = 0.
Utilizando la Proposición 1.7.1 se obtiene que rot G = F .
Si G : R3 −→ R3 es un campo vectorial de clase C 2 entonces div rot G = 0.
Ejercicios
1.- Mostrar que el campo vectorial F (x, y, z) = (y, z cos yz + x, y cos yz) es irrotacional y
hallar un potencial para él.
2.- Determinar si los siguientes campos vectoriales son conservativos y hallar cuando exista
un potencial para ellos:
(i) F (x, y) = (exy , ex+y ).
(ii) F (x, y) = (2x cos y, −x2 sen y). En este caso calcular
t−1
dada por c(t) = (e
, sen
π
)
t
R
c
F ds siendo c la trayectoria
con t ∈ [1, 2].
(iii) F (x, y) = (x, y).
(iv) F (x, y) = (xy, xy).
(v) F (x, y) = (x2 + y 2 , 2xy).
(vi) F (x, y) = (cos xy − xy sen xy, −x2 sen xy).
p
p
(vii) F (x, y) = (x x2 y 2 + 1, y x2 y 2 + 1).
(viii) F (x, y) = ((2x + 1) cos y, −(x2 + x) sen y).
(ix) F (x, y) = (xy 2 + 3x2 y, x2 (x + y)). En este caso calcular
R
c
F ds siendo c la trayectoria
que une mediante segmentos (1, 1) a (0, 2) y éste a (3, 0).
³
´
R
2 +1)
(x) F (x, y) = y22x+1 , − 2y(x
.
En
este
caso
calcular
F ds siendo c la trayectoria dada
2
2
(y +1)
c
por c(t) = (t3 − 1, t6 − t) con t ∈ [0, 1].
(xi) F (x, y) = (cos xy 2 − xy 2 sen xy 2 , −2x2 y sen xy 2 ). En este caso calcular
c la trayectoria dada por c(t) = (et , et+1 ) con t ∈ [−1, 0].
R
c
F ds siendo
3.- Mostrar que cualesquiera dos potenciales para un mismo campo vectorial difieren en
una constante.
2.5. EL TEOREMA DE GREEN
33
4.- Sea F (x, y) = (xy, y 2 ) y sea c la trayectoria y = 2x2 que une (0, 0) con (1, 2) en R2 .
R
Calcular c F ds. ¿Depende esta integral de la trayectoria que une (0, 0) con (1, 2)?
5.- Hallar cuando exista un potencial para los siguientes campos vectoriales:
R
(i) F (x, y, z) = (2xyz +sen x, x2 z, x2 y). En este caso calcular c F ds siendo c la trayectoria
dada por c(t) = (cos5 t, sen3 t, t4 ) con t ∈ [0, π].
(ii) F (x, y, z) = (xy, y, z).
(iii) F (x, y, z) = (ex sen y, ex cos y, z 2 ). En este caso calcular
√
√
dada por c(t) = ( t, t3 , e t ) con t ∈ [0, 1].
R
c
F ds siendo c la trayectoria
(iv) F (x, y, z) = (x, y, z).
(v) F (x, y, z) = (x2 + 1, z − 2xy, y).
6.- En cada uno de los siguientes casos, dado el campo vectorial F hallar otro G tal que
rot G = F :
(i) F (x, y, z) = (xz, −yz, y).
(ii) F (x, y, z) = (y 2 , z 2 , x2 ).
(iii) F (x, y, z) = (xey , −x cos z, −zey ).
(iv) F (x, y, z) = (x cos y, − sen y, sen x).
2.5.
El teorema de Green
Definición 2.5.1. Se dice que D ⊂ R2 es de tipo 1 si D = {(x, y) ∈ R2 : x ∈ [a, b], φ1 (x) ≤
y ≤ φ2 (x)} con φ1 , φ2 : [a, b] −→ R.
Se dice que D ⊂ R2 es de tipo 2 si D = {(x, y) ∈ R2 : y ∈ [c, d], ψ1 (y) ≤ x ≤ ψ2 (y)}
con ψ1 , ψ2 : [c, d] −→ R.
