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CALCULO INTEGRAL

Vıctor Manuel Sanchez de los Reyes

Departamento de Analisis MatematicoUniversidad Complutense de Madrid

Indice

1. Integracion 5

1.1. Funciones integrables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.2. El teorema de Lebesgue . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.3. Propiedades de la integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.4. El teorema de Fubini . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

1.5. El teorema del cambio de variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

1.6. Integrales impropias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

2. Integral de lınea y de superficie 33

2.1. La integral de trayectoria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

2.2. La integral de lınea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

2.3. Campos conservativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

2.4. El teorema de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

2.5. Integrales de superficie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

2.6. El teorema de Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

2.7. El teorema de Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

Bibliografıa 59

3

Tema 1

Integracion

1.1. Funciones integrables

Sea f : A ⊂ Rn −→ R una funcion acotada siendo A acotado. Elijamos un rectangulo

B = [a1, b1]× · · · × [an, bn] que contenga a A. Ademas, definamos la funcion f sobre todo

B dandole el valor 0 fuera de A. Sea P una particion de B obtenida al dividir cada [ai, bi]

mediante los puntos ai = xi0 < xi1 < · · · < ximi = bi formando los m1 . . .mn subrectangulos

[x1j1, x1

j1+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 ) =∑R∈P

ınfx∈R

f(x) v(R)

donde la suma se realiza sobre todos los subrectangulos R de P . Analogamente, definimos

la suma superior de f para P , S(f, P ), como

S(f, P ) =∑R∈P

supx∈R

f(x) v(R).

Algunas propiedades de s(f, P ) y de S(f, P ) son las siguientes:

1. s(f, P ) ≤ S(f, P ).

5

2. s(f, P ) ≤ s(f, P ′) y S(f, P ′) ≤ S(f, P ) donde P ′ es un refinamiento de P , es

decir, cada subrectangulo de P ′ esta contenido en uno de P . Esto es debido a que

el ınfimo (supremo) de f en un rectangulo es menor (mayor) o igual que el ınfimo

(supremo) de f en un rectangulo contenido en el.

3. s(f, P ′) ≤ S(f, P ′′) siendo P ′ y P ′′ dos particiones cualesquiera de B. En efecto, si

P es una particion de B que refina a P ′ y a P ′′, lo cual podemos conseguir usando

todos los puntos de division de ambas, entonces

s(f, P ′) ≤ s(f, P ) ≤ S(f, P ) ≤ S(f, P ′′).

4. Los conjuntos s(f, P ) : P particion de B y S(f, P ) : P particion de B estan

acotados inferiormente por ınfx∈B

f(x) v(B) y superiormente por supx∈B

f(x) v(B). Esto

se tiene gracias a que f y B estan acotados. Usando la propiedad anterior se tiene

que

sups(f, P ) : P particion de B ≤ ınfS(f, P ) : P particion de B.

Definicion 1.1.1. Si f es una funcion acotada definida en un conjunto acotado A, se

define la integral inferior de f sobre A como∫A

f = sups(f, P ) : P particion de B

y la integral superior de f sobre A como∫A

f = ınfS(f, P ) : P particion de B

donde B es cualquier rectangulo que contenga a A. Ası, f es integrable (Riemann)

sobre A si∫Af =

∫Af y definimos la integral de f sobre A,

∫Af , como su valor comun.

Proposicion 1.1.2 (Condicion de Riemann). Sea f : A ⊂ Rn −→ R una funcion acotada

con A acotado. Entonces f es integrable si y solo si para todo ε > 0 existe una particion

Pε tal que

S(f, Pε)− s(f, Pε) < ε.

Demostracion. Supongamos en primer lugar que f es integrable. Dado ε > 0 existe una

particion P ′ε tal que

S(f, P ′ε) <

∫A

f +ε

2.

Esto es debido a que∫Af = ınfS(f, P ) : P particion de B. Analogamente existe una

particion P ′′ε tal que

s(f, P ′′ε ) >

∫A

f − ε

2.

6

Sea Pε = P ′ε ∪ P ′′ε . Entonces∫A

f − ε

2< s(f, Pε) ≤ S(f, Pε) <

∫A

f +ε

2

de lo que se obtiene el resultado.

Recıprocamente, dado ε > 0 existe una particion Pε tal que S(f, Pε) − s(f, Pε) < ε,

con lo que ∫A

f −∫A

f < ε

para todo ε > 0 y, por tanto, ∫A

f =

∫A

f.

Ejemplo 1.1.3. Toda funcion f : A ⊂ Rn −→ R continua siendo A un rectangulo, es

integrable.

En efecto, por la continuidad uniforme de f en A, dado ε > 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)| < ε

v(A).

Si A = [a1, b1]× · · ·× [an, bn], sea Pi una particion de [ai, bi] tal que la distancia entre dos

puntos consecutivos de la misma sea menor que δ. Tomando Pε = P1 × · · · × Pn se tiene

que

S(f, Pε)− s(f, Pε) =∑R∈Pε

(supx∈R

f(x)− ınfx∈R

f(x)

)v(R) ≤ ε

v(A)v(A) = ε

con lo que aplicando la proposicion anterior obtenemos que f es integrable.

Existe una importante caracterizacion de la integrabilidad Riemann, dada por el si-

guiente teorema:

Teorema 1.1.4 (Darboux). Sea f : A ⊂ Rn −→ R una funcion acotada con A acotado

y contenido en algun rectangulo B y extendamos f a B definiendola como 0 fuera de A.

Entonces f es integrable con integral I si y solo si para todo ε > 0 existe δ > 0 tal que si

P es cualquier particion de B en subrectangulos B1, . . . , BN con lados de longitud menor

que δ y xi ∈ Bi para todo 1 ≤ i ≤ N , entonces∣∣∣∣∣N∑i=1

f(xi)v(Bi)− I

∣∣∣∣∣ < ε.

Decimos queN∑i=1

f(xi)v(Bi) es una suma de Riemann de f .

7

Demostracion. Supongamos que f es integrable con integral I. En primer lugar, dados una

particion P de B y ε > 0, demostraremos que existe δ > 0 tal que para cada particion P ′

en subrectangulos con lados menores que δ, la suma de los volumenes de los subrectangulos

de P ′ que no estan totalmente contenidos en algun subrectangulo de P es menor que ε.

En efecto, para n = 1 basta tomar δ = ε/N siendo N el numero de puntos de P . De

hecho, la longitud de los subintervalos de P ′ que no estan contenidos en un subintervalo

de P es a lo sumo Nδ = ε. Si n > 1, denotando por T al area total de las caras situadas

entre cualesquiera dos subrectangulos de P , basta tomar δ = ε/T pues si P ′ es cualquier

particion de B en subrectangulos con lados menores que δ, la suma de los volumenes de

los subrectangulos de P ′ que no estan totalmente contenidos en algun subrectangulo de

P es menor que δT = ε.

Como f es acotada, existe M > 0 tal que |f(x)| < M para todo x ∈ B. Existen

particiones P1 y P2 de B tales que I − s(f, P1) < ε/2 y S(f, P2) − I < ε/2. Elegimos

un refinamiento P de ambas con lo que I − s(f, P ) < ε/2 y S(f, P ) − I < ε/2. Existe

δ > 0 tal que para toda particion P ′ en subrectangulos con lados menores que δ, la

suma de los volumenes de los subrectangulos de P ′ que no estan totalmente contenidos

en algun subrectangulo de P es menor que ε/4M . Sean B1, . . . , BN una particion de B

en subrectangulos con lados de longitud menor que δ y xi ∈ Bi para todo 1 ≤ i ≤ N .

Entonces, si B1, . . . , Bk son los subrectangulos no contenidos en algun subrectangulo de

P , se tiene que

N∑i=1

(f(xi) +M)v(Bi) =k∑i=1

(f(xi) +M)v(Bi) +N∑

i=k+1

(f(xi) +M)v(Bi)

≤ S(f +M,P ) + 2Mε

4M

= S(f +M,P ) +ε

2

con lo queN∑i=1

f(xi)v(Bi) ≤ S(f, P ) +ε

2< I + ε.

Analogamente,N∑i=1

f(xi)v(Bi) ≥ s(f, P )− ε

2> I − ε

con lo que ∣∣∣∣∣N∑i=1

f(xi)v(Bi)− I

∣∣∣∣∣ < ε.

Probemos ahora el recıproco. Mostraremos que

I =

∫A

f =

∫A

f.

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Para ello, dado ε > 0 construiremos una particion P tal que |S(f, P )− I| < ε con lo que∫Af ≤ I. Analogamente, tendremos I ≤

∫Af . Para ello, elegimos δ > 0 tal que si P es una

particion de B en subrectangulos B1, . . . , BN con lados de longitud menor queδ y xi ∈ Bi

para todo 1 ≤ i ≤ N , entonces ∣∣∣∣∣N∑i=1

f(xi)v(Bi)− I

∣∣∣∣∣ < ε

2.

Elegimos los xi tales que ∣∣∣∣f(xi)− supx∈Bi

f(x)

∣∣∣∣ < ε

2Nv(Bi).

Entonces

|S(f, P )− I| ≤

∣∣∣∣∣S(f, P )−N∑i=1

f(xi)v(Bi)

∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣N∑i=1

f(xi)v(Bi)− I

∣∣∣∣∣ < ε

2+ε

2= ε.

El caso de las sumas inferiores es analogo.

Ejercicios

1. Sea f : [0, 1]× [0, 1] −→ R definida por

f(x, y) =

0 si x 6∈ Q0 si x ∈ Q e y 6∈ Q1q

si x ∈ Q e y = pq∈ Q irreducible

Prueba que f es integrable y calcula su integral.


f(x, y) =

1 si x ∈ Q2y si x 6∈ Q

Estudia la integrabilidad de f .

3. Sea f : A ⊂ Rn −→ R integrable siendo A un rectangulo, con f(x) ≥ c > 0 para

todo x ∈ A. Prueba que 1/f es integrable.

4. Sean A ⊂ Rn un rectangulo y f : A −→ R una funcion integrable. Prueba que para

cada a ∈ Rn la funcion fa(x) = f(x− a) esintegrable sobre A+ a y∫A+a

fa =

∫A

f.

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1.2. El teorema de Lebesgue

Definicion 1.2.1. Sea A ⊂ Rn un conjunto acotado. Decimos que A tiene volumen

o contenido (o que es medible Jordan) si la funcion caracterıstica de A definida

por

χA(x) =

1 si x ∈ A0 si x 6∈ A

es integrable, y el volumen de A es

v(A) =

∫A

χA.

Si n = 1 decimos que v(A) es la longitud de A, y si n = 2 el area.

Decimos que A tiene volumen cero o contenido cero si v(A) = 0. Esto es equi-

valente a que para cada ε > 0 existe un recubrimiento finito de A mediante rectangulos,

B1, . . . , Bm (es decir, A ⊂m⋃i=1

Bi) tal que

m∑i=1

v(Bi) < ε.

En efecto, supongamos que A tiene volumen cero y sea ε > 0. Sea B un rectangulo

que contiene a A. Por hipotesis existe una particion P de B tal que S(χA, P ) < ε. Sea P0

la coleccion de los subrectangulos de P que intersecan a A. Entonces

S(χA, P ) =∑R∈P0

v(R)

obteniendo lo que buscabamos.

Recıprocamente, supongamos que dado ε > 0 existe un recubrimiento finito de A

mediante rectangulos, B1, . . . , Bm tal quem∑i=1

v(Bi) < ε. Sean B un rectangulo que contiene

a A y P una particion de B tal que cada subrectangulo esta contenido en algun Bi o a lo

mas tiene frontera comun con algunos Bi (definimos la particion usando todas las aristas

de los Bi). Entonces

S(χA, P ) ≤m∑i=1

v(Bi) < ε

con lo que

ınfS(χA, P ) : P particion de B = 0.

Como

0 ≤ sups(χA, P ) : P particion de B ≤ ınfS(χA, P ) : P particion de B = 0

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se tiene que A tiene volumen cero.

Es util permitir el uso de recubrimientos numerables al igual que finitos:

Definicion 1.2.2. Un conjunto A ⊂ Rn (no necesariamente acotado) tiene medida

cero si para cada ε > 0 existe un recubrimiento de A, B1, B2, . . ., mediante una cantidad

numerable (o finita) de rectangulos (es decir, A ⊂∞⋃i=1

Bi) tal que

∞∑i=1

v(Bi) < ε.

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 ε > 0 tomamos para cada i ∈ N el rectangulo

Bi = [−i, i]×[− ε

i2i+3,

ε

i2i+3

].

Es claro que B1, B2, . . . recubren A. Ademas se tiene que

∞∑i=1

v(Bi) =∞∑i=1

ε

2i+1=ε

2< ε.

Esta claro que R como subconjunto de sı mismo no tiene medida cero ya que al recubrirla

mediante intervalos la longitud total de los mismos sera +∞.

Es evidente que si A tiene volumen cero, entonces tiene medida cero, y que si A tiene

medida cero y B ⊂ A, entonces B tambien 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

tambien.

