fundamental

PROBLEMAS DEL TEOREMA
FUNDAMENTAL DE LAS
INTEGRALES DE LÍNEA
TEOREMA 1 (TEOREMA FUNDAMENTAL)
Sea C una curva suave dada por la función vectorial r(t), a  t  b. Sea f una función
derivable de 2 ó 3 variables, cuyo vector gradiente f es continuo sobre C. Entonces:
 f · dr  f (r(b))  f (r(a))
C
TEOREMA 2
 F · dr
C
es independiente de la trayectoria en D si y sólo si
 F · dr  0
para toda
C
trayectoria cerrada C en D.
TEOREMA 3
Sea F un campo vectorial continuo sobre una región abierta conexa D. Si
 F · dr es
C
independiente de la trayectoria en D, entonces F es un campo vectorial conservativo
sobre D; es decir, existe una función f tal que f = F.
TEOREMA 4
Si F(x;y) = P(x;y) i + Q(x;y) j es un campo vectorial conservativo, donde P y Q tienen
derivadas parciales de primer orden continuas sobre un dominio D, entonces en todo D
tenemos que
P Q

y x
Este teorema se puede extender a 3 variables (se verá al estudiar el rotacional).
TEOREMA 5
Sea F(x;y) = P(x;y) i + Q(x;y) j un campo vectorial sobre una región simplemente
conexa D. Supóngase que P y Q tienen derivadas parciales continuas de 1º orden y que:
P Q

y x
Entonces F es conservativo (extensible a 3 variables).
EQUIVALENCIAS


F conservativo.
 F · dr independiente de la trayectoria.

 F · dr  0 en una trayectoria cerrada.

Derivadas parciales cruzadas de F iguales en una región simplemente conexa.
C
C
PROBLEMAS RESUELTOS
1.) Independencia del camino en una integral de línea. Calcular el trabajo llevado a
cabo por el campo de fuerza F al llevar un objeto desde A hasta B, siguiendo a) un
camino compuesto de un tramo horizontal seguido de uno vertical; y b) un camino
compuesto por un tramo vertical seguido de uno horizontal. Discutir si el resultado es
lógico o no.
 2 
F( x; y)   y 2 i   2 y  j ; A(1;1) ; B(4;2)
x  x



Q
P
y
SOLUCIÓN:
C1
(1;1)
a) Si llamamos C a la curva indicada, la
podemos subdividir en las curvas C1 y C2
mostradas en la figura. En tal caso tendremos:

C

C1

x
C2

(4;-2)
C2
Ejecutando ambas integrales por separado
tendremos (escogiendo parametrizaciones simples):
3
 x  1  t
3
1
1
C1 
, 0  t  3   Pdx  Qdy  
dt  

2
0


1

t


1

t
 y  1
C1
0
3
4
 x  4
3 2(1  t )
C2 
, 0  t  3   Pdx  Qdy  
dt 
0
4
 y  1  t
C2
 32  94   34
Con lo cual resulta:

C
Pdx  Qdy  34  - 34   0

1
2
t  14 t 2

3
0
y
*
b) Llamando C a este nuevo camino, vemos que lo
podemos separar en dos tramos C3 y C4.
(1;1)
C3
Tendremos entonces, igual que en el apartado
anterior, que
x
C4

C*

C3


C4
(4;-2)
Realizando parametrizaciones parecidas a las
ejecutadas en el apartado anterior, llegamos a lo
siguiente:
 x  1
3
2(1  t )
C3 
, 0  t  3   Pdx  Qdy   
(1)dt  2t  t 2
0
1
 y  1  t
C3

2
 x  1  t
3 ( 2)
4
C2 
, 0  t  3   Pdx  Qdy  
dt  
2
0 (1  t )
1 t
 y  2
C4

3
0
 3
3
3
0
Sumando esto se obtiene:

C*
Pdx  Qdy  3  3  0
Por ambas vías obtenemos el mismo resultado. Esto es lógico, ya que vemos que:
P 2 y Q


y x 2
x
Las derivadas cruzadas son iguales, excepto cuando x = 0, pero esto último no ocurre
dentro de un dominio simplemente conexo que abarca a ambos caminos analizados. Por
lo tanto, por el teorema 5 las integrales sobre ambos caminos deben ser iguales.
2.) Cálculo de una integral de línea usando una función potencial. Calcular la integral
de línea del campo vectorial F(x;y) = P(x;y)i + Q(x;y)j = eyi + xeyj a lo largo de la
trayectoria:
r(t) = (senh(5t4)/senh5; t4 + 5t3 - 3t2 - 2t) , =0  t  1
SOLUCIÓN:
P
Q
 F es conservativo. Por lo tanto puede expresarse como el gradiente
 ey 
y
x
de una función potencial f; esto es: f = F. Si obtenemos tal función f, podremos aplicar
el teorema fundamental de las integrales de línea.
Para ello notemos que:
f
 P  e y  f  xey  g ( y )
x
(1),
donde g(y) es una función que depende solamente de la variable y. Si ahora derivamos
la función f obtenida respecto a y, debemos llegar a una expresión equivalente a la otra
función coordenada, esto es, Q.
f
 xe y  g ( y )  Q  xe y  g ( y )  0  g ( y )  K
y
Reemplazando este último resultado en (1), tenemos:
f  xe y  K
(2)
Ya tenemos la función potencial. Ahora podemos aplicar el teorema fundamental de las
integrales de línea:
 F · dr   f · dr  f (r(1))  f (r(0))
C
C
Calculando los puntos extremos de la curva con los valores correspondientes del
parámetro tenemos:
 senh 0 
r ( 0)  
;0   (0;0)
 senh 5 
1
 senh 1 4
  ee
r (1)  
;1  5  13  3  12  2  1   5
5
 senh 5
 e e

