Cálculo varias variables 2015

Superficies parametrizadas.Superficies regulares.Área de una superficie.Integral sobre una superficie.Integral de flujo.Superficies orientables.Teorema de la Divergencia.6 — Integral de superficie.6.1 Superficies parametrizadas. Un parametrización de una superficie S en R3 es una función inyectiva r : D ⊂ R2 → R3, r (u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)) con x(u, v), y(u, v) y z(u, v) funciones continuas sobre D, cuya imagen es S, es decir, r (D) = S. La superficie S = r (D) se puede describir como S : r (u, v) = x(u, v) ıˆ+ y(u, v) ˆ + z(u, v) kˆ, (u, v) ∈ D. Caso S : z = f (x, y) Una superficie S : z = f (x, y) en un dominio D, se puede parametrizar como r (x, y) = x ıˆ+ y ˆ + f (x, y) kˆ, (x, y) ∈ D. Observe que D es la proyección de la superficie en el plano X Y . Ejemplo 6.1Considere la superficie S : x2 + y2 ≤ 1, z = 0. Claramente YS es el círculo de radio 1 en el plano X Y , centrado en elorigen. X

252 Integral de superficie.Para describir a S podemos escribir S : z = 0 en el dominio D = {x2 + y2 ≤ 1}. Pero más conveniente esparametrizar S como r (x, y) = x ıˆ+ y ˆ + 0 · kˆ, (x, y) ∈ D.Ejemplo 6.2 Y Sea S1 la porción del paraboloide z = x2 + y2 entre z = 0 X y z = 1. Entonces S1 se puede parametrizar como, S : r (x, y) = x ıˆ+y ˆ+(x2+y2) kˆ, (x, y) ∈ D = {(x, y) : x2+y2 ≤ 1}. También, z = x2 + y2 se podría ver como circunferencias de radio z, entonces S : r (θ, z) = z cos t ıˆ+ z sin t ˆ+z kˆ, θ ∈ [0, 2π[ y z ∈ [0, 1].Ejemplo 6.3Sea S1 : x2 + y2 = a2, 0 ≤ z ≤ h. S1 es el cilindro de la figura. Estasuperficie se puede parametrizar comor (θ, z) = a cos θ ıˆ+a sen θ ˆ+z kˆ, con (θ, z) ∈ D = [0, 2π[×[0, h].6.2 Superficies regulares.Sea S : r (u, v) = x(u, v) ıˆ+ y(u, v) ˆ + z(u, v) kˆ con (u, v) ∈ D. r es de clase C 1 si x(u, v), y(u, v) y z(u, v) son declase C 1 (funciones continuamente diferenciables). En este caso, consideremos los vectores ∂r = ∂x ∂y ∂z y ,, ∂u ∂u ∂u ∂u∂r ∂x ∂y ∂z = ,, ,∂v ∂v ∂v ∂v

6.3 Área de una superficie. 253Definición 6.1Sea D abierto y sea S una superficie parametrizada por r : D ⊂ R2 −→ R3 de clase C 1. Decimos que S1 es unasuperficie regular en (u, v) si ∂r × ∂r = 0ˆ . Si S1 se puede partir en un número finito de elementos regulares se ∂u ∂vdice regular a trozos.Caso z = f (x, y)Observe que si S : z = f (x, y) entonces si r (x, y) = x ıˆ+ y ˆ + f (x, y) kˆ en D con fx y fy continuas, ∂r × ∂r = (− fx , −fy, 1) = 0ˆ . ∂u ∂vcon lo cual la superficie S1 es regular en D.6.3 Área de una superficie. La idea de la definición de área de una superficie paramétrica es la siguiente. D Y (a) (b)Partimos D en n rectángulos como (a). El rectángulo Di j tiene área ∆ui ∆v j . En cada Di j se toma el punto (ui , v j )más cercano al origen. En el punto r (ui , v j ) de la superficie S1, el plano tangente tiene ecuación Ti : r (ui , v j ) + t r u(ui , v j ) + s r v (ui , v j ), con t , s ∈ R.La porción de superficie de S1 que es imagen de a Di j se puede aproximar con un paralelogramo en el plano tangentede lados ∆ui r u, ∆v j r v . Como es sabido, este paralelogramo tiene área ||∆ui ru × ∆v j rv ||Sacando los escalares y sumando el área de todos los paralelogramos tenemos Área de la superficie S ≈ || ru × rv ||∆ui ∆v j

254 Integral de superficie.Definición 6.2 (Área de una superficie). Sea S1 una superficie regular definida sobre un conjunto abierto medible D. Digamos que S : r (u, v) = x(u, v) ıˆ+ y(u, v) ˆ + z(u, v) kˆ con (u, v) ∈ D.Entonces, el área AS de la superficie S es AS = ∂r ∂r dudv × D ∂u ∂vSi S = S1 ∪ ... ∪ Sm es la unión finita de superficies parametrizadas que se intersecan a lo sumo en curvas queforman parte de sus fronteras entonces, AS = AS1 + AS1 + AS2 + ... + ASkCaso S : z = f (x, y),Si S : z = f (x, y), una parametrización es r (x, y) = x ıˆ+ y ˆ + f (x, y) kˆ y ∂r ∂r = 1 + f 2 + f y2. Entonces, ∂x × ∂y x AS = 1 + f x2 + f 2 d A y DCaso S : F (x, y, z) = 0Si S : F (x, y, z) = 0 donde S se puede proyectar uno a uno sobre una región D del plano X Y y si F define a zcomo función de x e y y si F z = 0 entonces zx = −Fx /Fz y zy = −Fy /Fz y la fórmula anterior quedaría F 2 + F y2 + Fz2 x AS = dA |Fz | D

6.3 Área de una superficie. 255Área de una superficie−Proyectando sobre varios varios planos. Asumimos que S es una superficie regular y que F es continuamente diferenciable e inyectiva sobre D. a) Proyectando sobre X Y : Si S : z = z(x, y) o S : F (x, y, z) = 0, con (x, y) ∈ Dx yAS = 1 zx2 z 2 d A o, en versión implícita, AS = F 2 + F 2 + Fz2 d A con F z = 0 en Dx y y x y Dxy + + Fz2 Dxyb) Proyectando sobre X Z : Si S : y = y(x, z) o S : F (x, y, z) = 0, con (x, z) ∈ DxzAS = 1 y x2 y 2 d A o, en versión implícita, AS = F 2 + F 2 + Fz2 d A con F y = 0 en Dxz z x y Dxz + + F 2 Dxz yc) Proyectando sobre Y Z : Si S : x = x(y, z) o S : F (x, y, z) = 0, con (y, z) ∈ D yzAS = 1 x 2 xz2 d A o, en versión implícita, AS = F 2 + F 2 + F 2 d A con F x = 0 en D yz y x y z Dyz + + Fx2 DyzEjemplo 6.4 (Usando coordenadas rectangulares).Plantear las integrales que dan el área de la superficie S =S1 + S2 tal y como se muestra en la figura de la derecha.