Demostracion. Sea ε > 0. Para cada i ∈ N existe un recubrimiento de Ai, Bi1, Bi2, . . ., tal

que∞∑j=1

v(Bij) <ε

2i.

11

La coleccion numerable Bij : i, j ∈ N es un recubrimiento de∞⋃i=1

Ai y

∞∑i,j=1

v(Bij) =∞∑i=1

∞∑j=1

v(Bij) <∞∑i=1

ε

2i= ε

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 tambien lo es (ver

[A, Theorem 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.

Estudiemos ahora uno de los resultados mas importantes de la teorıa de integracion:

el teorema de Lebesgue.

Teorema 1.2.5 (Teorema de Lebesgue). Sea f : A ⊂ Rn −→ R una funcion acotada

con A acotado. Extiendase f a todo Rn definiendola 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.

Demostracion. Considerese algun rectangulo B que contenga a A. Entonces debemos

demostrar que f es integrable si y solo si los puntos de discontinuidad de la funcion g que

es igual a f en A y 0 fuera forman un conjunto de medida cero.

Definimos la oscilacion de una funcion h en x0 como

O(h, x0) = ınfsup|h(x1)− h(x2)| : x1, x2 ∈ U : U entorno (abierto) de x0.

Se tiene que O(h, x0) ≥ 0. Ademas, 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 ε > 0 existe un entorno U de x0 tal que

sup|h(x0)− h(x1)| : x1 ∈ U < ε

y esto es equivalente a que O(h, x0) = 0.

Supongamos primero que los puntos de discontinuidad de la funcion g forman un

conjunto de medida cero. Ası, si

Dε = x ∈ B : O(g, x) ≥ ε

con ε > 0, y

D = x ∈ B : g es discontinua en x

entonces Dε ⊂ D. Si y es un punto de acumulacion de Dε, cada entorno de y contiene un

punto de Dε. Entonces cada entorno U de y es un entorno de un punto de Dε, luego

sup|g(x1)− g(x2)| : x1, x2 ∈ U ≥ ε.

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Esto implica que y ∈ Dε, es decir, Dε es un conjunto cerrado. Como Dε ⊂ B, Dε es

acotado y, por lo tanto, compacto. Como es de medida cero existe un recubrimiento finito

de Dε mediante rectangulos abiertos, B1, . . . , Bm tal quem∑i=1

v(Bi) < ε.

Elıjase ahora una particion de B. Refinandola suficientemente podemos conseguir que

cada rectangulo de ella pertenezca a una de las dos siguientes colecciones (o a las dos):

C1 = los rectangulos contenidos en un Bi y C2 = los rectangulos disjuntos con Dε.Para cada rectangulo S ∈ C2 se tiene que O(g, x) < ε para todo x ∈ S. Por lo tanto,

existe un entorno Ux de cada x ∈ S de modo que

supy∈Ux

g(y)− ınfy∈Ux

g(y) < ε.

Como S es compacto, una cantidad finita de conjuntos abiertos Uxi recubre S. Elıjase una

particion refinada de S, PS, de modo que cada rectangulo de la particion este contenido

en algun Uxi . Si hacemos esto para cada S ∈ C2 obtenemos una particion P tal que

S(g, P )− s(g, P ) ≤∑S∈C1

(supx∈S

g(x)− ınfx∈S

g(x)

)v(S)

+∑S∈C2

∑R∈PS

(supx∈R

g(x)− ınfx∈R

g(x)

)v(R)

< ε v(B) +∑S∈C1

2Mv(S)

< ε (v(B) + 2M)

donde M es una cota de f . Como ε es arbitrario, la condicion 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 oscilacion positiva, es decir,∞⋃i=1

D1/i. Dado ε > 0 existe una

particion P de B tal que S(g, P ) − s(g, P ) < ε. Por otro lado, los puntos de D1/i estan

en ∂S o en int(S) para algun S de P . El primero de estos conjuntos, S1, tiene medida

cero. Sea C la coleccion de rectangulos de P que tienen un punto de D1/i en su interior.

Entonces

1

i

∑S∈C

v(S) ≤∑S∈C

(supx∈S

g(x)− ınfx∈S

g(x)

)v(S) ≤ S(g, P )− s(g, P ) < ε.

Por lo tanto, C recubre al segundo conjunto, S2, y∑S∈C

v(S) < iε

luego S2, y entonces D1/i, tiene medida cero con lo que concluye la demostracion.

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Corolario 1.2.6. Un conjunto acotado A ⊂ Rn tiene volumen si y solo si la frontera de

A tiene medida cero.

Demostracion. 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 1.2.7. Sea A ⊂ Rn acotado y con volumen. Una funcion acotada f : A −→ Rcon una cantidad finita o numerable de puntos de discontinuidad es integrable.

Demostracion. Los puntos de discontinuidad de la extension de f son los de f y tal vez

alguno mas contenido en ∂A. Como ambos conjuntos tienen medida cero, se obtiene el

resultado.

Teorema 1.2.8.

1. Sean A ⊂ Rn acotado y con medida cero, y f : A −→ R cualquier funcion integrable.

Entonces∫Af = 0.

2. Sean A ⊂ Rn acotado y f : A −→ R integrable, no negativa y con∫Af = 0. Entonces

el conjunto x ∈ A : f(x) 6= 0 tiene medida cero.

Demostracion.

1. Sea B un rectangulo que contiene a A y extendamos f a B de la manera usual. Sea

P cualquier particion de B en subrectangulos B1, . . . , Bm y M una cota superior de

f . Entonces

s(f, P ) ≤Mm∑i=1

ınfx∈Bi

χA(x) v(Bi).

Los rectangulos de P 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∫A

f ≤ 0 ≤∫A

f

y al ser f integrable obtenemos el resultado.

2. Dado m ∈ N consideremos el conjunto Am = x ∈ A : f(x) > 1/m. Sea ε > 0. Sea

B un rectangulo que contiene a A y extendamos f a B de la manera usual. Sea P

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una particion de B tal que S(f, P ) < ε/m. Si B1, . . . , Bk son los subrectangulos de

P que cortan a Am, entonces

k∑i=1

v(Bi) < m

k∑i=1

supx∈Bi

f(x) v(Bi) < ε.

Por tanto, Am tiene volumen cero. Ya que

x ∈ A : f(x) 6= 0 =∞⋃m=1

Am

se obtiene el resultado.

Ejemplo 1.2.9. Sea

f(x, y) =

x2 + sen 1

ysi y 6= 0

x2 si y = 0

Se tiene que f es integrable en A = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 < 1.

En efecto, esto es debido al teorema de Lebesgue combinado con el Ejemplo 1.2.3.

Ejercicios

1. Demuestra que A = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 = 1 tiene volumen cero.

2. Sea f : A ⊂ Rn −→ R integrable. Prueba que su grafica

G(f) = (x, y) ∈ Rn × R : x ∈ A, f(x) = y

tiene volumen cero en Rn+1.

3. Demuestra que el plano XY en R3 tiene medida cero.

4. Prueba que la definicion de conjunto de medida cero es equivalente a la que resulta

de sustituir rectangulos cerrados (los utilizados hasta ahora) por abiertos.

5. Sea

f(x, y) =

1 si x 6= 00 si x = 0

Demuestra que f es integrable en A = [0, 1]× [0, 1].

6. Calcula∫Af donde f y A son como en el ejercicio anterior.

7. Sean A ⊂ Rn un conjunto abierto con volumen y f : A −→ R una funcion continua

no negativa tal que f(x0) > 0 para algun x0 ∈ A. Demuestra que∫Af > 0.

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1.3. Propiedades de la integral

Las propiedades de la integral de Riemann estan contenidas en el siguiente resultado:

Teorema 1.3.1. Sean A,B ⊂ Rn acotados, c ∈ R y f, g : A −→ R funciones integrables.

Entonces:

1. f + g es integrable y∫A

(f + g) =∫Af +

∫Ag.

2. cf es integrable y∫A

(cf) = c∫Af .

3. Si f ≤ g, entonces∫Af ≤

∫Ag.

4. |f | es integrable y∣∣∫Af∣∣ ≤ ∫

A|f |.

5. Si A tiene volumen y |f | ≤M , entonces∣∣∫Af∣∣ ≤Mv(A).

6. (Teorema del valor medio para integrales) Si f es continua y A tiene volumen y es

compacto y conexo, entonces existe x0 ∈ A tal que∫A

f = f(x0)v(A).

A 1v(A)

∫Af se le denomina promedio de f sobre A.

7. Sea f : A∪B −→ R. Si A∩B tiene medida cero y f |A, f |B y f |A∩B son integrables,

entonces f tambien lo es y ∫A∪B

f =

∫A

f +

∫B

f.

Demostracion. Sea R un rectangulo que contiene a A y extendamos f y g a R de la

manera usual.

1. Sea ε > 0. Ya que f y g son integrables existen particiones P y P ′ de R tales que

S(f, P )− s(f, P ) <ε

2

y

S(g, P ′)− s(g, P ′) < ε

2.

Tomando un refinamiento de P y de P ′, P ′′, se tiene que

S(f + g, P ′′)− s(f + g, P ′′) ≤ S(f, P ′′) + S(g, P ′′)− s(f, P ′′)− s(g, P ′′)≤ S(f, P ) + S(g, P ′)− s(f, P )− s(g, P ′)< ε

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con lo que f + g es integrable. La igualdad integral se obtiene tomando ınfimos 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 ).

2. La demostracion de esta propiedad es similar a la de 1.

3. Basta con tomar ınfimos en P en la desigualdad S(f, P ) ≤ S(g, P ).

4. Si f es continua en un punto tambien lo es |f | luego el teorema de Lebesgue nos da

la integrabilidad de |f |. Ahora, ya que −|f | ≤ f ≤ |f |, aplicando 2 y 3 se obtiene el

resultado.

5. Dada una particion P de R,∣∣∣∣∫A

f

∣∣∣∣ ≤ ∫A

|f | ≤ S(|f |, P ) ≤MS(χA, P )

con lo que concluye la prueba.

6. Sean f(x1) = ınfx∈A

f(x) y f(x2) = supx∈A

f(x). Ya que

f(x1) ≤ 1

v(A)

∫A

f ≤ f(x2)

el teorema de los valores intermedios demuestra la afirmacion.

7. Ya que f = f |A+f |B−f |A∩B, por 1 y 2 se tiene la integrabilidad de f y la igualdad

integral, esto ultimo gracias a que∫A∩B f = 0.

Con una demostracion analoga a la del teorema del valor medio para integrales se

prueba el siguiente resultado:

Proposicion 1.3.2. Dadas dos funciones f, g : A −→ R siendo f continua, g integrable

y no negativa y A compacto y conexo, existe x0 ∈ A tal que∫A

(fg) = f(x0)

∫A

g.

Observacion 1.3.3. El teorema del valor medio para integrales se puede ver como un

corolario del resultado anterior considerando g = χA.

17

En cuanto al intercambio de una operacion de integracion y una de derivacion se tiene

el siguiente resultado de derivacion bajo el signo integral:

Proposicion 1.3.4. Sea f : [a, b]× [c, d] −→ R continua tal que ∂f∂y

existe y es continua.

Sea

F (y) =

∫ b

a

f(x, y) dx.

Entonces F es derivable y

F ′(y) =

∫ b

a

∂f

∂y(x, y) dx.

Demostracion. Se tiene que∣∣∣∣F (y + h)− F (y)

h−∫ b

a

∂f

∂y(x, y) dx

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∫ b

a

(f(x, y + h)− f(x, y)

h− ∂f

∂y(x, y)

)dx

∣∣∣∣=

∣∣∣∣∫ b

a

(∂f

∂y(x, cx,h)−

∂f

∂y(x, y)

)dx

∣∣∣∣para algun cx,h entre y e y + h, usando el teorema del valor medio.

Como ∂f∂y

es uniformemente continua al ser continua en un compacto, dado ε > 0 existe

δ > 0 tal que ∣∣∣∣∂f∂y (x0, y0)− ∂f

∂y(x, y)

∣∣∣∣ < ε

b− a

siempre que |x− x0|, |y − y0| < δ.

Si |h| < δ, entonces∣∣∣∣F (y + h)− F (y)

h−∫ b

a

∂f

∂y(x, y) dx

∣∣∣∣ ≤ ε

b− a(b− a) = ε

lo que concluye la prueba.

Corolario 1.3.5 (Regla de Leibniz para la derivacion de integrales). Dadas una funcion

f : [a, b] × [c, d] −→ R continua tal que ∂f∂y

existe y es continua en [a, b] × [c, d], dos

funciones u, v : [c, d] −→ [a, b] derivables y

F (t) =

∫ v(t)

u(t)

f(x, t) dx

se tiene que

F ′(t) = f(v(t), t)v′(t)− f(u(t), t)u′(t) +

∫ v(t)

u(t)

∂f

∂t(x, t) dx.

18

Demostracion. Basta aplicar adecuadamente la regla de la cadena.

Sean u = u(t), v = v(t) y w = t. Entonces

F (t) = g(u, v, w) =

∫ v

u

f(x,w) dx.