Se dice que D ⊂ R2 es de tipo 3 si es de tipos 1 y 2 (por ejemplo, la bola unidad
cerrada).
A las regiones anteriores las llamaremos regiones elementales.
Dada C curva cerrada simple denotamos C con la orientación en sentido contrario a las
agujas del reloj (positiva) mediante C + , y con la orientación opuesta (negativa) mediante
34
CAPÍTULO 2. INTEGRAL DE LÍNEA Y DE SUPERFICIE
C −.
Lema 2.5.2. Sea D una región de tipo 1 y C su frontera. Si P : D −→ R es de clase C 1
entonces
Z
Z
∂P
(P, 0)ds = −
.
C+
D ∂y
Demostración. Sea D = {(x, y) ∈ R2 : x ∈ [a, b], φ1 (x) ≤ y ≤ φ2 (x)} con φ1 , φ2 :
R
R b R φ (x)
[a, b] −→ R. Usando el Corolario 1.5.2 se tiene que D ∂P
= a φ12(x) ∂P
(x, y)dy dx =
∂y
∂y
Rb
R
(P (x, φ2 (x)) − P (x, φ1 (x)))dx = − C + (P, 0).
a
Análogamente se demuestra el siguiente
Lema 2.5.3. Sea D una región de tipo 2 y C su frontera. Si Q : D −→ R es de clase C 1
entonces
Z
Z
(0, Q)ds =
C+
D
∂Q
.
∂x
Con los dos lemas anteriores se obtiene fácilmente el teorema de Green:
Teorema 2.5.4 (Teorema de Green). Sea D una región de tipo 3 y C su frontera. Si
P, Q : D −→ R son de clase C 1 entonces
¶
Z
Z µ
∂Q ∂P
(P, Q)ds =
−
.
∂x
∂y
C+
D
La orientación positiva para las curvas frontera de la región D se puede determinar
mediante este recurso: si se camina a lo largo de C con la orientación positiva, D quedará a
la izquierda.
El teorema de Green se aplica a regiones que que no son de tipo 3 pero que se pueden
descomponer en subregiones de tipo 3. Por ejemplo, la bola unidad cerrada salvo la bola
abierta de centro el origen y radio 1/2.
Corolario 2.5.5. Sea D una región de tipo 3 y C su frontera. Entonces el área de D se
puede calcular como
1
A(D) =
2
Z
(−y, x)ds.
C+
Teorema 2.5.6 (Teorema de la divergencia en el plano). Sea D una región de tipo
3 y C su frontera. Si P, Q : D −→ R son de clase C 1 entonces
Z
Z
(P, Q) · nds =
div(P, Q)
C
donde n es la normal unitaria exterior a C + .
D
2.5. EL TEOREMA DE GREEN
35
Demostración. Sea c : [a, b] −→ R2 , c(t) = (x(t), y(t)), una parametrización orientada
positivamente de C. Entonces n(c(t)) = kc01(t)k (y 0 (t), −x0 (t)) con t ∈ [a, b], luego
Z
Z
(P, Q) · nds =
(−Q, P )ds
C
lo cual es igual por el teorema de Green a
R
D
C+
div(P, Q).
Ejercicios
1.- Verificar el teorema de Green para P (x, y) = Q(x, y) = xy y D la bola unidad cerrada.
2.- Sean P (x, y) = xy 2 y Q(x, y) = x + y. Integrar ∂Q
− ∂P
sobre la región del primer
∂x
∂y
2
cuadrante acotada por las curvas y = x y y = x.
R
3.- Calcular C + (y, −x)ds donde C es la frontera del cuadrado [−1, 1] × [−1, 1].
4.- Hallar el área de la bola cerrada de centro el origen y radio r usando el teorema de
Green.
5.- Verificar el teorema de Green para la bola anterior y las siguientes funciones:
(i) P (x, y) = xy 2 , Q(x, y) = −yx2 .