256 Integral de superficie. Solución: Podemos proyectar sobre el plano Y Z . Tenemos AS = AS1 + AS2 La superficie S1 tiene ecuación F (x, y, z) = 0 con F (x, y, z) = x2 + y2 − 4 La superficie S2 tiene ecuación x = 2 3 − 3y. Entonces,AS = F 2 + F 2 +F 2 dA x2y + xz2 + 1 d A x y z + F 2 D1 x D2 1 2−y 4x2 + 4y 2 + 02 2 2−y= 4x2 dzdy + 3+0+1dydz 1/2 0 10= 1 2−y 4(4 − y2) + 4y2 + 02 d zd y + 2 2−y 1/2 0 4(4 − y2) 1 2 d yd z ≈ 2.18703 0Ejemplo 6.5 (Usando coordenadas rectangulares). . Hacer clic en la figura para ver en 3D (en Internet) Calcular el área de la superficie S : y + x2 + z2 = 4.Solución: La proyección sobre X Z es el círculox2 + z2 = 4 y la ecuación de la superficie es S : y = 4− x2 − y2.

6.3 Área de una superficie. 257 Primera manera:AS = 1 + y 2 + y 2 d A = x z = Dxz = 1 + 4x2 + 4z2 d A, cambio de variable: x = r cos θ = z = r sen θ, Dxz π/2 2 1 + 4r 2 cos2 θ + 4r 2 sen2 θ r d r d θ 00 π/2 2 r 1 + 4r 2 d r d θ 00 π/2 1+4r2 3 2 2 π d θ = (17 17 − 1) ≈ 9.04423. 0 12 24 0Segunda manera: Podemos usar la parametrización r (y, θ) = 4 − y cos θ ıˆ+ y ˆ + 4 − y sen θ kˆ con y ∈ [0, 4]y θ ∈ [0, π/2]. ∂r ∂r π/2 4 π AS = D ∂y × ∂θ dydθ = 17/4 − y d y d θ = (17 17 − 1). 0 24 0Ejemplo 6.6 Calcular el área de la superficie S : y + z = 6 tal y como se ve en la figura (a). . Hacer clic en la figura para ver en 3D (en Internet)Solución: Como S : y(x, z) = 6 − z, usamos la parametrización r (x, z) = x ıˆ + (6 − z) ˆ + z kˆ sobre la región Ddefinida por x ∈ [0, 2] y 2 ≤ z ≤ 4 − x2. Entonces yx = 0 y yz = −1. La proyección sobre Dxz se ve en la figura

258 Integral de superficie. (b). AS = 1 + y 2 + y 2 d A = x z Dxz 2 4−x2 2 dzdx 00 2 = 2(4 − x2) d x = 20/3 0Ejemplo 6.7 (Parametrizando con coordenadas esféricas y con coordenadas rectangulares).Calcular el área de la superficie de la esfera S : x2 + y2 + z2 = a2.Solución: Vamos a calcular de dos maneras, parametrizando con coorde-nadas esféricas y parametrizando con coordenadas rectangulares (máscomplicado).Primera manera:Coordenadas esféricas. La esfera la podemos parametrizar con coordenadas esféricas, S : r (θ, ϕ) = a sen ϕ cos θ ıˆ + a sen ϕ sen θ ˆ + a cos ϕ kˆ, con (θ, ϕ) ∈ D = [0, 2π[×[0, π] ∂r ∂r ∂r = a2 sen ϕ = (−a sen θ sen ϕ, a cos θ sen ϕ, 0) × ∂θ =⇒ ∂θ ∂z ∂r = (a cos θ cos ϕ, a cos ϕ sen θ, −a sen ϕ) ∂ϕ ∂r ∂r 2π π a2 sen ϕ d ϕ d θ = 4a2π. × AS = dϕdθ = ∂θ ∂ϕ D 00Segunda manera:Coordenadas rectangulares. Usamos la parametrización r (x, y) = x ıˆ + y ˆ + a2 − x2 − y2 kˆ.Solo vamos a calcular el área de la parte superior de la esfera. El área total la obtenemos multiplicando por dos.zx =− x a2 − x2 − y2 =⇒ AS = 2 1 + z 2 + z 2 d A = 2 x2 + y2 y x y 1+ a −x2 − y2 d A D Dzy = − a2 − x2 − y2

6.3 Área de una superficie. 259Conviene hacer cambio de variable y usar coordenadas polares. Observe que las derivadas se indefinen en lafrontera del círculo (si r = a). La integral se calcula desde 0 hasta r = con 0 < < a. Al final hacemos −→ a. x2 + y2AS = 2 D 1+ a − x2 − y2 d A 2π a r d r d θ si ; −→ a (integral impropia!) =2 a2 −r2 00 2π = 2 a2dθ = 4a2π 0Para calcular a r d r hacemos u = a2 − r 2, d u = −2r dr . Queda 0 a2 −r2 1 a2− 2 a du = − a u a2− 2 = a2 − a a2 − 2 −→ a2 si −→ a. − 2 a2 u 2 1/2 a2 F 2 + F 2 + F 2 x y zNota: Observe que AS también se pudo calcular con AS = d A. En este caso F (x, y, z) = |Fz | Dx2 + y2 + z2 − a2 = 0. Puesto que esta fórmula solo se puede usar si la proyección es uno a uno con la superficie,solo podemos considerar la parte superior de la esfera. Pasando a polares, la integral queda igual al cálculoanterior.Ejemplo 6.8 (Usando una parametrización de S).Calcular el área del cilindro x2 + y2 = a2 de altura h, es decir0≤z ≤h.Solución: Como ya vimos, la parametrización de esta superficiees r (θ, z) = a cos θ ıˆ+ a sen θ ˆ + z kˆ, (θ, z) ∈ D = [0, 2π[×[0, h].Luego, r θ = (−a sen θ, a cos θ, 0)r z = (0, 0, 1) ∂r ∂r = ||(a cos θ, a sen θ, 0)|| = a. × ∂r ∂r ∂θ ∂z AS = D ∂θ × ∂zEntonces, 2π h dzdθ = a d z d θ = 2hπa. 00