Ası,

F ′(t) =∂g

∂uu′(t) +

∂g

∂vv′(t) +

∂g

∂ww′(t).

Las derivadas parciales de g con respecto a u y v se obtienen mediante el teorema funda-

mental del calculo y la derivada parcial con respecto a w se obtiene derivando bajo el signo

integral mediante el resultado anterior, consiguiendo con todo ello la formula deseada.

Ejercicios

1. Si An tiene volumen para todo n ∈ N y A =∞⋃n=1

An esta acotado, ¿tiene A volumen?

2. Sean A,B conjuntos con volumen y A ∩B de medida cero. Demuestra que

v(A ∪B) = v(A) + v(B).

3. Demuestra que ∫ 2π

0

x sen(tx) dx =sen(2πt)− 2πt cos(2πt)

t2

considerando la derivada de∫ 2π

0cos(tx) dx con respecto a t.

4. Deriva∫ 2π

0x cos(tx) dx con respecto a t.

1.4. El teorema de Fubini

Teorema 1.4.1 (Teorema de Fubini). Sean A ⊂ Rn y B ⊂ Rm rectangulos y la funcion

f : A×B −→ R integrable. Si∫Bf(x, y) dy existe para cada x ∈ A, entonces∫

A×Bf =

∫A

(∫B

f(x, y) dy

)dx.

Analogamente, si∫Af(x, y) dx existe para cada y ∈ B, entonces∫

A×Bf =

∫B

(∫A

f(x, y) dx

)dy.

19

Demostracion. Nos reduciremos al caso n = m = 1 ya que para dimensiones superiores

la demostracion es analoga. Por tanto A = [a, b] y B = [c, d].

En el primer caso, sea g : [a, b] −→ R la funcion dada por g(x) =∫ dcf(x, y) dy.

Debemos demostrar que g es integrable y que∫A×B f =

∫ bag(x) dx. Sea P = P1 × P2 una

particion de A×B formada por los subrectangulos Sij = Vi ×Wj. Entonces

s(f, P ) =∑i

∑j

ınf(x,y)∈Sij

f(x, y)v(Wj)v(Vi).

Para cada x ∈ Vi se tiene que ınf(x,y)∈Sij

f(x, y) ≤ ınfy∈Wj

fx(y) donde fx(y) = f(x, y). Por lo

tanto, ∑j

ınf(x,y)∈Sij

f(x, y)v(Wj) ≤∑j

ınfy∈Wj

fx(y)v(Wj) ≤ g(x)

luego

s(f, P ) ≤∑i

ınfx∈Vi

g(x)v(Vi) = s(g, P1).

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 analogo.

Como es usual, podemos aplicar este resultado a una region no cuadrada extendiendo

f como cero fuera y aplicando el teorema a un rectangulo que la contenga, aunque al

hacer la extension f puede desarrollar discontinuidades en la frontera de A×B.

Corolario 1.4.2. 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∫A

f =

∫ b

a

(∫ ψ(x)

ϕ(x)

f(x, y) dy

)dx.

Demostracion. 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 graficas de

ϕ y ψ tienen volumen cero.

Existe un resultado analogo en el que se intercambian los papeles de x e y.

20

Es interesante ver como una demostracion del teorema de Fubini para una funcion

f : [a, b] × [c, d] −→ R continua se puede basar en el proceso de derivacion bajo el signo

integral:

La funcion h(t, y) =∫ taf(x, y) dx es continua en [a, b]× [c, d], al igual que su derivada

parcial ∂h∂t

(t, y) = f(t, y). La integral g(x) =∫ dcf(x, y) dy es una funcion continua en

[a, b]. Ahora solo necesitamos considerar la funcion

H(t) =

∫ t

a

(∫ d

c

f(x, y) dy

)dx−

∫ d

c

(∫ t

a

f(x, y) dx

)dy

con t ∈ [a, b]. Es obvio que H(a) = 0 y queremos mostrar que H(b) = 0. Pero

H(t) =

∫ t

a

g(x) dx−∫ d

c

h(t, y) dy

de modo que

H ′(t) = g(t)−∫ d

c

∂h

∂t(t, y) dy = 0

para todo t ∈ [a, b]. Ası, H es constante en [a, b] con lo que H(b) = 0, como querıamos

demostrar.

Ejercicios

1. Calcula∫Af en los siguientes casos:

a) f(x, y) = (x+y)x y A es el cuadrado dado por A = (x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x, y ≤ 1.

b) f(x, y) = 1 y A es el triangulo dado por A = (x, y) ∈ R2 : x, y ≥ 0, x+y ≤ 1.

c) f(x, y) = |y − senx| y A = [0, π]× [0, 1].

d) f(x, y) = y3−2xy2+x2y+x−1(x−y)2(x−1)

y A = [2, 3]× [0, 1].

e) f(x, y) = x y A = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 2x.

f ) f(x, y) = x√

1− x2 − y2 y A = (x, y) ∈ R2 : x, y ≥ 0, x2 + y2 ≤ 1.


a) f(x, y, z) = (x+y+z)2 y A es el tetraedro de vertices (0, 0, 0), (1, 0, 0), (0, 1, 0)

y (0, 0, 1).

b) f(x, y, z) = x y A es la region de R3 acotada por los planos x = 0, y = 0 y

z = 2 y la superficie z = x2 + y2.

3. En la integral∫ 1

0

∫ 1

xxy dy dx cambiese el orden de integracion y evaluese.

21

4. Dibujese la region correspondiente a la integral∫ 1

0

∫ ex1

(x + y) dy dx y evaluese.

Comprueba que al intercambiar el orden de integracion la respuesta no se altera.

5. Calcula 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 funcion definida por

f(x, y) =

x si x > yy2 si x ≤ y

Prueba que f es integrable y calcular su integral.


f(x, y) =

x[y]y[x] si x 6= 0 e y 6= 0

0 si x = 0 o y = 0

Prueba que f es integrable y calcular su integral.

1.5. El teorema del cambio de variables

Teorema 1.5.1 (Teorema del cambio de variables). Sean A ⊂ Rn un conjunto abierto,

acotado y con volumen y g : A −→ Rn una transformacion C1 e inyectiva tal que para

todo x ∈ A, Jg(x) 6= 0. Supongamos que |Jg| y |Jg|−1 estan acotados en A y que g(A)

tiene volumen. Si f : g(A) −→ R esta acotada y es integrable, entonces (f g)|Jg| es

integrable en A y ∫g(A)

f =

∫A

(f g)|Jg|.

La demostracion de este resultado requiere el establecimiento de varios lemas previos:

El primer paso es establecer la formula cuando g = L es una transformacion lineal,

en cuyo caso JL = det L. Esto proporciona la interpretacion geometrica de det L: es el

factor de cambio de los volumenes bajo la transformacion L.

Lema 1.5.2. Si L : Rn −→ Rn es una transformacion lineal y A ⊂ Rn tiene volumen,

entonces L(A) tiene volumen y v(L(A)) = |det L| v(A).

Demostracion. Primero consideramos el caso particular en que A es un rectangulo y L es

una transformacion lineal cuya matriz expresada en la base canonica es de uno de los dos

22

tipos siguientes:

L1 =

1 0 · · · 00 1

. . .

1... c

.... . .

1 00 · · · 0 1

o

L2 =

1 0 · · · 00 1

. . . 11

... 1...

. . .

1 00 · · · 0 1

.

La matriz L1 se obtiene reemplazando un 1 de la diagonal de la matriz identidad por una

constante c, y L2 se obtiene escribiendo un 1 en la matriz identidad en cualquier parte

fuera de la diagonal. Estas son las matrices elementales.

Si A = [a1, b1]× · · · × [an, bn] y c esta en la i-esima fila, entonces

L1(A) = [a1, b1]× · · · × [cai, cbi]× · · · × [an, bn]

con lo que

v(L1(A)) = |c| v(A) = |det L1| v(A).

Si el 1 fuera de la diagonal esta en la posicion (i, j), entonces

L2(A) = (x1, x2, . . . , xi−1, xi + xj, xi+1, xi+2, . . . , xn) ∈ Rn : xk ∈ [ak, bk], 1 ≤ k ≤ n.

Aplicando el teorema de Fubini se tiene que

v(L2(A)) =n∏

k = 1k 6= i, j

(bk − ak)∫ bj

aj

(∫ xj+bi

xj+ai

dxi

)dxj = v(A) = |det L2| v(A).

Sean ahora A un conjunto arbitrario con volumen y Li una de las matrices elementales

con det Li 6= 0. Sea B un rectangulo que contiene a A y, dado ε > 0, sea P una particion

de B en subrectangulos B1, . . . , BN de modo que

S(χA, P )− v(A) <ε

2|det Li|

23

y

v(A)− s(χA, P ) <ε

2|det Li|.

Si Vε =⋃Bi : Bi ⊂ A y Wε =

⋃Bi : Bi ∩ A 6= ∅, entonces

v(Li(Vε)) = |det Li| s(χA, P )

y

v(Li(Wε)) = |det Li| S(χA, P )

con lo que

v(Li(Wε))− v(Li(Vε)) < ε

y, por tanto, Li(A) tiene volumen y

v(Li(A)) = |det Li| v(A).

Si det Li = 0, entonces v(Li(B)) = 0 para cualquier rectangulo B y v(Li(A)) = 0 para

cualquier conjunto A con volumen.

Si L es una transformacion lineal y A es un conjunto con volumen, entonces, ya que

cualquier matriz es el producto de matrices elementales, aplicando repetidamente lo que

acabamos de demostrar se tiene que L(A) tiene volumen y v(L(A)) = |det L| v(A).

Lema 1.5.3. Si el teorema es cierto para la funcion constante 1, entonces tambien es

cierto para cualquier funcion integrable f .

Demostracion. Si el teorema es cierto para la funcion constante 1, entonces es cierto para

cualquier funcion constante. Sean f una funcion integrable en g(A), B un rectangulo que

contiene a g(A) y P una particion de B en rectangulos B1, . . . , BN . Entonces

s(f, P ) =N∑i=1

ınfx∈Bi

f(x)v(Bi)

=N∑i=1

∫Bi

ınfx∈Bi

f(x)

=N∑i=1

∫g−1(Bi)

(ınfx∈Bi

f(x) g)|Jg|

≤N∑i=1

∫g−1(Bi)

(f g)|Jg|

=

∫A

(f g)|Jg|.

Por lo tanto, ∫g(A)

f ≤∫A

(f g)|Jg|.

La desigualdad contraria se obtiene con S(f, P ).

24

Lema 1.5.4. El teorema es cierto si g es una transformacion lineal.

Demostracion. Por el Lema 1.5.2,∫g(A)

1 =

∫A

|det g| =∫A

|Jg|.

Luego, por el Lema 1.5.3, ∫g(A)

f =

∫A

(f g)|Jg|.

Proposicion 1.5.5. Si el teorema es cierto para g : A −→ Rn y para h : B −→ Rn,

donde g(A) ⊂ B, entonces el teorema es valido para h g : A −→ Rn.

Demostracion. Basta con hacer el calculo siguiente:∫(hg)(A)

f =

∫g(A)

(f h)|Jh| =∫A

(f h g)(|Jh| g)|Jg| =∫A

(f (h g))|J(h g)|.

Si x = (x1, . . . , xn) ∈ Rn, sea |x| = max1≤i≤n

|xi|. Y si A : Rn −→ Rn es la transformacion

lineal con matriz aij, definimos

|A| = max1≤i≤n

n∑j=1

|aij|.

Ası, se tiene que |A(x)| ≤ |A||x|. Tambien utilizaremos la matriz jacobiana j(x) = (jik(x))

de la transformacion g(x) = (g1(x), . . . , gn(x)) donde

jik(x) =∂gi∂xk

(x).

Si C es el cubo en el conjunto abierto A dado por C = x ∈ Rn : |x − c| ≤ r para

ciertos c ∈ Rn y r ∈ R, entonces v(C) = (2r)n. Por el teorema del valor medio,

gi(x)− gi(c) =n∑k=1

jik(c+ θi(x)(x− c))(xk − ck)

donde 0 ≤ θi(x) ≤ 1 para todo 1 ≤ i ≤ n. Ası,

|g(x)− g(c)| ≤ rmaxy∈C|j(y)|

de modo que si g(C) tiene volumen, entonces

v(g(C)) ≤(

maxy∈C|j(y)|

)nv(C).

Para garantizar que g(C) tiene volumen demostraremos el lema siguiente:

25

Lema 1.5.6. Si h : U ⊂ Rn −→ Rn es una transformacion C1 e inyectiva tal que

Jh(x) 6= 0 para todo x ∈ U , siendo U un conjunto abierto y acotado, y C es un conjunto

con volumen tal que C ⊂ U , entonces h(C) tiene volumen.

Demostracion. Basta probar que ∂h(C) tiene volumen cero. Para ello, mostraremos en

primer lugar que ∂h(C) ⊂ h(∂C). En efecto, sean x ∈ ∂h(C), y = h−1(x) y V un entorno

abierto de y tal que V ⊂ U . Entonces h(V ) es un entorno abierto de x, ya que h−1

es continua. Como x ∈ ∂h(C), h(V ) contiene puntos de h(C) y de su complementario.