(ii) P (x, y) = x + y, Q(x, y) = y.
(iii) P (x, y) = Q(x, y) = xy.
(iv) P (x, y) = 2y, Q(x, y) = x.
6.- Sean P (x, y) = y 3 y Q(x, y) = x5 . Integrar la componente normal de (P, Q) (es decir,
(P, Q) · n) alrededor de [0, 1] × [0, 1].
7.- Comprobar directamente y usando el teorema de la divergencia en el plano que
R
(y, −x) · nds = 0 donde C es la frontera de la bola unidad cerrada.
C
8.- Hallar el área acotada por la cicloide c(t) = (t − sen t, 1 − cos t) con t ∈ [0, 2π] y el eje
OX.
9.- En las condiciones del teorema de Green, demostrar que:
¶
µ
¶¸
Z
Z · µ
∂P
∂P
∂Q ∂Q
−
−
(i)
(P Q, P Q)ds =
Q
+P
.
∂x
∂y
∂x
∂y
C+
D
¶
¶
Z µ
Z µ
∂Q ∂Q
∂P
∂2P
∂P
∂ 2Q
−P
,P
−Q
−Q
(ii)
Q
ds = 2
P
, siendo P y Q de
∂x
∂x
∂y
∂y
∂x∂y
∂x∂y
C+
D
clase C 2 .
36
CAPÍTULO 2. INTEGRAL DE LÍNEA Y DE SUPERFICIE
10.- Verificar el teorema de Green para las funciones P (x, y) = 2x3 − y 3 , Q(x, y) = x3 + y 3
en los siguientes casos:
(i) D la bola unidad cerrada.
(ii) D = {(x, y) ∈ R2 : a ≤ x2 + y 2 ≤ b} con a, b > 0.
11.- En las condiciones del teorema de Green, demostrar que
¶
Z µ
∂f
∂f
ds = 0
,−
∂y
∂x
C+
si f : R2 −→ R es armónica, es decir, si su laplaciano 4f vale 0 siendo
4f =
∂ 2f
∂2f
+
.
∂x2
∂y 2
12.- Verificar el teorema de la divergencia en el plano para F (x, y) = (x, y) y D la bola
unidad cerrada.
13.- Calcular la integral de la componente normal de F (x, y) = (2xy, −y 2 ) alrededor de
2
2
la elipse xa2 + yb2 = 1.
R
14.- Calcular C + (y 2 + x3 , x4 )ds donde C es la frontera del cuadrado [0, 1] × [0, 1].
15.- Calcular el área de la elipse
x2
a2
+
y2
b2
= 1.
16.- Sea D una región de tipo 3 cuya frontera viene dada en coordenadas polares mediante
Rb
r = r(θ) con θ ∈ [a, b]. Demostrar que A(D) = 12 a r(θ)2 dθ.
17.- Calcular el área de la rosa de cuatro pétalos r = 3| sen 2θ| con θ ∈ [0, 2π].
18.- Dadas D región de tipo 3 y f función escalar de clase C 2 demostrar que
Z
Z
f ∇f · nds = (f 4f + ∇f · ∇f ).
C
D
19.- Dadas
f, g : R2 −→
de clase C 1 , sean los campos vectoriales F = (f, g) y
³
´ R funciones
R
∂g
G = ∂f
− ∂f
, ∂g − ∂y
. Calcular D (F · G) siendo D la bola unidad cerrada y sabiendo
∂x
∂y ∂x
que f (x, y) = 1 y g(x, y) = y para todo (x, y) de la frontera de D.
2.6.
Área de una superficie
Definición 2.6.1. Una superficie parametrizada es una función φ : D ⊂ R2 −→ R3 ,
φ(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)). La superficie S que corresponde a φ es φ(D). Si φ es
diferenciable o de clase C 1 llamamos a S superficie diferenciable o C 1 .