260 Integral de superficie.6.4 Integral sobre una superficie. Supongamos que tenemos una región plana S y queremos determinar la cantidad de “fluido” a través de S (se supone que el fluido puede atravesar la región). La cantidad de fluido es “densidad por volumen.” Si el flujo se mueve con velocidad constante V , entonces durante un intervalo de tiempo ∆t llenará un cuboide de base S y “extensión” (arista) ∆t V . El volumen de este cuboide es “área de la base” ∆S por “altura”, la altura h se calcula con la proyección de V sobre el vector normal unitario a S, denotado N . Como se sabe, h = ∆tV · N , entonces VS = V · N ∆S ∆tLa masa del fluido es ∆M = ρV · N ∆S∆t donde ρ es la densidad. La densidad del fluido es F = ρV y el flujo total es lamasa de fluido que pasa a través de S en una unidad de tiempo: F · N ∆S kilogramos por segundo.Ahora digamos que tenemos una corriente de fluido en el espacio con velocidad V (x, y, z) y densidad (masa por unidadde volumen) ρ(x, y, z) en cada punto (x, y, z). El vector densidad de flujo F (x, y, z) = V (x, y, z)ρ(x, y, z)tiene la misma dirección que la velocidad y nos dice cuánta masa de fluido circula por el punto (x, y, z) en la direcciónde V (x, y, z), por unidad de área y de tiempo.Para sugerir una definición razonable de cómo medir la masa total de fluido que atraviesa una determinada superficieS1 en el tiempo, se considera la superficie S1 parametrizada por r (u, v) en una región rectangular D. Sea N el vectorunitario normal que tiene la misma dirección que el producto vectorial fundamental, ∂r ∂r × ∂u ∂vN= ∂r ∂r (6.1) × ∂u ∂v

6.4 Integral sobre una superficie. 261Para medir la cantidad de fluido que pasa a través de S1 en la unidad de tiempo y en la dirección de N , se des-componeel rectángulo D en m subrectángulos D1, D2, ..., Dm. Sean S1, S2, ..., Sm las correspondientes porciones de superficieen S. Llamamos ∆Sk a la k−ésima porción Sk . Si la densidad ρ y la velocidad V son constantes en Sk y Sk essuficientemente plana, el fluido que atraviesa Sk en la unidad de tiempo ocupa un sólido cilíndrico oblicuo con baseSk y eje determinado por el vector velocidad V .Como el área de Sk es ∆Sk = ∂r ∂r ∆uk ∆vk , el fluido sobre Sk ocupa un sólido cilíndrico de volumen (base por × ∂u ∂valtura), ∆Sk ρV · N = F · N ∆Sk ≈ F · N ∂r ∂r ∆uk ∆vk × ∂u ∂v mEsto sugiere que la suma F · N ∆Sk puede ser una aproximación aceptable de la masa total de fluido que atraviesa k =1Sk en la unidad de tiempo.Si ponemos f (x, y, z) = F · N , tenemos la siguiente definición (la notación D significa D = interior(D) ∪ ∂D)Definición 6.3 Sea D un abierto medible y S1 una superficie regular parametrizada por la función r (u, v), de clase C 1 en D, ∂r ∂r donde (u, v) ∈ D, de modo que × > 0 para todo (u, v) ∈ D, r es una biyección entre D y S. ∂u ∂v Sea f (x, y, z) una función definida y acotada sobre S. Se define la integral de superficie de f sobre S1 por ∂r ∂r f (x, y, z) d S = f (r (u, v)) × d ud v. S1 D ∂u ∂v Si S = S1 ∪ ... ∪ Sm es la unión finita de superficies parametrizadas que se intersecan a lo sumo en curvas que forman parte de sus fronteras entonces,

262 Integral de superficie. m g (x, y, z)d S = g (x, y, z)d S S1 i SiIntegral de superficie con coordenadas rectangulares.Caso S1 : z = f (x, y) Si S1 : z = f (x, y) con f de clase C 1 sobre D, se puede parametrizar S1 con con r (x, y) = x ıˆ+ y ˆ + f (x, y) kˆ y entonces g (x, y, z)dS = g (x, y, f (x, y)) 1 + f 2 + f 2 d xd y. x y S1 DIntegral superficie−Proyectando sobre varios varios planos. Asumimos que S es una superficie regular y que F es continuamente diferenciable e inyectiva sobre D.a) Proyectando sobre X Y : Si S : z = z(x, y) o S : F (x, y, z) = 0, con (x, y) ∈ Dx yg (x, y, z)dS = g (x, y, z(x, y)) 1 + zx2 + z 2 d A, yS Dxyo, en versión implícita, g (x, y, z)dS = g (x, y, z(x, y)) F 2 + F 2 + Fz2 d A con Fz =0 en Dxy x yS Dxy Fz2b) Proyectando sobre X Z : Si S : y = y(x, z) o S : F (x, y, z) = 0, con (x, z) ∈ Dxzg (x, y, z)dS = g (x, y(x, z), z) 1 + y x2 + y 2 d A zS Dxzo, en versión implícita, g (x, y, z)dS = g (x, y(x, z), z) F 2 + F y2 + Fz2 d A con Fy =0 en Dxz xS Dxz F 2 yc) Proyectando sobre Y Z : Si S : x = x(y, z) o S : F (x, y, z) = 0, con (y, z) ∈ D yz

6.4 Integral sobre una superficie. 263 g (x, y, z)dS = g (x(y, z), y, z) 1 + x 2 + xz2 d A y S Dyzo, en versión implícita, g (x, y, z)dS = g (x(y, z), y, z) F 2 + F 2 + Fz2 d A con Fx =0 en Dyz x y S Dyz Fx2Ejemplo 6.9 . Hacer clic en la figura para ver en 3D (en Internet) z +x2Calcular la integral de superficie S1 1 + 4x2 d S con S1 la porciónde la superficie z = 4 − x2 limitada por el plano x + 2y = 4, como semuestra en la figuraSolución: En coordenadas rectangulares, 1 + zx2 + z 2 = 1 + 4x2, y z +x2 4−x2 +x2 1 + 4x2 d A = 2 2−x/2 dS = D 1 + 4x2 4 d y d x = 12.S1 1 + 4x2 00Ejemplo 6.10 (Integrando sobre Y Z ).Calcular la integral de superficie 2x y z d S con S1 la parte del plano y = x limitado por z = x2 + y2, como semuestra en la figura. S1 . Hacer clic en la figura para ver en 3D (en Internet)