Y como h es inyectiva, V contiene puntos de C y de su complementario, de modo que

y ∈ ∂C, luego x ∈ h(∂C). Aplicando este argumento a h−1 se tiene que ∂h(C) = h(∂C).

Ahora, dado ε > 0, recubrimos ∂C con rectangulos B1, . . . , BN de volumen total a lo

sumo ε. Por la acotacion previa al lema, h(∂C) esta recubierto con rectangulos de volumen

total a lo sumo (max

x∈B1∪···∪BN|Jh(x)|

)nε

con lo h(∂C) y, por tanto, ∂h(C) tienen volumen cero.

Demostracion del Teorema. Si L es una transformacion lineal y U tiene volumen, entonces

v(L−1(U)) = |det (L−1)| v(U).

Si U = g(C), entonces

|det (L−1)| v(g(C)) ≤(

maxy∈C|L−1j(y)|

)nv(C)

con lo que

v(g(C)) ≤ |det L|(

maxy∈C|L−1j(y)|

)nv(C).

Subdividamos el cubo C en un conjunto finito C1, . . . , CM de cubos que no se solapen, cen-

trados en x1, . . . , xM y supongase que δ es mayor que la longitud de un lado de cualquiera

de ellos. Aplicando la desigualdad anterior a cada Ci, tomando L = j(xi) y sumando

obtenemos

v(g(C)) ≤M∑i=1

|det (j(xi))|(

maxy∈Ci|j−1(xi)j(y)|

)nv(Ci).

Como j(x) es una funcion continua, j−1(z)j(y) tiende a la matriz identidad cuando z → y

y, por lo tanto, (maxy∈Ci|j−1(xi)j(y)|

)n≤ 1 + φ(δ)

donde φ(δ) tiende a 0 con δ. Ası,

v(g(C)) ≤ (1 + φ(δ))M∑i=1

|det (j(xi))| v(Ci).

26

Cuando δ tiende a 0 la suma de la derecha tiende a∫C|Jg(x)| dx, y la desigualdad queda

v(g(C)) ≤∫C

|Jg(x)| dx.

La demostracion del Lema 1.5.3 junto con la desigualdad anterior produce∫g(A)

f ≤∫A

(f g)|Jg|.

Esta desigualdad se puede aplicar tambien a g−1 obteniendose∫A

(f g)|Jg| ≤∫g(A)

(f g g−1)|Jg g−1||Jg−1|

es decir, ∫A

(f g)|Jg| ≤∫g(A)

f

y el teorema queda demostrado.

Existen al menos dos formas de mejorar el teorema del cambio de variables:

Teorema 1.5.7. Sean B ⊂ Rn un conjunto abierto y g : B −→ Rn una transformacion

C1 e inyectiva tal que Jg(x) 6= 0 para todo x ∈ B. Supongamos que B y g(B) tienen

volumen y sea A ⊂ g(B) con volumen. Si f : A −→ R es integrable, entonces∫A

f =

∫g−1(A)

(f g)|Jg|.

Demostracion. Extendemos f a g(B) definiendola como 0 fuera de A. Por el teorema del

cambio de variables ∫g(B)

f =

∫B

(f g)|Jg|.

Como f se anula fuera de A, f g se anula fuera de g−1(A), de donde se sigue la conclusion.

Teorema 1.5.8. Sean A,B ⊂ Rn con volumen y g : int A −→ int B una transformacion

C1 y biyectiva tal que Jg(x) 6= 0 para todo x ∈ int A. Si f : B −→ R es integrable,

entonces ∫B

f =

∫A

(f g)|Jg|.

Demostracion. Como B tiene volumen y ∂(int B) ⊂ ∂B, entonces int B tiene volumen.

Ademas, int B ∪ (∂B ∩B) = B, de modo que∫int B

f =

∫B

f.

Por lo tanto, obtenemos el resultado por el teorema del cambio de variables.

27

Una aplicacion del teorema del cambio de variables viene dada por las coordenadas

polares. La funcion 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 esfericas. La

funcion que pasa de ellas a coordenadas rectangulares es

g(r, ϕ, θ) = (r senϕ cos θ, r senϕ sen θ, r cosϕ)

cuyo jacobiano es r2 senϕ. El angulo ϕ es el formado con la parte positiva del eje OZ.

Finalmente, la funcion que pasa de coordenadas cilındricas a rectangulares es

g(r, θ, z) = (r cos θ, r sen θ, z)

cuyo jacobiano es r.

Ejercicios

1. Calcula∫ 1

0

∫ 1

0(x4 − y4) dx dy usando el cambio de variables u = x2 − y2, v = 2xy.


a) f(x, y) = x2+y2 yA es el disco unidad dado porA = (x, y) ∈ R2 : x2+y2 ≤ 1.

b) f(x, y) = (y2 − x2)xy(x2 + y2) y

A = (x, y) ∈ R2 : x, y > 0, a ≤ xy ≤ b, y2 − x2 ≤ 1, x ≤ y

con 0 < a ≤ b.

c) f(x, y) = (x2 + y2)−3/2 y A = (x, y) ∈ R2 : x ≤ y, x+ y ≥ 1, x2 + y2 ≤ 1.

d) f(x, y) = x2 + y2 y A = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 2y, x2 + y2 ≤ 1, x ≥ 0.

e) f(x, y) = x2 + y2 y A = (x, y) ∈ R2 : (x2 + y2)2 ≤ 4(x2 − y2), x ≥ 0.


a) f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 y A = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 < 1.

b) f(x, y, z) = ze−x2−y2 y A = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1.

c) f(x, y, z) = (1 + x2 + y2 + z2)−1/2 y A la bola unidad.

d) f(x, y, z) = x2 y

A = (x, y, z) ∈ R3 : x ≥ 0, x2 + y2 + (z − 1)2 ≤ 1, 4z2 ≥ 3(x2 + y2).

28

e) f(x, y, z) = yz√x2 + y2 y

A = (x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ z ≤ x2 + y2, 0 ≤ y ≤√

2x− x2.

f ) f(x, y, z) = z y A = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 ≤ 2, x2 + y2 ≤ z.

g) f(x, y, z) = z2 y A = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 ≤ a2, x2 + y2 + z2 ≤ 2az.

4. Calcula el volumen de A en los siguientes casos:

a) A = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 ≤ a2, x2 + y2 ≤ z2.

b) A = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 ≤ a2, x2 + y2 ≤ ax, z ≥ 0.

1.6. Integrales impropias

Las integrales impropias son de dos tipos dependiendo de si es la funcion o el dominio

lo que no esta acotado. En primer lugar consideremos el segundo caso. Extenderemos las

funciones a todo el espacio de la manera usual.

Definicion 1.6.1. Sea f : A ⊂ Rn −→ [0,∞) una funcion acotada e integrable en cada

cubo n-dimensional [−a, a]n = [−a, a]×· · ·×[−a, a]. Si lıma→∞

∫[−a,a]n

f es finito, lo llamamos∫Af y decimos que f es integrable sobre A.

Teorema 1.6.2. Sea f : A ⊂ Rn −→ [0,∞) una funcion acotada e integrable en cada cubo

[−a, a]n. Entonces f es integrable sobre A si y solo si para cada sucesion no decreciente

(Bk)k∈N de conjuntos acotados con volumen tal que para cada cubo C se tiene que C ⊂ Bk

para k suficientemente grande, existe lımk→∞

∫Bkf . En este caso

lımk→∞

∫Bk

f =

∫A

f.

Demostracion. Supongamos primero que f es integrable. Si [−a, a]n ⊂ Bk ⊂ [−b, b]n,

entonces, gracias a que fχ[−a,a]n ≤ fχBk ≤ fχ[−b,b]n , se tiene que∫[−a,a]n

f ≤∫Bk

f ≤∫

[−b,b]nf

con lo que se tiene el resultado.

Recıprocamente,(∫

Bkf)k∈N

es una sucesion creciente convergente a C, luego para

cada a, como [−a, a]n ⊂ Bk para algun k ∈ N suficientemente grande, se tiene que∫[−a,a]n

f ≤ C con lo que concluye la prueba al ser∫

[−a,a]nf una funcion de a creciente y

acotada superiormente, luego convergente.

29

Observese que se tiene un criterio de comparacion: si f es integrable, g es integrable

en cada cubo y 0 ≤ g ≤ f , entonces g tambien es integrable pues∫

[−a,a]ng es creciente

con a y esta acotada por∫Af con lo que converge cuando a→∞.

A continuacion analizaremos el caso de una funcion f : A ⊂ Rn −→ [0,∞) no acotada

siendo A posiblemente no acotado. Reducimos el problema al caso ya estudiado cortando

la grafica de f para obtener una funcion acotada.

Definicion 1.6.3. Para cada M > 0 sea

fM(x) =

f(x) si f(x) ≤MM si f(x) > M

Cada funcion fM esta acotada por M y 0 ≤ fM ≤ f . Si fM es integrable para todo M > 0

y lımM→∞

∫AfM es finito, lo llamamos

∫Af y decimos que f es integrable sobre A.

Como antes, tenemos el siguiente criterio de comparacion: si 0 ≤ g ≤ f y f es

integrable, entonces g tambien es integrable.

Definicion 1.6.4. Dada una funcion f : A ⊂ Rn −→ R sean

f+(x) =

f(x) si f(x) ≥ 0

0 si f(x) < 0

y

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

que f es integrable sobre A y∫Af =

∫Af+ −

∫Af−.

En el caso unidimensional tenemos el siguiente metodo para calcular integrales impro-

pias:

Teorema 1.6.5.

1. Sean f : [a,∞) −→ [0,∞) acotada y continua y F una primitiva de f . Entonces f

es integrable si y solo si es finito lımx→∞

F (x). En este caso,∫[a,∞)

f =

∫ ∞a

f(x) dx = lımx→∞

F (x)− F (a).

2. Una funcion continua f : (a, b] −→ [0,∞) es integrable si y solo si es finito

lımε→0+

∫ b

a+ε

f(x) dx.

En este caso, este lımite es igual a∫ baf(x) dx.

30

Demostracion.

1. Ya que∫ b−b f(x) dx =

∫ baf(x) dx para b > |a|, se obtiene el resultado.

2. Demos dos pasos preliminares. Dado ε > 0, si M = supx∈[a+ε,b]

f(x), entonces

∫ b

a+ε

f(x) dx ≤∫ b

a

fM(x) dx.

Ahora, dados ε,M > 0 se tiene que∫ b

a

fM(x) dx−∫ b

a+ε

f(x) dx ≤∫ a+ε

a

fM(x) dx ≤ εM.

Supongamos primero que f es integrable. Es claro por el primer paso que∫ ba+ε

f(x) dx

crece cuando ε → 0+ hacia algo menor o igual que∫ baf(x) dx. Dado δ > 0, elıjase

M de modo que ∫ b

a

f(x) dx−∫ b

a

fM(x) dx <δ

2.

Si ε = δ2M

, entonces, por el segundo paso,∫ b

a

fM(x) dx−∫ b

a+ε

f(x) dx ≤ δ

2.

En consecuencia, ∫ b

a

f(x) dx−∫ b

a+ε

f(x) dx < δ

con lo que se tiene el resultado.

El recıproco se tiene gracias a que∫ bafM(x) dx es una funcion no decreciente en M

y acotada superiormente por

1 + lımε→0+

∫ b

a+ε

f(x) dx

ya que para M suficientemente grande∫ b

a

fM(x) dx =

∫ a+1/M

a

fM(x) dx+

∫ b

a+1/M

fM(x) dx.

Con frecuencia se dice que∫Af converge en vez de f es integrable.

31

Ejercicios

1. Demuestra que

a)∫∞

1xp dx converge si p < −1 y diverge si p ≥ −1.

b)∫ a

0xp dx converge si p > −1 y diverge si p ≤ −1.

c)∫∞

1e−xxp dx converge para todo p ∈ R.

d)∫ a

0e1/xxp dx diverge para todo p ∈ R.

e)∫ a

0log x dx converge.

f )∫∞

11

log xdx diverge.

g)∫∞

11√x3+1

dx converge.

h)∫ 1

0e−xxp dx converge si p > −1.

i)∫∞

1senxx2+1

dx converge.

j )∫∞

0xp

1+xpdx converge si p < −1 y diverge si p ≥ −1.

2. Calcula∫∞−∞ e

−x2 dx.


a) f(x, y) = (xy)−1/2 y A = (0, 4]× (0, 4].

b) f(x, y) = (x2 + y2 + 1)−2 y A = R2.

c) f(x, y, z) = (x2 + y2 + z2)−1/2 y A = (x, y, z) ∈ R3 : 0 < x2 + y2 + z2 ≤ 1.

32

Tema 2

Integral de lınea y de superficie

2.1. La integral de trayectoria

Empecemos definiendo la longitud de una curva:

Definicion 2.1.1. Sea c : [a, b] −→ Rn una curva continua. Definimos la longitud de c

y la denotamos por l(c) como

l(c) = sup

m∑i=1

‖c(ti)− c(ti−1)‖ : P = a = t0 < t1 < · · · < tm = b particion de [a, b]

.