;1

Aplicando ahora la función f dada por (2) a estos dos puntos tenemos:
f (r(0))  0  K
f (r(1)) 
e  e 1
eK
e 5  e 5
Y finalmente:
 F · dr  f (r(1))  f (r(0)) 
C
e  e 1
e
e 5  e 5
De esta manera nos evitamos ejecutar una integral de línea sumamente engorrosa.
3.) Cálculo de un trabajo mediante una función potencial. Dado el campo vectorial de
fuerzas
F(x;y;z) =4xez i + cosy j + (2x2ez + z) k ,
a) Determinar una función f tal que f = F.
b) Hallar el trabajo que desarrolla F cuando mueve una partícula desde el punto
2
2
2
al 0; 32 ;0 siguiendo el camino más corto sobre la esfera x 2  y 2  z 2  32 ,
2 ; 2 ; 2
expresándolo con 3 cifras decimales.
 


SOLUCIÓN
a) La función f que buscamos debe cumplir con las condiciones:
(i) fx = 4xez
(ii) fy = cosy
(iii) fz = 2x2ez
Integrando la condición (i) tenemos:
f   4 xe z dx  2 x 2 e z  g1 ( y; z )
Derivando ahora con respecto a y e introduciendo el resultado en la ecuación (ii)
tenemos:
f g1

 cos y  g1  sen y  g 2 ( z )
y y
Y ahora podemos introducir esta expresión en la correspondiente a f, y derivarlo con
respecto a z e introducir el resultado en (iii):
f ( x; y; z )  2 x 2 e z  sen y  g 2 ( z )  f z  2 x 2 e z  g 2 ( z )  2 x 2 e z  z  g 2 ( z )  12 z 2  K
Con esta expresión para g2, tenemos ahora la expresión final de f:
f ( x; y; z )  2 x 2 e z  sen y  12 z 2  K
b) Por el teorema fundamental de las integrales de línea, podemos ahora calcular el
trabajo como la diferencia de valores de la función potencial entre sus extremos final e
inicial:
3
2
f (0;
f(
1
2
;
;0)  0,94072  K
1
2
;
1
2
)K
W  0,94072  2,9278  1,987
-2,269 es un resultado incorrecto que se obtiene con la calculadora puesta en grados.
4.) Limitaciones en la aplicación del Teorema Fundamental de las integrales de línea.
 yi  xj
Sea F ( x; y )  2
x  y2
P Q
a) Probar que
en todo el dominio.

y x
b) Calcule  F  dr
C1
 F  dr
y
, donde C1 y C2 son las mitades superior e inferior de la
C2
circunferencia x2 + y2 = 1 de (1;0) a (-1;0). ¿Cómo se explica que la integral dependa del
camino en vista del resultado de (a)?
SOLUCIÓN
a)


y
P (1) x 2  y 2  2 y ( y )
y2  x2 
P 2



2
2 
y
x  y2
x2  y2
x2  y2 
P Q



y y
2
2
2
2

x
Q 1 x  y  x(2 x)
y x
Q 2




2
2
2
2
2
y
x y

x y
x2  y2










Nótese que este resultado es válido en todo el dominio, ya que, si bien las derivadas
parciales no están definidas en el (0;0), este último no pertenece al dominio.
b) Las curvas están indicadas en la
Parametrizando C1 e integrando F se tiene:
 x  cos t
C1 
, 0 t 
 y  sen t
 F  dr  
C1
C1
figura.
y
(-1;0)
Pdx  Qdy 
C1
(1;0)
x
C2

   sen t ( sen t )dt  cos t cos tdt  
0
Haciendo un trabajo similar para C2 es:
 x  cos t
C1 
, 0 t 
 y  sen t
 F  dr  
C1
C1


0
0
Pdx  Qdy    sen t ( sen t )dt  cos t ( cos t )dt    cos 2tdt  0
La explicación es que cualquier región que abarque ambos caminos necesariamente
debe ser no simplemente conexa (debe excluirse alguna subregión que incluya el (0;0),
que no pertenece al dominio), y por ende no vale el teorema 5.