264 Integral de superficie.Solución: La superficie S1 solo se puede proyectar en los planos X Z o en Y Z . La curva C de la proyección enel plano Y Z se obtiene como la intersección del plano y el paraboloide: C : y = x ∩ z = x2 + y2 =⇒ C : z = 2y2.Como proyectamos en Y Z , entonces S1 : x = y y 1 + x 2 + xz2 = 2. Luego, y 2x yz dS = 2x yz 1 + x 2 + xz2 d A yS1 D = 1 2y2 2y2z 2 d z d y = 4 2/7 00Ejemplo 6.11 4 xyzCalcular la integral de superficie z + 2x + y dS con S1 la parte del plano +3 +4 =1 situada en el primeroctante. 3 2 S1 4 1 + zx2 + z 2 = 61/3. Las variables de integración son x e y asíSolución: Como S1 : z = 4 − 2x − 3 y entonces yque debemos sustituir z en el integrando, z + 2x + 4/3y d S = (z + 2x + 4/3y) 1 + z 2 + z 2y d A xS1 D = 2 3−3x/2 4 4 61 4 − 2x − y + 2x + y dydx = 33 00 3 2 3−3x/2 61 4 d y d x = 4 61. 3 00

6.4 Integral sobre una superficie. 265Ejemplo 6.12Sea a > 0 y sea I = a2 1 dS con S1 el cilindro x2 + y2 = a2 limitado por los planos z = 0 y z = h. + z2 S1a.) Calcular I usando coordenadas rectangulares, S1 : x = a2 − y2.b.) Calcular I usando la parametrización S1 : r (θ, z) = a cos θ ıˆ + a sen θ ˆ + z kˆ, (θ, z) ∈ D = [−π/2, π/2] × [0, h].Solución: 1 + x 2 + x 2 = a a.) Proyectando sobre Y Z , S1 : x = a2 − y2. En este caso, y z a2 − y2 1 1a S1 a2 + z2 dS = dydz D a2 + z2 a2 − y2 aa h1 = dy a2 + z2 dz (la primera integral es impropia), a2 − y2 −a 0 = l´ım a arcsen y a− 1 zh π π1 h · arctan = a + a arctan . →0+ a −a+ a a0 2 2a ab.) En este caso, esta es la manera fácil. Usando la parametrización uno-uno r (θ, z) = a cos θ ıˆ+ a sen θ ˆ + z kˆ, (θ, z) ∈ D = [−π/2, π/2] × [0, h]. rθ = (−a sen θ, a cos θ, 0) rz = (0, 0, 1) ∂r ∂r × = ||(a cos θ, a sen θ, 0)|| = a. ∂θ ∂z

266 Integral de superficie. 1 1 ∂r ∂r π/2 h a h S1 a2 + z2 dS = × d z d θ = −pi/2 0 a2 + z2 d z d θ = π arctan a . D a2 + z2 ∂θ ∂zNote que usando esta parametrización no tenemos problemas de singularidades.Ejemplo 6.13 (Usando coordenadas esféricas).Considere la integral de superficie I = ln z d S con S1 S1el casquete de esfera x2 + y2 + z2 = 1, 1 2 ≤ z ≤ 1.a.) Calcular I usando la parametrización (coordenadas esféricas) S1 : r (θ, ϕ) = sen ϕ cos θ, sen ϕ sen θ, cos ϕ , con (θ, ϕ) ∈ [0, 2π[×[0, π/3].b.) Calcular I usando la parametrización S1 : r (z,θ) = 1 − z2 cos t ıˆ + 1 − z2 sen t ˆ + z kˆ con 1 y θ ∈ [0, 2π[. ≤z ≤1 2c.) Calcular I usando coordenadas rectangularesSolución:a.) Vamos a usar una parametrización del casquete de la esfera basada en coordenadas esféricas. Observe que los parámetros son θ y ϕ. En este caso, ρ = 1 . x = sen ϕ cos θ y = sen ϕ sen θ =⇒ r (θ, ϕ) = sen ϕ cos θ, sen ϕ sen θ, cos ϕ , con (θ, ϕ) ∈ [0, 2π[×[0, π/3]. z = cos ϕEl valor ϕ = π/3 se obtiene de resolver z = 1 · cos ϕ = 1 . Luego, 2

6.4 Integral sobre una superficie. 267 rθ = (− sin θ sin ϕ, cos θ sin ϕ, 0) rϕ = (cos θ cos ϕ, cos ϕ sin θ, − sin ϕ) ∂r ∂r × = sen ϕ > 0 en [0, π/3], ∂θ ∂ϕ Las variabbles de integración son ϕ y θ, así que debemos sustituir z en el integrando. Para resolver la integral se hace la sustitución u = cos ϕ, 2π π/3 2π cos π/3 ln z d S = ln(cos ϕ)sen ϕ d ϕd θ = − ln(u) d u d θ = π (ln 2 − 1) S1 0 0 01b.) Como S1 : x2 + y2 = 1− z2, con 1 ≤ z ≤ 1; podemos parametrizar el casquete como 2 r (z,θ) = 1 − z2 cos t ıˆ + 1 − z2 sen t ˆ + z kˆ con 1 y θ ∈ [0, 2π[. ≤z ≤1 2 ∂r ∂r = (− 1 − z2 cos t , − 1 − z2 sen t , −z) = 1 × ∂z ∂θ En este caso las variables de integración son z y θ así que no hay nada que sustituir en la integral, 2π 1 ln z d S = ln(z) · 1 d z d θ = = π (ln 2 − 1) S1 0 1/2c.) En coordenadas rectangulares S1 : z = 1 − x2 − y2, con z ∈ [1/2, 1]. Entonces la proyección sobre el plano X Y está entre las circunferencias x2 + y2 = 3/4 y x2 + y2 = 1. Las variables de integración son x e y así que debemos sustituir z en el integrando, ln z d S = ln(z ) 1 + z 2 + z 2y d A x S1 D = log 1−x2 − y2 x2 + y2 1 + 1 − x2 − y2 d A, (pasamos a polares), D = 2π 1 r d r d θ (usamos la sustitución u2 = 1 − r 2), log( 1 − r 2) 1−r2 0 3/4 = π (ln 2 − 1) (la integral es impropia, se calcula con u → 0).

268 Integral de superficie.Ejercicios25 6.1 Determine el área de la superficie S1 de ecua- ción z = x2 + y2 que se encuentra limitada por los planos z = 4, z = 1, y = x y el plano y = 0, tal y como se muestra en la figura 6.2 Sea S la superficie del cono z2 = x2 + y2 compren- dida entre z = 0 y z = 1. Usando integral de superficie, calcular el área de la superficie S. 6.3 Calcule x2 − 2y + z d S donde S1 es la superficie S1 de la figura.