Proposicion 2.1.2. Si c : [a, b] −→ Rn es una curva de clase C1 a trozos, entonces

l(c) <∞ y

l(c) =

∫ b

a

‖c′(t)‖ dt.

Demostracion. Podemos suponer que c = (c1, . . . , cn) es de clase C1 ya que si es de clase

C1 a trozos la podemos poner como union de curvas de clase C1.

Sea P = a = t0 < t1 < · · · < tm = b una particion de [a, b]. Para cada 1 ≤ i ≤ m se

tiene que

‖c(ti)− c(ti−1)‖2 =n∑k=1

(ck(ti)− ck(ti−1))2

= (ti − ti−1)n∑k=1

c′k(si)(ck(ti)− ck(ti−1))

≤ ‖c′(si)‖‖c(ti)− c(ti−1)‖(ti − ti−1)

donde la ultima igualdad se obtiene aplicando el teorema del valor medio a la funcionn∑k=1

ck(t)(ck(ti)− ck(ti−1))

33

definida sobre [ti−1, ti], y la desigualdad es debida a la de Cauchy-Schwartz. Ası,

m∑i=1

‖c(ti)− c(ti−1)‖ ≤m∑i=1

‖c′(si)‖(ti − ti−1) ≤ S(‖c′‖, P ).

Por tanto, tomando supremo e ınfimo en todas las particiones de [a, b] respectivamente

obtenemos que

l(c) ≤∫ b

a

‖c′(t)‖ dt <∞.

Veamos ahora la desigualdad contraria. Dado ε > 0 existe δ > 0 tal que si s, t ∈ [a, b]

con |s− t| < δ, entonces

|c′k(s)− c′k(t)| <ε√n

para todo 1 ≤ k ≤ n. Sea

P = a = t0 < t1 < · · · < tm = b

una particion de [a, b] de diametro menor que δ. Usando el teorema del valor medio se

tiene que

‖c(ti+1)− c(ti)‖ =

[n∑k=1

c′k(sik)2(ti+1 − ti)2

]1/2

=

(n∑k=1

c′k(sik)2

)1/2

(ti+1 − ti)

≥

‖c′(t∗)‖ −[

n∑k=1

(c′k(t∗)− c′k(sik))2

]1/2 (ti+1 − ti)

≥ (‖c′(t∗)‖ − ε)(ti+1 − ti)

con sik ∈ [ti, ti+1] para todo 1 ≤ k ≤ n y t∗ ∈ [ti, ti+1] tal que ‖c′(t∗)‖ = ınft∈[ti,ti+1]

‖c′(t)‖.Por tanto,

l(c) ≥ s(‖c′‖, P )− ε(b− a).

Tomando supremo en P se obtiene el resultado.

Pasemos ahora a definir la integral de trayectoria:

Definicion 2.1.3. Sean una funcion escalar f : Rn −→ R y una trayectoria de clase C1

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∫c

f ds =

∫ b

a

f(c(t))‖c′(t)‖ dt.

34

Si c es C1 a trozos o f c es continua a trozos, definimos∫cf ds partiendo [a, b] en

segmentos sobre los cuales f(c(t))‖c′(t)‖ sea continua y sumando las integrales sobre los

segmentos.

Observacion 2.1.4. Si f = 1, entonces∫cf ds = l(c).

La definicion de∫cf ds se puede justificar de la siguiente forma: dada una particion de

[a, b], P = a = t0 < t1 < · · · < tm = b,∫cf ds se puede aproximar, usando el teorema

del valor medio, porm∑i=1

f(c(t∗i ))‖c′(t∗i )‖(ti − ti−1)

donde t∗i ∈ [ti−1, ti] es tal que∫ ti

ti−1

‖c′(t)‖ dt = ‖c′(t∗i )‖(ti − ti−1)

para todo 1 ≤ i ≤ m. Haciendo que el diametro de P tienda a 0 se obtiene∫ b

a

f(c(t))‖c′(t)‖ dt.

Un caso particular importante de la integral de trayectoria se presenta cuando c descri-

be una curva plana. Supongamos que todos los puntos c(t) estan en el plano coordenado

XY y que f : R2 −→ [0,∞). La integral de f a lo largo de la trayectoria c tiene una

interpretacion geometrica como el area de una pared cuya base es la imagen de c y altura

f(c(t)) en c(t), recorriendo c solo una vez su imagen.

Ejemplos fısicos de funciones escalares f son los campos de temperaturas o presiones,

o la densidad de un cuerpo. Supongamos que la trayectoria c representa un alambre cuya

funcion de densidad de masa es ρ(x, y, z). La masa m del alambre y su centro de masas

(x0, y0, z0) se definen como

m =

∫c

ρ ds

y

(x0, y0, z0) =

(1

m

∫c

xρ ds,1

m

∫c

yρ ds,1

m

∫c

zρ ds

).

Ejercicios

1. Calcula la longitud de las siguientes curvas:

a) c(t) = (r cos t, r sen t) con t ∈ [0, 2π].

b) c(t) = (cos t, sen t, t2) con t ∈ [0, π].

35

c) c(t) = (|t|, |t− 12|, 0) con t ∈ [−1, 1].

d) La cicloide c(t) = (t− sen t, 1− cos t) con t ∈ [0, 2π].

e) c(t) = (cos t, sen t, cos 2t, sen 2t) con t ∈ [0, π].

f ) c(t) = (2 cos t, 2 sen t, t) si t ∈ [0, 2π] y c(t) = (2, t− 2π, t) si t ∈ [2π, 4π].

g) c(t) = (t, t sen t, t cos t) entre (0, 0, 0) y (π, 0,−π).

h) c(t) = (2t, t2, log t) con t > 0 entre (2, 1, 0) y (4, 4, log 2).

i) La cardioide cuya ecuacion en polares es r(t) = 1− cos t con t ∈ [0, 2π].

j ) y = ex con x ∈ [0, 1].

k) y2 = 4x con y ∈ [0, 2].

2. Calcula∫cfds en los siguientes casos:

a) f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 y c(t) = (cos t, sen t, t) con t ∈ [0, 2π].

b) f(x, y, z) = x+ y + z y c(t) = (sen t, cos t, t) con t ∈ [0, 2π].

c) f(x, y, z) = x cos z y c(t) = (t, t2, 0) con t ∈ [0, 1].

d) f(x, y, z) = e√z y c(t) = (1, 2, t2) con t ∈ [0, 1].

e) f(x, y, z) = yz y c(t) = (t, 3t, 2t) con t ∈ [1, 3].

f ) f(x, y, z) = x+yy+z

y c(t) = (t, 23t3/2, t) con t ∈ [1, 2].

g) f(x, y, z) = y−3 y c(t) = (log t, t, 2) con t ∈ [1, e].

h) f(x, y, z) = xyz y c(t) = (et cos t, et sen t, 3) con t ∈ [0, 2π].

i) f(x, y, z) = xyz y c(t) = (cos t, sen t, t) con t ∈ [0, 2π].

j ) f(x, y, z) = xyz y c(t) = (32t2, 2t2, t) con t ∈ [0, 1].

k) f(x, y, z) = xyz y c(t) = (t, 1√2t2, 1

3t3) con t ∈ [0, 1].

l) f(x, y, z) = x+ y + yz y c(t) = (sen t, cos t, t) con t ∈ [0, 2π].

m) f(x, y, z) = x+ cos2 z y c(t) = (sen t, cos t, t) con t ∈ [0, 2π].

n) f(x, y, z) = x+ y + z y c(t) = (t, t2, 23t3) con t ∈ [0, 1].

n) f(x, y) = xy y c es el borde del cuadrado |x|+ |y| = 2.

o) f(x, y) = (x2 + y2 + 4)−1/2 y c es el segmento que une (0, 0) y (1, 2).

p) f(x, y, z) =√

2y2 + z2 y c es la circunferencia de ecuaciones

c ≡x2 + y2 + z2 = 1x = y

3. Muestra 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∫c

f ds =

∫ θ2

θ1

f(r cos θ, r sen θ)√

(r(θ))2 + (r′(θ))2 dθ.

36

4. Halla la masa de un alambre formado por la interseccion de la esfera x2 +y2 +z2 = 1

y el plano x + y + z = 0 si la densidad en (x, y, z) esta dada por ρ(x, y, z) = x2

gramos por unidad de longitud del alambre.

2.2. La integral de lınea

Si F es un campo de fuerza en el espacio, entonces una partıcula de prueba (por ejem-

plo, una unidad de carga en un campo de fuerza electrico o una masa unitaria en el campo

gravitacional) experimentara la fuerza F . Supongamos que la partıcula se mueve a lo largo

de la imagen de una trayectoria c mientras actua sobre ella F . Un concepto fundamental

es el de trabajo realizado por F sobre la partıcula, conforme describe la trayectoria c. Si c

es un desplazamiento en lınea recta dado por el vector v y F es constante, entonces dicho

trabajo es F · v. Si la trayectoria es curva, podemos imaginar que esta formada por una

sucesion de desplazamientos rectos infinitesimales o que esta aproximada por un numero

finito de desplazamientos rectos. Entonces, aproximando c(t + ∆t) − c(t) por c′(t)∆t, el

trabajo es la integral de lınea de F a lo largo de la trayectoria c definida esta integral

como sigue:

Definicion 2.2.1. Sean un campo vectorial continuo F : Rn −→ Rn y una trayectoria

de clase C1 c : [a, b] −→ Rn. Definimos la integral de lınea de F a lo largo de la

trayectoria c como ∫c

F ds =

∫ b

a

F (c(t)) · c′(t) dt.

Si (F c) ·c′ es continua a trozos, definimos∫cF ds partiendo [a, b] en segmentos sobre

los cuales (F c) · c′ sea continua y sumando las integrales sobre los segmentos.

Definicion 2.2.2. Consideramos una funcion biyectiva de clase C1 h : [a, b] −→ [c, d]

y una trayectoria de clase C1 a trozos c : [c, d] −→ Rn. A p = c h : [a, b] −→ Rn la

llamamos reparametrizacion de c.

Si h′(t) > 0 para todo t ∈ [a, b] se dice que p conserva la orientacion y una

partıcula que recorra p se mueve en la misma direccion que una que recorra c.

Si h′(t) < 0 para todo t ∈ [a, b] se dice que p invierte la orientacion y una partıcula

que recorra p se mueve en direccion opuesta que una que recorra c.

Ejemplos 2.2.3. Sea c : [a, b] −→ Rn una trayectoria de clase C1 a trozos.

1. La trayectoria c− : [a, b] −→ Rn, c−(t) = c(a+b−t), llamada trayectoria opuesta

a c, es la reparametrizacion de c que se corresponde con el cambio de coordenadas

h : [a, b] −→ [a, b], h(t) = a+ b− t. La trayectoria c− invierte la orientacion.

37

2. La trayectoria p : [0, 1] −→ Rn, p(t) = c(a + (b− a)t), es la reparametrizacion de c

que corresponde al cambio de coordenadas h : [0, 1] −→ [a, b], h(t) = a + (b − a)t.

La trayectoria p conserva la orientacion.

Teorema 2.2.4. Sea F un campo vectorial continuo en la trayectoria c : [c, d] −→ Rn de

clase C1 y sea p : [a, b] −→ Rn una reparametrizacion de c. Si p conserva la orientacion,

entonces ∫p

F ds =

∫c

F ds

y si la invierte, entonces ∫p

F ds = −∫c

F ds.

Demostracion. Se tiene que∫p

F ds =

∫ b

a

F (p(t)) · p′(t) dt =

∫ b

a

F (c(h(t))) · c′(h(t))h′(t) dt =

∫ h(b)

h(a)

F (c(u)) · c′(u) du.

Esta ultima integral es ∫ d

c

F (c(u)) · c′(u) du =

∫c

F ds

si p conserva la orientacion, y es∫ c

d

F (c(u)) · c′(u) du = −∫c

F ds

si p invierte la orientacion.

El teorema anterior es cierto tambien si c es de clase C1 a trozos, como podemos ver

si rompemos los intervalos en segmentos en los cuales las trayectorias sean de clase C1 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 analoga al anterior:

Teorema 2.2.5. Sean c una trayectoria de clase C1 a trozos, f una funcion escalar

continua definida en la imagen de c, y p cualquier reparametrizacion de c. Entonces∫p

f ds =

∫c

f ds.

Recordemos que un campo vectorial F es un campo vectorial gradiente si F = ∇fpara alguna funcion escalar f .

El siguiente resultado constituye una generalizacion del teorema fundamental del calcu-

lo:

38

Teorema 2.2.6. Sean f : Rn −→ R una funcion de clase C1 y c : [a, b] −→ Rn una

trayectoria de clase C1 a trozos. Entonces∫c

∇f ds = f(c(b))− f(c(a)).

Demostracion. Sea F (t) = f(c(t)) con t ∈ [a, b]. Aplicando la regla de la cadena se tiene

que F ′(t) = ∇f(c(t)) · c′(t) de lo que se sigue el resultado.