2.6. ÁREA DE UNA SUPERFICIE
37
Supongamos que φ es diferenciable en (u0 , v0 ). La imagen de la función φ(u0 , t) es una
curva sobre S cuyo vector tangente en φ(u0 , v0 ) está dado por
µ
¶
∂x
∂y
∂z
Tv =
(u0 , v0 ), (u0 , v0 ), (u0 , v0 ), .
∂v
∂v
∂v
Análogamente la imagen de la función φ(t, v0 ) es una curva sobre S cuyo vector tangente
en φ(u0 , v0 ) está dado por
µ
Tu =
∂y
∂z
∂x
(u0 , v0 ), (u0 , v0 ), (u0 , v0 ),
∂u
∂u
∂u
¶
.
Por tanto, ambos vectores deben determinar el plano tangente a la superficie en φ(u0 , v0 ),
es decir, Tu × Tv debe ser normal a S.
Decimos que S es suave en φ(u0 , v0 ) si Tu × Tv 6= 0 en (u0 , v0 ) y que es suave si lo
es en todos los puntos. En los puntos en los que S sea suave podremos calcular su plano
tangente.
Consideraremos solo superficies suaves por pedazos que sean uniones de imágenes de
superficies parametrizadas φi : Di −→ R3 para las que:
(i) Di es una región elemental,
(ii) φi es de clase C 1 e inyectiva excepto, quizá, en la frontera de Di y
(iii) Si = φi (Di ) es suave excepto, quizá, en un número finito de puntos.
Definición 2.6.2. Definimos el área de una superficie S, A(S), como
Z
A(S) =
kTu × Tv k.
D
Si S es una unión de superficies Si , A(S) =
P
i
A(Si ).
Más adelante veremos que la definición anterior no depende de la parametrización φ
de S.
La definición anterior puede justificarse por el hecho de que el área del paralelogramo
generado por dos vectores es el módulo de su producto vectorial.
Ejercicios
1.- Sea φ(u, v) = (u cos v, u sen v, u2 + v 2 ) con (u, v) ∈ R2 . ¿Dónde existe plano tangente?
Hallarlo en φ(1, 0).
38
CAPÍTULO 2. INTEGRAL DE LÍNEA Y DE SUPERFICIE
2.- Supongamos que una superficie S es la gráfica de una función diferenciable f : R2 −→
R. Mostrar que S es suave.
3.- Dado el hiperboloide x2 + y 2 − z 2 = 25, hallar una parametrización, la normal unitaria
y el plano tangente en (x0 , y0 , 0). Mostrar también que las rectas (x0 , y0 , 0) + t(−y0 , x0 , 5)
y (x0 , y0 , 0) + t(y0 , −x0 , 5) están sobre la superficie y en el plano tangente hallado.
4.- Hallar el área del cono parametrizado por φ(r, θ) = (r cos θ, r sen θ, r) con (r, θ) ∈
[0, 1] × [0, 2π].
5.- Hallar el área del helicoide parametrizado por φ(r, θ) = (r cos θ, r sen θ, θ) con (r, θ) ∈
[0, 1] × [0, 2π].
6.- Hallar el área de la superficie del ejercicio 2 suponiendo que f es de clase C 1 .
7.- Hallar el área de las superficies generadas al girar la gráfica de una función y =
f (x) alrededor de los ejes. Expresar e interpretar los resultados a través de integrales de
trayectoria.
8.- Hallar el área de la esfera de centro el origen y radio r.
9.- Hallar el área de un toro cuya sección transversal es una circunferencia de radio r.
10.- Hallar el área de la superficie definida por x + y + z = 1, x2 + 2y 2 ≤ 1.
11.- Calcular el área de la parte del cono x2 + y 2 = z 2 con z ≥ 0 que está dentro de la
esfera x2 + y 2 + z 2 = 2rz con r > 0 y el área de la parte de la esfera que está dentro del
cono.
12.- Calcular el área de la parte del cilindro x2 + z 2 = a2 que está dentro del cilindro
x2 + y 2 = 2ay con a > 0 y también en el octante positivo.