6.4 Integral sobre una superficie. 269 6.4 La superficie S es el trozo del cilindro z − x2 = 0 que S está limitado por los planos y = 0, y = x y z = 4, en el primer octante. La Superficie S se muestra en la figura que sigue. Calcule el área de S.6.5 Determine el área de la superficie S de ecuación z = x2+y2que se encuentra limitada por los planos z = 1, z = 3, y = x y elplano x = 0, tal y como se muestra en la figura.6.6 Sea F (x, y, z) = (x y, x, z +1) y sea S la porción de superficiede ecuación z = 4 − y2 limitada por las superficies z = 3, x = 4,z = 0 y x = y, tal y como se muestra en la figura de la derecha.Calcular 2x y + z + 1 d S S

270 Integral de superficie. 6.7 Calcule la integral de superficie (x2 + y2 + z) d S sdonde S es la superficie de ecuación z = 9 − x2 − y2, limi-tada por el plano z = 0 tal y como se muestra en la figuraa la derecha. 6.8 Sea Q el sólido que se muestra en la figura a la Zderecha y sea S la frontera de Q, es decir, S = ∂Q . 3 2Calcule F · N d S donde F (x, y, z) = (x3 + sen z, x2 y + 1 1 S Xcos z, tan(x2 + y2)) Z Y 16.9 Calcule el área de la superficie S tal y como se mues- 1 1 Ytra en la figura a la derecha. 2 3 X

6.5 Integral de flujo. 271 6.10 Calcule el área de la superficie S tal y como se mues- tra en la figura a la derecha.6.5 Integral de flujo. Si F es la densidad de flujo de una corriente de fluido y N es el vector unitario normal a S1 definido por ∂r ∂r ∂u × ∂v N= ∂r ∂r , ∂u × ∂ventonces la masa total de fluido que pasa por S1 por unidad de tiempo en la dirección de N es ∂r ∂r ∂r ∂r ∂r ∂r F ·N dS = F (r (u, v)) · × × d u d v = F (r (u, v)) · × d u d v ∂u ∂v D ∂u ∂vS1 D ∂u ∂v ∂r ∂r ∂u × ∂vCaso z = f (x, y) Como consecuencia tenemos que si S : z = f (x, y) con f de clase C 1 sobre D, se puede parametrizar S1 con r (x, y) = x ıˆ+ y ˆ + f (x, y) kˆ y entonces F · N d S = F (x, y, z) · (− fx , − fy , 1) d x d y S1 D

272 Integral de superficie.Orientación. Nuestra expresión para el flujo total lleva implícita la escongencia de uno de los dos vectores normalesunitarios. Escoger un vector unitario para la región S1 es equivalente a “orientar” la región (como veremos máadelante). Esta escogencia de N decide el signo de F · N .En lo que sigue, siempre vamos a escoger N = ∂r ∂r . ∂u × ∂v ∂r ∂r ∂u × ∂vIntegral de Flujo−Proyectando sobre varios varios planos. a) Proyectando sobre X Y : Si S : z = z(x, y) o S : G(x, y, z) = 0, con (x, y) ∈ Dx yF ·N dS = F (x, y, z(x, y)) · (−zx , −zy , 1) d A,S Dxyo, en versión implícita, 1 F ·N dS = Dxy F (x, y, z(x, y)) · (Gx , G y , Gz ) Gz d A con Gz = 0 en Dx ySb) Proyectando sobre X Z : Si S : y = y(x, z) o S : G(x, y, z) = 0, con (x, z) ∈ DxzF ·N dS = F (x, y(x, z), z) · (−yx , 1, −yz ) d AS Dxzo, en versión implícita, 1 F ·N dS = Dxz F (x, y(x, z), z) · (Gx , G y , Gz ) G y d A con G y = 0 en DxzSc) Proyectando sobre Y Z : Si S : x = x(y, z) o S : G(x, y, z) = 0, con (y, z) ∈ D yz

6.5 Integral de flujo. 273F ·N dS = F (x(y, z), y, z) · (1, −xy , −xz ) d AS Dyzo, en versión implícita, 1 F ·N dS = Dyz F (x(y, z), y, z) · (Gx , G y , Gz ) Gx d A con Gx = 0 en D yzSEjemplo 6.14 . Hacer clic en la figura para ver en 3D (en Internet) Calcular F · N d S si F (x, y, z) = (z + 1) kˆ y S1 es la S1 superficie z = 2 + y con x2 + y2 = 1. Solución: La superficie S tiene ecuación z = 2 + y. Dx y es el círculo de radio 1. Entonces, F ·N dS = (0, 0, z + 1) · (−zx , −zy , 1) d x d yS1 Dxy= (0, 0, 2 + y + 1) · (0, −1, 1) d yd x Dxy= y +3dydx Dxy 2π 1= (3 + r sen θ)r d r d θ 00 2π 6 + sen(θ)= d θ = 3π. 04

274 Integral de superficie.Ejemplo 6.15 x2Sea F (x, y, z) = (0, y, 0) y S el cilindro z = 2 − , desde 2y = 0 hasta y = 2, como se ve en la figura.Calcular F · N d S SSolución: Intuitivamente, el flujo no pasa a través de lasuperficie S , así que la integral de flujo debería ser 0. XEn este caso solo se puede proyectar sobre Y Z o X Y . La proyección sobre Y Z es un rectángulo. Sea x2S : G(x, y, z) = 0 con G(x, y, z) = z − 2 + . Entonces, 2 ∇G 2 3/2 1 2 3/2 F ·N dS = F · dA = (0, y, 0) · (x, 0, 1) d zd y = 0dzdy = 0 Dyz Gx x 00 S 00Ejemplo 6.16Calcular F · N d S si F (x, y, z) = (x, y z, x y) y S el cilindro de X Y Secuación y = 4 − x2 limitado por el plano x + z = 2, tal y comose muestra en la figura de la derecha.Solución: La superficie S tiene ecuación G(x, y, z) = 0con G(x, y, z) = y + x2 + 4 . La proyección de S sobre el planoX Z es un triángulo.