Expresemos ahora la teorıa anterior de forma independiente de la parametrizacion.

Definicion 2.2.7. Definimos curva simple C como la imagen de una aplicacion inyec-

tiva c : [a, b] −→ Rn de clase C1 a trozos. Llamamos a c parametrizacion de C.

La curva C tiene dos orientaciones asociadas. Llamamos a C junto con una orienta-

cion, curva simple orientada.

Si c(a) = c(b) y c no es necesariamente inyectiva en [a, b) llamamos a C curva

cerrada. Si ademas c es inyectiva en [a, b) decimos que C es una curva cerrada simple.

Analogamente se define curva cerrada simple orientada.

Definicion 2.2.8. Sean f : Rn −→ R una funcion escalar continua, F : Rn −→ Rn

un campo vectorial continuo y C una curva (cerrada) simple orientada. Se definen las

integrales de trayectoria de f y de lınea de F sobre C respectivamente como∫C

f ds =

∫c

f ds

y ∫C

F ds =

∫c

F ds

siendo c cualquier parametrizacion de C que conserve la orientacion.

Si C− es la curva C pero con orientacion opuesta, entonces∫CF ds = −

∫C− F ds.

Otros conceptos fısicos que se modelizan utilizando las integrales de lınea aparecen en

mecanica de fluidos y en electromagnetismo. Por ejemplo, si F es el campo de velocidades

de un fluido y C es una curva cerrada, la integral de lınea∫CF ds se denomina circulacion

de F a lo largo de C.

Ejercicios

1. Calcula∫cFds en los siguientes casos:

a) F (x, y, z) = (x, y, z) y c(t) = (sen t, cos t, t) con t ∈ [0, 2π].

39

b) F (x, y, z) = (x2, xy, 1) y c(t) = (t, t2, 1) con t ∈ [0, 1].

c) F (x, y, z) = (cos z, ex, ey) y c(t) = (1, t, et) con t ∈ [0, 2].

d) F (x, y, z) = (sen z, cos z,− 3√xy) y c(t) = (cos3 t, sen3 t, t) con t ∈ [0, 7π

2].

e) F (x, y, z) = (x3, y, z) y c(t) = (0, cos t, sen t) con t ∈ [0, 2π].

f ) F (x, y, z) = (yz, xz, xy) y c esta formada por los segmentos de recta que unen

(1, 0, 0), (0, 1, 0) y (0, 0, 1).

g) F (x, y, z) = (x2,−xy, 1) y c es la parabola z = x2, y = 0 de (−1, 0, 1) a (1, 0, 1).

h) F (x, y, z) = (y, 2x, y) y c(t) = (t, t2, t3) con t ∈ [0, 1].

i) F (x, y, z) = (y, 3y3 − 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]. Calcula∫cFds y∫

c−Fds.

3. Sean F (x, y, z) = (y, x, 0) y c(t) = (14t4, sen3(π

2t), 0) con t ∈ [0, 1]. Calcula

∫cFds

expresando F como un gradiente.

4. Calcula∫CFds siendo F (x, y) = (x2, xy) y C el perımetro 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 C1.

a) Supongase que F es perpendicular a c′(t) en c(t) para todo t ∈ [a, b]. Demuestra

que∫cFds = 0.

b) Supongase que F es paralelo a c′(t) en c(t) para todo t ∈ [a, b] (es decir,

F (c(t)) = λ(t)c′(t) con λ(t) > 0 para todo t ∈ [a, b]). Demuestra que∫c

Fds =

∫c

‖F‖ds.

6. Sean F : Rn −→ Rn un campo vectorial continuo tal que ‖F‖ ≤M y c : [a, b] −→ Rn

una trayectoria de clase C1. Demuestra que∣∣∫cFds

∣∣ ≤Ml(c).

7. Sean c1, c2 dos trayectorias de clase C1 con los mismos puntos extremos y F un

campo vectorial continuo. Demuestra que∫c1Fds =

∫c2Fds si y solo si

∫CFds = 0

donde C es la curva cerrada simple que se obtiene al moverse primero a lo largo de

c1 y despues a lo largo de c2 en sentido opuesto.

8. Sean c una trayectoria de clase C1 y T el vector tangente unitario. ¿Que es∫cTds?

9. Sea F (x, y, z) = (z3 + 2xy, x2, 3xz2). Muestra que la integral de F sobre el contorno

del cuadrado de vertices (±1,±1) es 0.

40

10. ¿Cual es el valor de la integral de un campo vectorial gradiente alrededor de una

curva cerrada simple C?

11. Calcula∫CFds siendo F (x, y, z) = (2xyz, x2z, x2y) y C una curva simple orientada

que une (1, 1, 1) con (1, 2, 4).

12. Sea ∇f(x, y, z) = (2xyzex2, zex

2, yex

2). Si f(0, 0, 0) = 5, calcula f(1, 1, 2).

2.3. Campos conservativos

Dado un campo vectorial F : R3 −→ R3 de clase C1 definimos su rotacional, rot F ,

como

rot F = ∇× F.

Teorema 2.3.1. Sea F : R3 −→ R3 un campo vectorial de clase C1. Son equivalentes:

1.∫cF ds = 0 para toda trayectoria cerrada c de clase C1 a trozos.

2.∫c1F ds =

∫c2F ds para cualesquiera dos trayectorias c1 y c2 de clase C1 a trozos

con los mismos puntos extremos.

3. F = ∇f para alguna funcion escalar f .

4. rot F = 0.

Demostracion. Para ver que 1 implica 2 basta con utilizar la tecnica del Ejercicio 7 de la

seccion anterior.

Veamos ahora que 2 implica 3. Sea f(x, y, z) =∫cF ds donde c es la trayectoria

que une mediante segmentos (0, 0, 0) con (x, 0, 0), este con (x, y, 0) y finalmente este con

(x, y, z). Por tanto

f(x, y, z) =

∫ x

0

F1(t, 0, 0) dt+

∫ y

0

F2(x, t, 0) dt+

∫ z

0

F3(x, y, t) dt

donde F = (F1, F2, F3). Se tiene que ∂f∂z

= F3. Por hipotesis, f(x, y, z) no varıa si unimos

primero (0, 0, 0) con (x, 0, 0), este con (x, 0, z) y finalmente este con (x, y, z). De esta forma

obtenemos que ∂f∂y

= F2. Analogamente se obtiene que ∂f∂x

= F1.

Para ver que 3 implica 4 basta con calcular rot ∇f .

Finalmente, 4 implica 1. Como el Teorema 2.2.6 nos da 1 con 3 como hipotesis, basta

con obtener 3 a partir de 4. Sea f(x, y, z) =∫cF ds donde c(t) = t(x, y, z) con t ∈ [0, 1].

Entonces

f(x, y, z) =

∫ 1

0

F (tx, ty, tz) · (x, y, z) dt.

41

Utilizando la Proposicion 1.3.4 y la hipotesis se obtiene el resultado.

El teorema anterior es cierto tambien si consideramos Rn en vez de R3 debiendose

entonces sustituir la condicion 4 por

∂Fi∂xj

=∂Fj∂xi

para todos 1 ≤ i, j ≤ n. La demostracion es analoga.

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 funcion

f se le llama potencial para F .

Se define la divergencia de un campo vectorial F : R3 −→ R3 de clase C1, div F ,

como

div F = ∇ · F.

Teorema 2.3.2. Sea F = (F1, F2, F3) : R3 −→ R3 un campo vectorial de clase C1 tal que

div F = 0. Entonces existe un campo vectorial G : R3 −→ R3 tal que rot G = F .

Demostracion. Sea G = (G1, G2, G3) con

G1(x, y, z) =

∫ z

0

F2(x, y, t) dt−∫ y

0

F3(x, t, 0) dt

G2(x, y, z) = −∫ z

0

F1(x, y, t) dt

y

G3(x, y, z) = 0.

Utilizando la Proposicion 1.3.4 se obtiene que rot G = F .

Si G : R3 −→ R3 es un campo vectorial de clase C2, entonces div rot G = 0.

Ejercicios

1. Muestra que el campo vectorial F (x, y, z) = (y, z cos yz + x, y cos yz) es irrotacional

y hallar un potencial para el.

2. Determina si los siguientes campos vectoriales son conservativos y halla cuando

exista un potencial para ellos:

a) F (x, y) = (exy, ex+y).

42

b) F (x, y) = (2x cos y,−x2 sen y). En este caso calcula∫cFds siendo c la trayec-

toria dada por c(t) = (et−1, sen πt) con t ∈ [1, 2].

c) F (x, y) = (x, y).

d) F (x, y) = (xy, xy).

e) F (x, y) = (x2 + y2, 2xy).

f ) F (x, y) = (cos xy − xy senxy,−x2 senxy).

g) F (x, y) = (x√x2y2 + 1, y

√x2y2 + 1).

h) F (x, y) = ((2x+ 1) cos y,−(x2 + x) sen y).

i) F (x, y) = (xy2 + 3x2y, x2(x + y)). En este caso calcula∫cFds siendo c la

trayectoria que une mediante segmentos (1, 1) a (0, 2) y este a (3, 0).

j ) F (x, y) =(

2xy2+1

,−2y(x2+1)(y2+1)2

). En este caso calcula

∫cFds siendo c la trayectoria

dada por c(t) = (t3 − 1, t6 − t) con t ∈ [0, 1].

k) F (x, y) = (cosxy2 − xy2 senxy2,−2x2y senxy2). En este caso calcula∫cFds

siendo c la trayectoria dada por c(t) = (et, et+1) con t ∈ [−1, 0].

3. Muestra que cualesquiera dos potenciales para un mismo campo vectorial difieren

en una constante.

4. Sea F (x, y) = (xy, y2) y sea c la trayectoria y = 2x2 que une (0, 0) con (1, 2) en R2.

Calcula∫cFds. ¿Depende esta integral de la trayectoria que une (0, 0) con (1, 2)?

5. Halla cuando exista un potencial para los siguientes campos vectoriales:

a) F (x, y, z) = (2xyz + senx, x2z, x2y). En este caso calcula∫cFds siendo c la

trayectoria dada por c(t) = (cos5 t, sen3 t, t4) con t ∈ [0, π].

b) F (x, y, z) = (xy, y, z).

c) F (x, y, z) = (ex sen y, ex cos y, z2). En este caso calcula∫cFds siendo c la tra-

yectoria dada por c(t) = (√t, t3, e

√t) con t ∈ [0, 1].

d) F (x, y, z) = (x, y, z).

e) F (x, y, z) = (x2 + 1, z − 2xy, y).

6. En cada uno de los siguientes casos, dado el campo vectorial F halla otro G tal que

rot G = F :

a) F (x, y, z) = (xz,−yz, y).

b) F (x, y, z) = (y2, z2, x2).

c) F (x, y, z) = (xey,−x cos z,−zey).

d) F (x, y, z) = (x cos y,− sen y, senx).

43

2.4. El teorema de Green

Definicion 2.4.1. 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 orientacion en sentido contrario a las

agujas del reloj (positiva) mediante C+, y con la orientacion opuesta (negativa) mediante

C−.

Lema 2.4.2. Sea D una region de tipo 1 y C su frontera. Si P : D −→ R es de clase C1,

entonces ∫C+

(P, 0) ds = −∫D

∂P

∂y.

Demostracion. Sea D = (x, y) ∈ R2 : x ∈ [a, b], φ1(x) ≤ y ≤ φ2(x) para ciertas

funciones φ1, φ2 : [a, b] −→ R. Usando el Corolario 1.4.2 se tiene que∫D

∂P

∂y=

∫ b

a

∫ φ2(x)

φ1(x)

∂P

∂y(x, y) dy dx =

∫ b

a

(P (x, φ2(x))− P (x, φ1(x))) dx = −∫C+

(P, 0).

Analogamente se demuestra el siguiente

Lema 2.4.3. Sea D una region de tipo 2 y C su frontera. Si Q : D −→ R es de clase C1,

entonces ∫C+

(0, Q) ds =

∫D

∂Q

∂x.

Con los dos lemas anteriores se obtiene facilmente el teorema de Green:

44

Teorema 2.4.4 (Teorema de Green). Sea D una region de tipo 3 y C su frontera. Si

P,Q : D −→ R son de clase C1, entonces∫C+

(P,Q) ds =

∫D

(∂Q

∂x− ∂P

∂y

).

La orientacion positiva para las curvas frontera de la region D se puede determinar

mediante este recurso: si se camina a lo largo de C con la orientacion positiva, D quedara a

la izquierda.

El teorema de Green se aplica a regiones 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 2.4.5. Sea D una region de tipo 3 y C su frontera. Entonces el area de D se

puede calcular como

A(D) =1

2

∫C+

(−y, x) ds.

Teorema 2.4.6 (Teorema de la divergencia en el plano). Sea D una region de tipo 3 y

C su frontera. Si P,Q : D −→ R son de clase C1, entonces∫C

(P,Q) · n ds =

∫D

div(P,Q)

donde n es la normal unitaria exterior a C+.