2.7.
Integrales de superficie de funciones escalares
Definición 2.7.1. Sea S una superficie y f : S −→ R una función escalar continua. Se
define la integral de superficie de f sobre S como
Z
Z
Z
f dS = f dS =
f (φ(u, v))kTu × Tv kdu dv.
S
φ
D
Si S es unión de superficies Si que no se intersecan excepto, quizá, a lo largo de sus
R
P R
fronteras, entonces S f dS = i Si f dS.
2.8. INTEGRALES DE SUPERFICIE DE FUNCIONES VECTORIALES
Si f ≡ 1 se tiene que
R
S
39
f dS = A(S).
Más adelante veremos que la definición anterior no depende de la parametrización φ
de S utilizada.
Ejercicios
1.- Calcular
R
f dS en los siguientes casos:
p
(i) f (x, y, z) = x2 + y 2 + 1 y S el helicoide del Ejercicio 2.5.5.
S
(ii) f (x, y, z) = x y S la superficie definida por z = x2 + y con (x, y) ∈ [0, 1] × [−1, 1].
(iii) f (x, y, z) = z 2 y S la esfera unitaria.
(iv) f (x, y, z) = xy y S la superficie del tetraedro definido por y = z = 0, x+z = 1, x = y.
(v) f (x, y, z) = xyz y S el triángulo de vértices (1, 0, 0), (0, 2, 0) y (0, 1, 1).
(vi) f (x, y, z) = z y S la superficie definida por z = x2 + y 2 , x2 + y 2 ≤ 1.
(vii) f (x, y, z) = z 2 y S la frontera del cubo [−1, 1] × [−1, 1] × [−1, 1].
R
R
R
2.- Calcular S x2 dS, S y 2 dS y S z 2 dS siendo S la parte del cilindro x2 + y 2 = 4 entre
los planos z = 0 y z = x + 3.
2.8.
Integrales de superficie de funciones vectoriales
Definición 2.8.1. Sea S una superficie y F : S −→ R3 un campo vectorial continuo. Se
define la integral de superficie de F sobre S como
Z
Z
Z
F dS = F dS =
F (φ(u, v)) · (Tu × Tv )du dv.
S
φ
D
Si S es unión de superficies Si que no se intersecan excepto, quizá, a lo largo de sus
R
P R
fronteras, entonces S F dS = i Si F dS.
En cada punto de S hay dos normales unitarias con sentidos opuestos.
Definición 2.8.2. Decimos que S es una superficie orientada si especificamos el sentido
que la parametrización φ debe inducir en la normal unitaria en cada punto de S. A dicho
sentido le llamamos orientación de S.
40
CAPÍTULO 2. INTEGRAL DE LÍNEA Y DE SUPERFICIE
Decimos que otra parametrización ψ de S conserva la orientación si en cada punto su
normal unitaria es la misma que para φ, y que invierte la orientación si en cada punto su
normal unitaria es la opuesta que para φ.
Teorema 2.8.3. (i) Sean S una superficie y F : S −→ R3 un campo vectorial continuo.
Si dos parametrizaciones de S, φ y ψ inducen en ella la misma orientación entonces
Z
Z
F dS =
F dS
φ
ψ
y si inducen orientaciones opuestas entonces
Z
Z
F dS = − F dS
φ
ψ
(ii) Sean S una superficie, f : S −→ R una función escalar continua y φ y ψ dos
parametrizaciones de S. Entonces
Z
Z
f dS =
φ
f dS.
ψ
Ejercicios
1.- Calcular
R
S
F dS en los siguientes casos:
(i) F (x, y, z) = (x, y, z) y S la esfera unitaria con la normal unitaria apuntando hacia
afuera.
(ii) F (x, y, z) = (x, y, z) y S el cı́rculo definido por x2 + y 2 ≤ 25, z = 12 con la normal
unitaria apuntando hacia arriba.