6.5 Integral de flujo. 275 F ·N dS = ∇G Y (x, yz, x y) · d AS Dxz Gy = (x, y z, x y) · (2x, 1, 0) d A Dxz 2 2−x = 2x2 + yz d zd x 00 2 2−x 112 = 2x2 + (4 − x2)z d zd x = 15 00Ejemplo 6.17 Calcular F · N d S si F (x, y, z) = 4xz ıˆ + y z3 ˆ + z2 kˆ y S S es la superficie z2 + y2 + x2 = 4 entre z = 1 y z = 2. Solución: La superficie S tiene ecuación G(x, y, z) = 0 con G(x, y, z) = x2 + y2 + z2 − 4 . La proyección Dx y es el círculo x2 + y2 = 3. Entonces, F ·N dS = (4xz, y z3, z2) · ∇G d x d y Dxy GzS1 (4xz, y z3, z2) · xy dydx = , ,1 Dxy z z= 4x2 + y2z2 + z2 d yd x Dxy= 4x2 + y2(4 − x2 − y2) + 4 − x2 − y2 d yd x Dxy 1 π/2 3 X= 20 0 (8 + 6r 2 − r 4 + r 4 cos 2θ)r d r d θ 21π=. 4

276 Integral de superficie.Ejercicios26 6.11 Calcule I = F · N d S donde F es el campo vec- S1 torial dado por F (x, y, z) = y ıˆ − x ˆ + 8z kˆ y S1 la parte de la esfera de ecuación x2 + y2 + z2 = 9 que se encuen- tra dentro del cilindro x2 + y2 = 4, como se observa en la figura. 6.12 Sea F (x, y, z) = x y2 ıˆ+ x2 y ˆ + y kˆ. Sea S1 es la su- perficie dada por S = Sa ∪ Sb ∪ Sc donde Sa, Sb, Sc son las tres superficies frontera del sólido Q limitado por x2 + y2 = 1, z = 1 y z = −1 como se ve en la figura. Cal- cule F · N d S donde N es el vector normal unitario S1 exterior a Q. 6.13 Sea F (x, y, z) = x ıˆ + y ˆ + z kˆ y E es la superficie de ecuación z = 1 + x2 + y2, con 1 ≤ z ≤ 3, tal y como se muestra en la figura. Calcular F · N d S. E Y X

6.6 Superficies orientables. 277 6.14 Sea F (x, y, z) = (0, x + y, z). Calcule la integral de S superficie F · N d S , donde S es el trozo de cilindro de S ecuación z = 1 − (x − 2)3 que está limitado por los planos y = 0, y = 3, z = 1 y z = 2 tal y como se muestra en la figura. 6.15 Sea S la superficie de ecuación z = x2 + y2 que se encuentra limitada por los planos z = 1, z = 3, y = x y el plano x = 0, tal y como se muestra en la figura. Calcule F · N d S si F (x, y, z) = (x, y, z2) S 6.16 Sea F (x, y, z) = (x y, x, z + 1) y sea S la porción de superficie de ecuación z = 4 − y2 limitada por las superfi- cies z = 3, x = 4, z = 0 y x = y, tal y como se muestra en la figura de la derecha. Calcular F · N d S . S6.6 Superficies orientables.Sea S una superficie y r (u, v) una parametrización de S1 . Los vectores normales a S, en (u, v), puede escogerse entrelos dos vectores unitarios opuestos N (u, v) = ± ∂r ∂r × ∂u ∂v ∂r ∂r × ∂u ∂v

278 Integral de superficie.Caso S : z = f (x, y)En el caso de que S : z = f (x, y), si r (x, y) = x ıˆ+ y ˆ + f (x, y) kˆ y entonces N +(x, y) = (− fx , − fy , 1) y N −(x, y) = − (− fx , − fy , 1) 2 2 2 2 f x + f y + 1 f x + f y + 1Si la superficie tiene dos “caras”, el signo hace que cada vector normal esté en un lado u otro de la superficie. Estehecho se usa para “orientar” una superficie. Orientar una superficie significa escoger un signo para N , una cara de lasuperficie es caracterizado N y la otra cara por −N . Como N depende de la parametrización r , es está la que al fin yal cabo orienta la superficie.En el caso de una esfera, cada vector N +(x, y) (con signo positivo) apunta al exterior y el cada vector N −(x, y) apuntaal interior . Hacer clic en la figura para ver en 3D (en Internet) Definición 6.4 Si en cada punto (x, y, z) de la superficie regular S1 es posible asociar un vector unitario N (x, y, z) de tal manera que como función, N sea continua sobre toda la superficie S, entonces se dice que S1 es orientable.Como decíamos, la definición supone que la superficie tiene dos lados. Uno de los lados queda determinado por lafunción continua N (x, y, z) sobre S1 y el otro lado por la normal de signo contrario.

6.7 Teorema de la Divergencia. 279Hay superficies de una sola cara, como la banda de Mö- . Hacer clic en la figura para ver en 3D (en Internet)bius, que no son orientables. En la figura que sigue tene-mos una banda de Möbius. Note que la escogencia de Nno orienta la banda, es decir, si escogemos uno de los N ,la presencia de estos vectores N “arriba” y “abajo” de labanda, muestran que hay una sola cara. En las integrales de flujo que hemos calculado, hemos usado el vector normal unitario fundamental N +. No siempre este es el vector que se elige para los cálculos. Algunos teoremas requieren superficies orientadas con vectores normales unitarios hacia el exterior. Convenio para superficies cerradas. En el caso de superficies cerradas, se conviene en que si N apunta hacia afuera, esta es “la orientación positiva” y si N apunta hacia adentro, esta es “la orientación negativa”.6.7 Teorema de la Divergencia. Ahora nos interesa analizar el flujo de un campo vectorial F (x, y, z) = (P,Q, R) continuamente diferenciable, a través de la frontera S = ∂Q de un sólido simple Q, en la dirección del vector normal unitario exterior a ∂Q. El flujo total se puede separar entre el flujo que entra al sólido y el flujo que sale, en cada cara del sólido el flujo podría ser distinto. En un caso sencillo, se toma un cubo Q centrado en (a, b, c) con aristas paralelas a los ejes. Calcular el flujo sobre S = ∂Q requiere calcular el flujo sobre cada una de las caras.En la cara que contiene al punto (a + ∆x/2, b, c) (punto rojo en la figura anterior) la estimación del flujo total F tx+ sería F tx+ ≈ F (a + ∆x/2, b, c) · (1, 0, 0)∆y∆z = P (a + ∆x/2, b, c)∆y∆zEn la cara (opuesta) que contiene al punto (a − ∆x/2, b, c) la estimación del flujo total F tx− sería F tx− ≈ F (a + ∆x/2, b, c) · (−1, 0, 0)∆y∆z = −P (a − ∆x/2, b, c)∆y∆zLuego el flujo total estimado en ambas caras sería,

280 Integral de superficie. ∂PF tx+ +F tx− ≈ [P (a + ∆x/2, b, c) − P (a − ∆x/2, b, c)]∆y∆z = (a, b, c)∆x∆y∆z si ∆x ≈ 0 ∂xDe manera similar, si ∆V es el volumen de la caja, el flujo total en las caras paralelas a los planos y = 0 y z = 0 sería ∂Q ∂Raproximadamente ∂y (a, b, c)∆V y ∂y (a, b, c)∆V, respectivamente.Así, el flujo total a través de S = ∂Q con vector normal exterior, sería aproximadamente ∂P ∂Q ∂R ∆V ++ ∂y ∂y ∂y (a,b,c)Así, el flujo total que pasa a través de la frontera de una pequeña caja de centro (a, b, c) es un escalamiento del ∂P ∂Q ∂Rvolumen, el factor de escalamiento + + , evaluado en el centro, se llama divergencia. ∂y ∂y ∂yDefinición 6.5 La divergencia del campo vectorial F = (P,Q, R) es el campo escalar ∂P ∂Q ∂R DivF = + + ∂y ∂y ∂ySi F es continuamente diferenciable, DivF es continuo y si Qi es una caja de diámetro pequeño, entonces DivF ∆V ≈ DivF dV QiPero como DivF ∆V es aproximadamente el flujo total a través de la frontera de Qi , en la dirección del vector normalexterior, entonces DivF dV ≈ F · N d A Qi ∂QiLa generalización es llamada el Teorema de la divergencia o Teorema de Gauss.