Demostracion. Sea c : [a, b] −→ R2, c(t) = (x(t), y(t)), una parametrizacion orientada

positivamente de C. Entonces

n(c(t)) =1

‖c′(t)‖(y′(t),−x′(t))

con t ∈ [a, b], luego ∫C

(P,Q) · n ds =

∫C+

(−Q,P ) ds

lo cual es igual por el teorema de Green a∫D

div(P,Q).

Ejercicios

1. Verifica el teorema de Green para P (x, y) = Q(x, y) = xy y D la bola unidad

cerrada.

2. Sean P (x, y) = xy2 y Q(x, y) = x + y. Integra ∂Q∂x− ∂P

∂ysobre la region del primer

cuadrante acotada por las curvas y = x2 e y = x.

45

3. Calcula∫C+(y,−x)ds donde C es la frontera del cuadrado [−1, 1]× [−1, 1].

4. Halla el area de la bola cerrada de centro el origen y radio r usando el teorema de

Green.

5. Verifica el teorema de Green para la bola anterior y las siguientes funciones:

a) P (x, y) = xy2, Q(x, y) = −yx2.

b) P (x, y) = x+ y, Q(x, y) = y.

c) P (x, y) = Q(x, y) = xy.

d) P (x, y) = 2y, Q(x, y) = x.

6. Sean P (x, y) = y3 y Q(x, y) = x5. Integra la componente normal de (P,Q) (es decir,

(P,Q) · n) alrededor de [0, 1]× [0, 1].

7. Comprueba directamente y usando el teorema de la divergencia en el plano que∫C

(y,−x) · nds = 0 donde C es la frontera de la bola unidad cerrada.

8. Halla el area 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, demuestra que:

a)

∫C+

(PQ,PQ)ds =

∫D

[Q

(∂P

∂x− ∂P

∂y

)+ P

(∂Q

∂x− ∂Q

∂y

)].

b)

∫C+

(Q∂P

∂x− P ∂Q

∂x, P

∂Q

∂y−Q∂P

∂y

)ds = 2

∫D

(P∂2Q

∂x∂y−Q ∂2P

∂x∂y

), siendo P

y Q de clase C2.

10. Verifica el teorema de Green para las funciones P (x, y) = 2x3−y3, Q(x, y) = x3 +y3

en los siguientes casos:

a) D la bola unidad cerrada.

b) D = (x, y) ∈ R2 : a ≤ x2 + y2 ≤ b con a, b > 0.

11. En las condiciones del teorema de Green, demuestra que∫C+

(∂f

∂y,−∂f

∂x

)ds = 0

si f : R2 −→ R es armonica, es decir, si su laplaciano 4f vale 0 siendo

4f =∂2f

∂x2+∂2f

∂y2.

46

12. Verifica el teorema de la divergencia en el plano para F (x, y) = (x, y) y D la bola

unidad cerrada.

13. Calcula la integral de la componente normal de F (x, y) = (2xy,−y2) alrededor de

la elipse x2

a2+ y2

b2= 1.

14. Calcula∫C+(y2 + x3, x4)ds donde C es la frontera del cuadrado [0, 1]× [0, 1].

15. Calcula el area de la elipse x2

a2+ y2

b2= 1.

16. SeaD una region de tipo 3 cuya frontera viene dada en coordenadas polares mediante

r = r(θ) con θ ∈ [a, b]. Demuestra que

A(D) =1

2

∫ b

a

r(θ)2dθ.

17. Calcula el area de la rosa de cuatro petalos r = 3| sen 2θ| con θ ∈ [0, 2π].

18. Dadas D region de tipo 3 y f funcion escalar de clase C2 demuestra que∫C

f∇f · nds =

∫D

(f4f +∇f · ∇f).

19. Dadas f, g : R2 −→ R funciones de clase C1, sean los campos vectoriales F = (f, g)

y

G =

(∂f

∂x− ∂f

∂y,∂g

∂x− ∂g

∂y

).

Calcula∫D

(F · G) siendo D la bola unidad cerrada y sabiendo que f(x, y) = 1 y

g(x, y) = y para todo (x, y) de la frontera de D.

2.5. Integrales de superficie

Empecemos definiendo superficie:

Definicion 2.5.1. Una superficie parametrizada es una funcion 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 C1 llamamos

a S superficie diferenciable o C1.

Supongamos que φ es diferenciable en (u0, v0). La imagen de la funcion φ(u0, t) es una

curva sobre S cuyo vector tangente en φ(u0, v0) esta dado por

Tv =

(∂x

∂v(u0, v0),

∂y

∂v(u0, v0),

∂z

∂v(u0, v0)

).

47

Analogamente la imagen de la funcion φ(t, v0) es una curva sobre S cuyo vector tangente

en φ(u0, v0) esta dado por

Tu =

(∂x

∂u(u0, v0),

∂y

∂u(u0, v0),

∂z

∂u(u0, v0)

).

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 imagenes de

superficies parametrizadas φi : Di −→ R3 para las que:

1. Di es una region elemental.

2. φi es de clase C1 e inyectiva excepto, quiza, en la frontera de Di.

3. Si = φi(Di) es suave excepto, quiza, en un numero finito de puntos.

Para superficies de este tipo podemos definir su area de la siguiente forma:

Definicion 2.5.2. Definimos el area de una superficie S, A(S), como

A(S) =

∫D

‖Tu × Tv‖.

Si S es una union de superficies Si,

A(S) =∑i

A(Si).

Mas adelante veremos que la definicion anterior no depende de la parametrizacion φ

de S.

La definicion anterior puede justificarse en terminos de sumas de Riemann. Por simpli-

cidad, supongamos que D es un rectangulo. Consideremos la n-esima particion regular de

D, y sea Rij el ij-esimo rectangulo de la particion con vertices (ui, vj), (ui+1, vj), (ui, vj+1)

y (ui+1, vj+1) para 0 ≤ i, j ≤ n− 1. Los vectores ∆uTui y ∆vTvj , tangentes a la superficie

en φ(ui, vj), forman un paralelogramo Pij contenido en el plano tangente a la superficie

en φ(ui, vj). Para n grande el area de Pij es una buena aproximacion del area de φ(Rij).

Como el area del paralelogramo generado por dos vectores es el modulo de su producto

vectorial, la suman−1∑i=0

n−1∑j=0

‖Tui × Tvj‖∆u∆v

48

aproxima el area de S. Haciendo tender n a ∞ se obtiene∫D

‖Tu × Tv‖.

Ahora estamos preparados para definir la integral de una funcion escalar f sobre una

superficie S. Este concepto es una generalizacion natural del area de una superficie, que

corresponde a la integral sobre S de la funcion escalar f ≡ 1. Esto es analogo a considerar

la integral de trayectoria como una generalizacion de la longitud de una curva.

Definicion 2.5.3. Sea S una superficie y f : S −→ R una funcion escalar continua. Se

define la integral de superficie de f sobre S como∫S

f dS =

∫φ

f dS =

∫D

f(φ(u, v))‖Tu × Tv‖ du dv.

Si S es union de superficies Si que no se intersecan excepto, quiza, a lo largo de sus

fronteras, entonces ∫S

f dS =∑i

∫Si

f dS.

Mas adelante veremos que la definicion anterior no depende de la parametrizacion φ

de S utilizada.

La definicion anterior puede justificarse tambien en terminos de sumas de Riemann.

Supongamos que D es un rectangulo. Consideremos la n-esima particion regular de D, y

sea Rij el ij-esimo rectangulo de la particion con vertices (ui, vj), (ui+1, vj), (ui, vj+1) y

(ui+1, vj+1) para 0 ≤ i, j ≤ n− 1. Sea Sij = φ(Rij). El area de Si,j es∫Rij

‖Tu × Tv‖

lo cual, por el teorema del valor medio para integrales, es

‖Tu∗i × Tv∗j ‖∆u∆v

para algun punto (u∗i , v∗j ) ∈ Rij. Para n grande la suma

n−1∑i=0

n−1∑j=0

f(φ(u∗i , v∗j ))‖Tu∗i × Tv∗j ‖∆u∆v

aproxima la integral ∫D

f(φ(u, v))‖Tu × Tv‖ du dv.

49

Las integrales de superficie de funciones escalares son utiles para calcular la masa

total de una superficie cuando se conoce la funcion m de densidad de masa (por unidad

de area). Dicha masa viene dada por la formula

M(S) =

∫S

m dS.

La extension natural de la definicion anterior para funciones vectoriales es la siguiente:

Definicion 2.5.4. Sea S una superficie y F : S −→ R3 un campo vectorial continuo. Se

define la integral de superficie de F sobre S como∫S

F dS =

∫φ

F dS =

∫D

F (φ(u, v)) · (Tu × Tv) du dv.

Si S es union de superficies Si que no se intersecan excepto, quiza, a lo largo de sus

fronteras, entonces ∫S

F dS =∑i

∫Si

F dS.

En cada punto de S hay dos normales unitarias con sentidos opuestos.

Definicion 2.5.5. Decimos que S es una superficie orientada si especificamos el sen-

tido que la parametrizacion φ debe inducir en la normal unitaria en cada punto de S. A

dicho sentido le llamamos orientacion de S.

Decimos que otra parametrizacion ψ de S conserva la orientacion si en cada punto

su normal unitaria es la misma que para φ, y que invierte la orientacion si en cada

punto su normal unitaria es la opuesta que para φ.

Teorema 2.5.6.

1. Sean S una superficie y F : S −→ R3 un campo vectorial continuo. Si dos parame-

trizaciones de S, φ y ψ inducen en ella la misma orientacion, entonces∫φ

F dS =

∫ψ

F dS

y si inducen orientaciones opuestas, entonces∫φ

F dS = −∫ψ

F dS

2. Sean S una superficie, f : S −→ R una funcion escalar continua y φ y ψ dos

parametrizaciones de S. Entonces∫φ

f dS =

∫ψ

f dS.

50

El significado geometrico y fısico de la integral de una funcion vectorial F sobre una

superficie S se puede entender expresandola como lımite de sumas de Riemann. Por sen-

cillez, suponemos que D es un rectangulo sobre el que consideramos su n-esima particion

regular, siendo Rij el ij-esimo rectangulo de la particion con vertices (ui, vj), (ui+1, vj),

(ui, vj+1) y (ui+1, vj+1) para 0 ≤ i, j ≤ n− 1. Ademas, consideramos una parametrizacion

φ de S cuya normal unitaria apunta hacia afuera. El volumen del paralelepıpedo formado

por F (φ(ui, vj)), ∆uTui y ∆vTvj es

|F (φ(ui, vj)) · (∆uTui ×∆vTvj)| = |F (φ(ui, vj)) · (Tui × Tvj)∆u∆v|.

Si pensamos F como el campo de velocidad de un fluido, F (φ(u, v)) apunta en la direccion

en la cual se mueve el fluido a traves de la superficie cerca de φ(u, v). Ademas, el numero

|F (φ(ui, vj)) · (∆uTui ×∆vTvj)|

mide la cantidad de fluido que pasa a traves del paralelogramo tangente, por unidad de

tiempo. Por tanto, la suma

n−1∑i=0

n−1∑j=0

F (φ(ui, vj)) · (Tui × Tvj)∆u∆v

es una medida aproximada de la cantidad neta de fluido que fluye hacia afuera a traves

de la superficie, por unidad de tiempo, o razon de flujo, es decir, la integral∫φF dS.

Esta integral tambien se llama flujo de F a traves de S.

Ejercicios

1. Sea φ(u, v) = (u cos v, u sen v, u2+v2) con (u, v) ∈ R2. ¿Donde existe plano tangente?

Hallalo en φ(1, 0).

2. Si la superficie S es la grafica de una funcion diferenciable f : R2 −→ R:

a) Muestra que S es suave.

b) Halla el area de S suponiendo que f es de clase C1.

3. Dado el hiperboloide de ecuacion x2 + y2 − z2 = 25, halla una parametrizacion, la

normal unitaria y el plano tangente en (x0, y0, 0). Muestra tambien que las rectas

(x0, y0, 0) + t(−y0, x0, 5) y (x0, y0, 0) + t(y0,−x0, 5) estan sobre la superficie y en el

plano tangente hallado.

4. Calcula el area del cono parametrizado por φ(r, θ) = (r cos θ, r sen θ, r) siendo

(r, θ) ∈ [0, 1]× [0, 2π].

51

5. Calcula el area del helicoide parametrizado por φ(r, θ) = (r cos θ, r sen θ, θ) donde

(r, θ) ∈ [0, 1]× [0, 2π].

6. Halla el area de las superficies generadas al girar alrededor de los ejes la grafica de

una funcion y = f(x). Expresa e interpreta los resultados a traves de integrales de

trayectoria.

7. Halla el area de la esfera de centro el origen y radio r.

8. Calcula el area de un toro cuya seccion transversal es una circunferencia de radio r.

9. Halla el area de la superficie definida por x+ y + z = 1, x2 + 2y2 ≤ 1.

10. Calcula el area de la parte del cono x2 + y2 = z2 con z ≥ 0 que esta dentro de la

esfera x2 + y2 + z2 = 2rz con r > 0 y el area de la parte de la esfera que esta dentro

del cono.