(iii) F (x, y, z) = (x + 3y 5 , y + 10xz, z − xy) y S la semiesfera definida por x2 + y 2 + z 2 =
1, z ≥ 0 con la normal unitaria apuntando hacia arriba.
(iv) F (x, y, z) = (x3 , 0, 0) y S el semielipsoide definido por
x2
a2
+
y2
b2
+
z2
c2
= 1, z ≥ 0 con la
normal unitaria apuntando hacia arriba.
(v) F (x, y, z) = (x2 , y 2 , z 2 ) y S la parte del cono z 2 = x2 + y 2 con 1 ≤ z ≤ 2 y la normal
unitaria apuntando hacia afuera.
(vi) F (x, y, z) = (x, y, −y) y S la superficie cilı́ndrica definida por x2 + y 2 = 1, 0 ≤ z ≤ 1
con la normal unitaria apuntando hacia afuera.
R
2.- Establecer una fórmula para S F dS cuando S es la gráfica de una función diferenciable
f : D ⊂ R2 −→ R.
2.9. EL TEOREMA DE STOKES
3.- Calcular
R
S
41
rot F dS en los siguientes casos:
(i) F (x, y, z) = (y, −x, zx3 y 2 ) y S está definida por x2 + y 2 + 3z 2 = 1, z ≤ 0 con la normal
unitaria apuntando hacia arriba.
(ii) F (x, y, z) = (x2 + y − 4, 3xy, 2xz + z 2 ) y S está definida por x2 + y 2 + z 2 = 16, z ≥ 0
con la normal unitaria apuntando hacia arriba.
R
4.- Calcular S F · ndS para F (x, y, z) = (1, 1, z(x2 + y 2 )2 ) y S definida por x2 + y 2 =
1, 0 ≤ z ≤ 1 donde n es la normal unitaria exterior.
2.9.
El teorema de Stokes
Sea D ⊂ R2 una región cuya frontera es una curva cerrada simple y a la que se le
puede aplicar el teorema de Green. Sea φ : D −→ R3 una parametrización inyectiva de
una superficie S. Si c es una parametrización de la frontera de D con orientación positiva,
definimos la frontera geométrica de S, ∂S, como la curva cerrada simple orientada que es
la imagen de φ ◦ c.
Teorema 2.9.1 (Teorema de Stokes). Sea S una superficie orientada definida por una
parametrización φ : D −→ R3 inyectiva y de clase C 2 siendo D una región cuya frontera
es una curva cerrada simple y a la que se le puede aplicar el teorema de Green. Si F es
un campo vectorial de clase C 1 en S entonces
Z
Z
rot F dS =
F ds.
S
∂S
Demostración. Basta con calcular con paciencia ambas integrales y aplicar en la segunda
el teorema de Green.
El teorema de Stokes generaliza al teorema de Green ya que este último se puede
obtener del primero si consideramos el campo (P, Q, 0).
Ejercicios
1.- Mostrar que la integral de F (x, y, z) = (yez , xez , xyez ) sobre una curva cerrada simple
orientada C que es la frontera de una superficie S es 0.
42
CAPÍTULO 2. INTEGRAL DE LÍNEA Y DE SUPERFICIE
R
2.- Usar el teorema de Stokes para calcular C F ds donde F (x, y, z) = (−y 3 , x3 , −z 3 ) y
C es la intersección del cilindro x2 + y 2 = 1 y el plano x + y + z = 1 con la orientación
contraria a las agujas del reloj en el plano XY .
3.- Hacer el Ejercicio 2.8.3 usando el teorema de Stokes.
4.- Verificar el teorema de Stokes en los siguientes casos:
(i) F (x, y, z) = (x, y, z) y S la semiesfera unitaria superior.
(ii) F (x, y, z) = (yz, xz, xy) y S el triángulo de vértices (1, 0, 0), (0, 1, 0) y (0, 0, 1).