6.7 Teorema de la Divergencia. 281Teorema 6.1 ((Teorema de la Divergencia). Sea Q un sólido limitado por una superficie orientable S1 y sea N el vector normal unitario siempre exterior a Q. Si F es un campo vectorial de clase C 1 sobre Q entonces DivF dV = F · N d S Q S1donde DivF = Px + Qy + Rz si F = (P,Q, R).Ejemplo 6.18Calcular F · N d S si F (x, y, z) = (z + 1) kˆ, S1 es la S1frontera del sólido Q limitado por el cilindro x2 + y2 = 1,el plano z = 2 + y y z = 0, como se ve en la figura, y N esel vector unitario siempre exterior a Q.Solución: En vez de calcular la integral sobre cada una delas tres superficies que conforman la frontera de Q (verlos ejemplos 6.5, 6.5 y 6.15), usamos el teorema de ladivergencia. F (x, y, z) = (0, 0, z + 1). DivF = 0 + 0 + 1 = 1.Proyectando sobre el plano X Y y usando coordenadas cilíndricas, tenemos

282 Integral de superficie. F ·N dS = DivF d zd yd x S1 Q = 2+y = 1, d z d y d x = D0 = 2π 1 2+r sen θ = 1r dzdr dθ 0 00 2π 1 (2 + r sen θ)r d r d θ 00 2π r 2 + r 3 sen(θ) 1 dθ 0 30 2π sen(θ) 1 + d θ = 2π 03La importancia de que N se exterior a Q. Consideremos los ejemplos 6.5, 6.5 y 6.15. El cálculo de la integral deflujo se hizo siempre con N = (− fx , − fy , 1). Pero este vector no siempre es exterior a Q. En el caso de la superficie Sa(figura siguiente), este vector no es exterior.El resultado es F · N d S = F · N d S + F · N d S + F · N d S = π + 3π + 0 = DivF d zd yd x = 2π S1 S1 S2 S3 Q

6.7 Teorema de la Divergencia. 283Ejemplo 6.19 Y X Calcular F · N d S si F (x, y, z) = x ıˆ+ y ˆ + z kˆ y S1 es la frontera S1 del sólido Q comprendido entre las superficies z = 10 − x2 − y2 y z = 2 + x2 + y2, y N es el vector normal unitario siempre exterior a Q. F (x, y, z) = (x, y, z) y DivF = 1 + 1 + 1 = 3. Solución: Podemosusar el teorema de la divergencia. La proyección del sólido sobre el plano x y es un círculo deradio 2 pues z = 10 − x2 − y2 ∩ z = 2 + x2 + y2 =⇒ 4 = x2 + y2.Usando coordenadas cilíndricas obtenemos, F ·N dS = DivF d zd yd xS1 Q = 10−x 2 − y 2 = 3dzrdr dθ D 2+x2+y2 2π 2 10−r 2 3r d z d r d θ = 48π 0 0 2+r 2Ejemplo 6.20 —– . Hacer clic en la figura para ver en 3D (en Internet)Calcular F ·N dS si F (x, y, z) = y cos x ıˆ + 1 y2 sen x ˆ + z kˆ 2 S1y S1 es la frontera del sólido Q comprendido entre las super-ficies z = 1 + y, x2 + y2 = 1 y z = 0, y N es el vector normalunitario siempre exterior a Q.Solución: Podemos usar el teorema de la divergencia. Laproyección del sólido sobre el plano X Y es un círculox2 + y2 = 1. DivF = −y sen x + y sen x + 1 = 1.

284 Integral de superficie. F ·N dS = DivF d zd yd x S1 Q = 1+y = 1r dzdrdθ D0 2π 1 1+r sen θ 2π 1 r dzdr dθ = (1 + r sen θ)r d r d θ = π 0 00 00Ejemplo 6.21Sea Q el sólido limitado por las superficies . Hacer clic en la figura para ver en 3D (en Internet) π SSa : z = sen(x y), Sb : x = 2 y Sc : y = x. YSea S1 la frontera del sólido Q y N es el vector normal Xunitario y exterior a Q.Calcule x3 F · N d S si F = , z, y x . S1 3Solución: Podemos usar el teorema de la divergencia. Laproyección del sólido sobre el plano X Y es el triángulo0 ≤ x ≤ π/2 y 0 ≤ y ≤ x.DivF = x2 F ·N dS = DivF d zd yd x S1 Q = π x sen(x y) 2 = x2 d zd yd x = 0 00 π x 2 x2 sen(x y)d yd x 00 π x2 1 π2 − 4 sen π2 2 dx = x − x cos 0 84

6.7 Teorema de la Divergencia. 285Ejercicios27 Sólido 6.17 Consideremos el campo de fuerzas F con 1 F (x, y, z) = (x+sen(y)) ıˆ+(ln(xz)−y) ˆ+(2z+arctan(x y)) kˆ Calcule la integral de superficie F · N d S donde S es la S frontera del sólido Q, el cual se muestra en la figura a la derecha y N es el vector normal unitario siempre exterior a Q. 6.18 Use el teorema de la divergencia para calcular F · N d S donde S1 es la frontera del sólido Q , limita- S1 do por la superficie z = x2 + y2 + 5 y el plano z = 10, tal y como se muestra en la figura a la derecha, F (x, y, z) = 2x ıˆ+ y ˆ + z kˆ y N es el vector normal unitario exterior a Q. 6.19 Calcule F · N d S si F (x, y, z) = x y2 ıˆ + x2 y ˆ + S1 y kˆ, y S1 es la superficie dada por S = Sa ∪ Sb ∪ Sc donde Sa, Sb, Sc son las tres superficies frontera del sólido Q limitado por x2 + y2 = 1, z = 1 y z = −1 como se ve en la figura, además N es el vector normal unitario siempre exterior a Q.