11. Calcula el area de la parte del cilindro x2 + z2 = a2 que esta dentro del cilindro

x2 + y2 = 2ay con a > 0 y tambien en el octante positivo.

12. Calcula∫SfdS en los siguientes casos:

a) f(x, y, z) =√x2 + y2 + 1 y S el helicoide del Ejercicio 5.

b) f(x, y, z) = x y S la superficie definida por z = x2+y con (x, y) ∈ [0, 1]×[−1, 1].

c) f(x, y, z) = z2 y S la esfera unitaria.

d) f(x, y, z) = xy y S el tetraedro definido por y = z = 0, x+ z = 1, x = y.

e) f(x, y, z) = xyz y S el triangulo de vertices (1, 0, 0), (0, 2, 0) y (0, 1, 1).

f ) f(x, y, z) = z y S la superficie definida por z = x2 + y2, x2 + y2 ≤ 1.

g) f(x, y, z) = z2 y S la frontera del cubo [−1, 1]× [−1, 1]× [−1, 1].

13. Calcula∫Sx2dS,

∫Sy2dS y

∫Sz2dS siendo S la parte del cilindro x2 + y2 = 4 entre

los planos z = 0 y z = x+ 3.

14. Calcular∫SF dS en los siguientes casos:

a) F (x, y, z) = (x, y, z) y S la esfera unitaria con la normal unitaria apuntando

hacia afuera.

b) F (x, y, z) = (x, y, z) y S el cırculo definido por x2 + y2 ≤ 25, z = 12 con la

normal unitaria apuntando hacia arriba.

c) F (x, y, z) = (x+ 3y5, y+ 10xz, z−xy) y S la semiesfera x2 + y2 + z2 = 1, z ≥ 0

con la normal unitaria apuntando hacia arriba.

d) F (x, y, z) = (x3, 0, 0) y S el semielipsoide definido por x2

a2+ y2

b2+ z2

c2= 1, z ≥ 0


52

e) F (x, y, z) = (x2, y2, z2) y S la parte del cono z2 = x2 + y2 con 1 ≤ z ≤ 2 y la

normal unitaria apuntando hacia afuera.

f ) F (x, y, z) = (x, y,−y) y S la superficie cilındrica x2 + y2 = 1, 0 ≤ z ≤ 1 con la

normal unitaria apuntando hacia afuera.

15. Establece una formula para∫SF dS cuando S es la grafica de una funcion diferen-

ciable f : D ⊂ R2 −→ R.

16. Calcula∫S

rot F dS en los siguientes casos:

a) F (x, y, z) = (y,−x, zx3y2) y S esta definida por x2 + y2 + 3z2 = 1, z ≤ 0 con

la normal unitaria apuntando hacia arriba.

b) F (x, y, z) = (x2 +y−4, 3xy, 2xz+z2) y S esta dada por x2 +y2 +z2 = 16, z ≥ 0


17. Halla∫SF · n dS para F (x, y, z) = (1, 1, z(x2 + y2)2) y S la superficie definida por

x2 + y2 = 1, 0 ≤ z ≤ 1 donde n es la normal unitaria exterior.

2.6. El teorema de Stokes

Sea D ⊂ R2 una region cuya frontera es una curva cerrada simple y a la que se le

puede aplicar el teorema de Green. Sea φ : D −→ R3 una parametrizacion inyectiva de

una superficie S. Si c es una parametrizacion de la frontera de D con orientacion positiva,

definimos la frontera geometrica de S, ∂S, como la curva cerrada simple orientada que es

la imagen de φ c.

Teorema 2.6.1 (Teorema de Stokes). Sea S una superficie orientada definida por una

parametrizacion φ : D −→ R3 inyectiva y de clase C2 siendo D una region 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 C1 en S, entonces∫S

rot F dS =

∫∂S

F ds.

Demostracion. Si F = (F1, F2, F3), entonces

rot F =

(∂F3

∂y− ∂F2

∂z,∂F1

∂z− ∂F3

∂x,∂F2

∂x− ∂F1

∂y

).

Si φ(u, v) = (x, y, z), entonces

Tu × Tv =

(∂y

∂u

∂z

∂v− ∂z

∂u

∂y

∂v,∂z

∂u

∂x

∂v− ∂x

∂u

∂z

∂v,∂x

∂u

∂y

∂v− ∂y

∂u

∂x

∂v

).

53

Por definicion, ∫S

rot F dS =

∫D

(rot F )(φ(u, v)) · (Tu × Tv) du dv.

Si c(t) = (c1(t), c2(t)) con t ∈ [a, b] es una parametrizacion de la frontera de D con

orientacion positiva, entonces∫∂SF ds es igual a∫ b

a

(F1

(∂x

∂uc′1(t) +

∂x

∂vc′2(t)

)+ F2

(∂y

∂uc′1(t) +

∂y

∂vc′2(t)

)+ F3

(∂z

∂uc′1(t) +

∂z

∂vc′2(t)

))dt

o, equivalentemente, a∫ b

a

((F1∂x

∂u+ F2

∂y

∂u+ F3

∂z

∂u

)c′1(t) +

(F1∂x

∂v+ F2

∂y

∂v+ F3

∂z

∂v

)c′2(t)

)dt.

Aplicando el teorema de Green a esta ultima integral se obtiene∫D

(∂

∂u

(F1∂x

∂v+ F2

∂y

∂v+ F3

∂z

∂v

)− ∂

∂v

(F1∂x

∂u+ F2

∂y

∂u+ F3

∂z

∂u

))du dv

la cual es igual a∫S

rot F dS gracias a la igualdad de las derivadas parciales cruzadas por

ser φ de clase C2.

El teorema de Stokes generaliza al teorema de Green ya que este ultimo se puede

obtener del primero si consideramos el campo (P,Q, 0).

Ejercicios

1. Muestra 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.

2. Usa el teorema de Stokes para calcular∫CF ds donde F (x, y, z) = (−y3, x3,−z3) y

C es la interseccion del cilindro x2 +y2 = 1 y el plano x+y+z = 1 con la orientacion

contraria a las agujas del reloj en el plano XY .

3. Haz el Ejercicio 16 de la seccion anterior usando el teorema de Stokes.

4. Verifica el teorema de Stokes en los siguientes casos:

a) F (x, y, z) = (x, y, z) y S la semiesfera unitaria superior.

b) F (x, y, z) = (yz, xz, xy) y S el triangulo de vertices (1, 0, 0), (0, 1, 0) y (0, 0, 1).

c) F (x, y, z) = (z, x, y) y S el helicoide dado por φ(r, θ) = (r cos θ, r sen θ, θ) con

(r, θ) ∈ [0, 1]× [0, π2].

54

d) F (x, y, z) = (3y,−xz,−yz2) y S la parte de la superficie 2z = x2 + y2 debajo

del plano z = 2.

5. Calcula∫S

rot F dS en los siguientes casos:

a) F (x, y, z) = (xz+yz2 +x, xyz3 +y, x2z4) y S = S1∪S2 donde S1 es la superficie

cilındrica x2+y2 = 1, 0 ≤ z ≤ 1 y S2 es la semiesfera x2+y2+(z−1)2 = 1, z ≥ 1.

b) 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.

c) F (x, y, z) = (x3,−y3, 0) y S es la parte de la esfera unitaria tal que x ≥ 0.

d) F (x, y, z) = (sen xy, ex,−yz) y S es el elipsoide x2 + y2 + 2z2 = 10.

e) F (x, y, z) = (y,−x, x3y2z) y S es la semiesfera unitaria inferior.

6. Para una superficie S y un vector fijo v demuestra que

2

∫S

v dS =

∫∂S

(v × F ) ds

donde F (x, y, z) = (x, y, z).

7. Sean S una superficie y f, g : R3 −→ R funciones de clase C2. Muestra que:

a)∫∂Sf∇g ds =

∫S(∇f ×∇g) dS.

b)∫∂S

(f∇g + g∇f) ds = 0.

8. Si C es la frontera de una superficie S y v es un vector constante, demuestra que∫Cv ds = 0. Muestra tambien que esto es cierto incluso cuando C no es la frontera

de una superficie S.

2.7. El teorema de Gauss

Definicion 2.7.1. Una region elemental de R3 es la que se define restringiendo una

de las variables a que este entre dos funciones continuas de las variables restantes, siendo

el dominio comun de estas funciones una region elemental de R2.

Diremos que una region elemental de R3 es simetrica si se puede describir de las tres

maneras posibles.

La frontera de una region elemental de R3 es una superficie formada por un numero

finito de superficies. Este tipo de superficie se llama cerrada, y se denominan caras a

cada una de las superficies que la componen.

55

Por convencion, le daremos a una superficie cerrada la orientacion inducida por la

normal unitaria exterior.

Teorema 2.7.2 (Teorema de Gauss de la divergencia). Sea Ω una region elemental

simetrica de R3 y ∂Ω la superficie cerrada orientada que acota a Ω. Sea F : Ω −→ R3 un

campo vectorial de clase C1. Entonces∫Ω

div F =

∫∂Ω

F dS.

Demostracion. 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 region elemental de R2 y f1 y f2 continuas en D.

Se tiene que ∫Ω

∂F3

∂z=

∫∂Ω

(0, 0, F3) dS.

En efecto, ∫Ω

∂F3

∂z=

∫D

(F3(x, y, f2(x, y))− F3(x, y, f1(x, y))).

Por otro lado, ∫∂Ω

(0, 0, F3) dS =

∫S1∪S2

(0, 0, F3) dS

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 orientacion opuesta, se obtiene el

resultado.

El resto de la demostracion es analogo.

Ejercicios

1. Calcula∫∂ΩFdS en los siguientes casos:

a) F (x, y, z) = (2x, y2, z2) y Ω es la bola unidad cerrada.

b) F (x, y, z) = (xy2, x2y, y) y Ω = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ 1,−1 ≤ z ≤ 1.

c) F (x, y, z) = (x3, y3, z3) y Ω es la bola unidad cerrada.

d) F (x, y, z) = (x, y, z) y Ω = [0, 1]3.

e) F (x, y, z) = (1, 1, 1) y Ω = [0, 1]3.

f ) F (x, y, z) = (x2, x2, z2) y Ω = [0, 1]3.

56

g) F (x, y, z) = (y, z, xz) y Ω = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ z ≤ 1.

h) F (x, y, z) = (y, z, xz) y Ω = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ z ≤ 1, x ≥ 0.

i) F (x, y, z) = (y, z, xz) y Ω = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ z ≤ 1, x ≤ 0.

j ) F (x, y, z) = (3xy2, 3x2y, z3) y Ω es la bola unidad cerrada.

k) F (x, y, z) = (x, y,−z) y Ω = [0, 1]3.

l) F (x, y, z) = (1, 1, z(x2 + y2)2) y Ω = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1.

2. Demuestra que ∫Ω

(∇f · F + f div F ) =

∫∂Ω

fFdS

siendo f : R3 −→ R una funcion escalar de clase C1 y F : R3 −→ R3 un campo

vectorial de clase C1.

3. Demuestra que ∫Ω

‖F‖−2 =

∫∂Ω

‖F‖−2FdS

siendo F (x, y, z) = (x, y, z).

4. Demuestra las identidades de Green∫∂Ω

f∇gdS =

∫Ω

(f4g +∇f · ∇g)

y ∫∂Ω

(f∇g − g∇f)dS =

∫Ω

(f4g − g4f)

siendo f, g : R3 −→ R funciones escalares de clase C2.

5. Demuestra la identidad∫∂Ω

(F × rot G) =

∫Ω

(rot F · rot G− F · rot rot G).

6. Comprueba el teorema de Gauss de la divergencia en los siguientes casos:

a) F (x, y, z) = (3x, xy, xz) y Ω = [0, 1]3.

b) F (x, y, z) = (xz, yz, 3z2) y Ω = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ z ≤ 1.

7. Demuestra que si un campo vectorial F : R3 −→ R3 de clase C1 es tangente a la

frontera de una region elemental simetrica Ω de R3 entonces∫

Ωdiv F = 0.

57

Bibliografıa

[A] T.M. Apostol, Mathematical Analysis, 2a edicion, Addison Wesley (1981).

[BGMV] M. Besada, F.J. Garcıa, M.A. Miras y C. Vazquez, Calculo de varias variables.

Cuestiones y ejercicios resueltos, Prentice Hall (2001).

[BMV] F. Bombal, L.R. Marın y G. Vera, Problemas de Analisis Matematico, 3. Calculo

Integral, AC (1987).

[FF] J.A. Facenda y F.J. Freniche, Integracion de funciones de varias variables,

Piramide (2002).

[MH] J.E. Marsden y M.J. Hoffman, Analisis clasico elemental, 2a edicion, Addison-

Wesley Iberoamericana (1998).

[MT] J.E. Marsden y A.J. Tromba, Calculo vectorial, 4a edicion, Addison Wesley

Longman (1998).

[S] J. Stewart, Calculo. Conceptos y contextos, International Thomson Editores

(1999).

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