(iii) F (x, y, z) = (z, x, y) y S el helicoide parametrizado por φ(r, θ) = (r cos θ, r sen θ, θ)
con (r, θ) ∈ [0, 1] × [0, π2 ].
(iv) F (x, y, z) = (3y, −xz, −yz 2 ) y S la parte de la superficie 2z = x2 + y 2 debajo del
plano z = 2.
5.- Calcular
R
S
rot F dS en los siguientes casos:
(i) F (x, y, z) = (xz + yz 2 + x, xyz 3 + y, x2 z 4 ) y S = S1 ∪ S2 donde S1 es la superficie
cilı́ndrica x2 + y 2 = 1, 0 ≤ z ≤ 1 y S2 es la semiesfera x2 + y 2 + (z − 1)2 = 1, z ≥ 1.
(ii) F (x, y, z) = (x, y, z)×(1, 1, 1) y S es la parte de la esfera unitaria tal que x+y +z ≥ 1.
(iii) F (x, y, z) = (x3 , −y 3 , 0) y S es la parte de la esfera unitaria tal que x ≥ 0.
(iv) F (x, y, z) = (sen xy, ex , −yz) y S es el elipsoide x2 + y 2 + 2z 2 = 10.
(v) F (x, y, z) = (y, −x, x3 y 2 z) y S es semiesfera unitaria inferior.
6.- Para una superficie S y un vector fijo v demostrar que
Z
Z
2 vdS =
(v × F )ds
S
∂S
donde F (x, y, z) = (x, y, z).
7.- Sean S una superficie y f, g : R3 −→ R funciones de clase C 2 . Mostrar que:
R
R
(i) ∂S f ∇gds = S (∇f × ∇g)dS.
R
(ii) ∂S (f ∇g + g∇f )ds = 0.
R
8.- Si C es la frontera de una superficie S y v es un vector constante, mostrar que C vds =
0. Mostrar también que esto es cierto incluso cuando C no es la frontera de una superficie
S.
2.10. EL TEOREMA DE GAUSS
2.10.
43
El teorema de Gauss
Definición 2.10.1. Una región elemental de R3 es la que se define restringiendo una de
las variables a que esté entre dos funciones continuas de las variables restantes, siendo el
dominio común de estas funciones una región elemental de R2 .
Diremos que una región elemental de R3 es simétrica si se puede describir de las tres
maneras posibles.
La frontera de una región elemental de R3 es una superficie formada por un número
finito de superficies. Este tipo de superficie se llama cerrada, y se denominan caras a cada
una de las superficies que la componen.
Por convención, le daremos a una superficie cerrada la orientación inducida por la
normal unitaria exterior.
Teorema 2.10.2 (Teorema de Gauss de la divergencia). Sea Ω una región elemental
simétrica de R3 y ∂Ω la superficie cerrada orientada que acota a Ω. Sea F : Ω −→ R3 un
campo vectorial de clase C 1 . Entonces
Z
Z
div F =
Ω
F dS.
∂Ω
Demostración. Sea F = (F1 , F2 , F3 ).
Podemos describir Ω de la siguiente forma:
Ω = {(x, y, z) ∈ R3 : (x, y) ∈ D, f1 (x, y) ≤ z ≤ f2 (x, y)}
siendo D una región elemental de R2 y f1 y f2 continuas en D.
Se tiene que
Z
Ω
En efecto,
Z
Ω
Por otro lado,
∂F3
=
∂z
∂F3
=
∂z
Z
(0, 0, F3 )dS.
∂Ω
Z
(F3 (x, y, f2 (x, y)) − F3 (x, y, f1 (x, y))).
D
Z
Z
(0, 0, F3 )dS =
∂Ω
(0, 0, F3 )dS
S1 ∪S2
siendo Si = {(x, y, fi (x, y)) : (x, y) ∈ D} para i = 1, 2, ya que el resto de las caras tiene
la normal perpendicular al eje OZ. Ya que S1 induce la orientación opuesta, se obtiene el
resultado.
44
CAPÍTULO 2. INTEGRAL DE LÍNEA Y DE SUPERFICIE
El resto de la demostración es análogo.
Ejercicios
1.- Calcular
R
∂Ω
F dS en los siguientes casos:
(i) F (x, y, z) = (2x, y 2 , z 2 ) y Ω es la bola unidad cerrada.
(ii) F (x, y, z) = (xy 2 , x2 y, y) y Ω = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 ≤ 1, −1 ≤ z ≤ 1}.
(iii) F (x, y, z) = (x3 , y 3 , z 3 ) y Ω es la bola unidad cerrada.
(iv) F (x, y, z) = (x, y, z) y Ω = [0, 1]3 .
(v) F (x, y, z) = (1, 1, 1) y Ω = [0, 1]3 .
(vi) F (x, y, z) = (x2 , x2 , z 2 ) y Ω = [0, 1]3 .
(vii) F (x, y, z) = (y, z, xz) y Ω = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 ≤ z ≤ 1}.
(viii) F (x, y, z) = (y, z, xz) y Ω = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 ≤ z ≤ 1, x ≥ 0}.
(ix) F (x, y, z) = (y, z, xz) y Ω = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 ≤ z ≤ 1, x ≤ 0}.
(x) F (x, y, z) = (3xy 2 , 3x2 y, z 3 ) y Ω es la bola unidad cerrada.
(xi) F (x, y, z) = (x, y, −z) y Ω = [0, 1]3 .
(xii) F (x, y, z) = (1, 1, z(x2 + y 2 )2 ) y Ω = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1}.
2.- Demostrar que
Z
Z
(∇f · F + f div F ) =
Ω
f F dS
∂Ω
siendo f : R3 −→ R una función escalar de clase C 1 y F : R3 −→ R3 un campo vectorial
de clase C 1 .
R
R
3.- Demostrar que Ω kF k−2 = ∂Ω kF k−2 F dS siendo F (x, y, z) = (x, y, z).
4.- Demostrar las identidades de Green
Z
Z
f ∇gdS = (f 4g + ∇f · ∇g)
∂Ω
y
Ω
Z
Z
(f ∇g − g∇f )dS =
∂Ω
(f 4g − g4f )
Ω
siendo f, g : R3 −→ R funciones escalares de clase C 2 .
2.10. EL TEOREMA DE GAUSS
45
5.- Demostrar la identidad
Z
Z
(F × rot G) = (rot F · rot G − F · rot rot G).
∂Ω
Ω
6.- Comprobar el teorema de Gauss de la divergencia en los siguientes casos:
(i) F (x, y, z) = (3x, xy, xz) y Ω = [0, 1]3 .
(ii) F (x, y, z) = (xz, yz, 3z 2 ) y Ω = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 ≤ z ≤ 1}.
7.- Demostrar que si un campo vectorial F : R3 −→ R3 de clase C 1 es tangente a la
R
frontera de una región elemental simétrica Ω de R3 entonces Ω div F = 0.
46
CAPÍTULO 2. INTEGRAL DE LÍNEA Y DE SUPERFICIE
Bibliografı́a
[A]
T.M. Apostol, Análisis Matemático, 2a edición, Reverté (1989).
[BGMV] M. Besada, F.J. Garcı́a, M.A. Mirás, C. Vázquez, Cálculo de varias variables.
Cuestiones y ejercicios resueltos, Prentice Hall (2001).
[BMV]
F. Bombal, L.R. Marı́n y G. Vera, Problemas de Análisis Matemático, 3. Cálculo
Integral, AC (1987).
[MH]
J.E. Marsden y M.J. Hoffman, Análisis clásico elemental, 2a edición, AddisonWesley Iberoamericana (1998).
[MT]
J.E. Marsden y A.J. Tromba, Cálculo vectorial, 4a edición, Addison Wesley
Longman (1998).
[S]
J. Stewart, Cálculo. Conceptos y contextos, International Thomson Editores
(1999).