286 Integral de superficie.6.20 Sea E la frontera del sólido Q limitado por la esferax2 + y2 + z2 = 2 y el cono 2z2 = y2 + x2, tal y como semuestra en la figura.Si F (x, y, z) = xz ıˆ + x arctan(xz) z2 kˆ, calcular ˆ + 2 F · N d S si N es el vector normal unitario siempre X Y E Z Yexterior a Q. 3 2 6.21 Sea Q el sólido que se muestra en la figura a la 1 1derecha y sea S la frontera de Q, es decir, S = ∂Q . XCalcule F · N d S donde F (x, y, z) = (x3 + sen z, x2 y + Z Scos z, tan(x2 + y2)) y N es el vector normal unitario siem-pre exterior a Q.6.22 Sea F (x, y, z) = 3y i − xz j + y z k, S es la frontera delsólido Q, el cual se muestra a la derecha, y N es un vectornormal exterior a Q. a.) calcule F · N d S sin usar el Teorema de la Diver- Y gencia. s X b.) calcule gencia. F · N d S usando el teorema de la Diver- Z 3 s6.23 Sea F (x, y, z) = (z2 + 2) k, S es la frontera del sólidoQ, el cual se muestra a la derecha, y N es un vectornormal exterior a Q. a.) Calcule F · N d S sin usar el Teorema de la Diver- 1 3Y gencia. s 1 b.) Calcule X gencia. F · N d S usando el teorema de la Diver- s

6.7 Teorema de la Divergencia. 287 Versión actual de este libro:http://tecdigital.tec.ac.cr/revistamatematica/Libros/ Esta Versión: Abril, 2015.



Curvas y parametrizaciones. Campos escalares y campos vectoriales. Longitud de una curva. Integral de línea para campos escalares. (∗)Longitud de arco en coordenadas pola- res. Integral de línea de campos vectoriales. Trabajo. Campos conservativos. Independencia de la trayectoria. Teorema de Green (en el plano). Área como una integral de línea. Teorema de Stokes (Teorema de Green en el espacio). 7 — Integral de línea.7.1 Curvas y parametrizaciones. Definición 7.1 Consideremos la función vectorial continua r : [a, b] −→ Rn con r (t ) = (x1(t ), x2(t ), ..., xn(t )). La representación gráfica de r se dice que es la curva C determinada por r y que une los puntos A = r (a) y B = r (b). Si r (a) = r (b), la curva se dice cerrada. Si r es inyectiva en [a, b], la curva se dice simple. Si r es cerrada y es inyectiva en ]a, b], la curva se dice cerrada simple. Las curvas cerradas simples se llaman curvas de Jordan. A r le llamamos una parametrización de C .Curva Curva simple Curva cerrada Curva cerrada simple Figura 7.1: Curvas

290 Integral de línea.La derivada de r se define de la manera usual r (t ) = l´ım r (t + h) −r (t) = (x1(t ), x2(t ), ..., xn(t )) h→0 hEjemplo 7.1 Consideremos la curva C parametrizada por r (t ) = t ıˆ+ (4 − t ) ˆ + (4 − (t − 1)2) kˆ con t ∈ [0, 3]. A = r (0) = (0, 4 − 0, 4 − (0 − 1)2) = (0, 4, 3) y B = r (3) = (3, 4 − 3, 4 − (3 − 1)2) = (3, 1, 0). r (t ) = ıˆ− 1 ˆ + −2(t − 1) kˆ. En particular, r (1) = (1, −1, 0). En la figura se representa la traslación de este vector velocidad al punto P = r (1). . Hacer clic en la figura para ver en 3D (en Internet) Figura 7.2: CurvasCurvas regulares. Sea r (t ) una parametrización de una curva C en el plano o en el espacio. El parámetro t podríaser tiempo, ángulo, longitud de arco, coordenada x, etc. Decimos que la curva C es regular o ’suave’ en [a, b] si r (t )es continua en [a, b] y r (t ) = 0 para todo t ∈ [a, b] (es decir las componentes de r no se anulan simultáneamente).También decimos que una curva C es regular a trozos en [a, b] si es regular en cada subintervalo de alguna particiónfinita de [a, b].

7.1 Curvas y parametrizaciones. 291 Figura 7.3: Curva regular a trozosEn R2 escribimos r (t ) = (x(t ), y(t )) o también r (t ) = x(t ) ıˆ + y(t ) ˆ, con t ∈ [a, b]En R3 escribimos r (t ) = (x(t ), y(t ), z(t )) o también r (t ) = x(t ) ıˆ + y(t ) ˆ + z(t ) kˆ, con t ∈ [a, b]Una función vectorial es de clase C 1 si las derivadas de sus componentes son continuas.Ejemplo 7.2 (Curvas Orientadas). Y Consideremos las curvas C1 y C2 4 Y 3 4 2 3 1 2 11 12 1 12 X X Figura 7.4: Curvas C1 y C2.Ambas curvas tienen ecuación, en coordenadas rectangulares, y = x2 con x ∈ [−1, 2]. Pero C1 inicia enA = (−1, 1) y termina en B = (2, 4); mientras que C2 inicia en B y termina en A.Para parametrizar cada curva debemos tomar en cuenta su orientación. Una parametrización de C1 es (tomando a x = t como parámetro),r (t ) = (x(t ), y(t )) = ( t , t 2 ) o también r (t ) = t ıˆ + t 2 ˆ con t ∈ [−1, 2]. x(t) y(t) x(t) y(t)

292 Integral de línea. Observe que r (−1) = (x(−1), y(−1)) = (−1, (−1)2) = A y r (2) = (2, 22) = B. Como C2 es C1 con la otra orientación, entonces podemos parametrizar C2 con r1(t ) = r (a + b − t ) , de esta manera r1(t ) = r (−1 + 2 − t ) = r (1 − t ) r 1(t ) = (x(1 − t ), y(1 − t )) = (1 − t , (1 − t )2) o también r 1(t ) = (1 − t ) ıˆ + (1 − t )2 ˆ con t ∈ [−1, 2]. x(t) y(t) Observe que r 1(−1) = B y r 1(2) = A.(Cambio de orientación). si r (t ) es una parametrización con t ∈ [a, b] , entonces una parametrización que invierte la orientación es r1(t ) = r (a + b − t ) con t ∈ [a, b](Parametrizar una elipse contra-reloj). (x − h)2 (y − k)2 Una elipse de ecuación a2 + b2 = 1 se puede parametrizar con r (t ) = (h + a cos t ) ıˆ + (k + b sen t ) ˆ con t ∈ [0, 2π[. En este caso no se toma en cuenta la orientación de la curva aunque esta parametrización corresponde a una orientación contra-reloj.

7.1 Curvas y parametrizaciones. 293Ejemplo 7.3 . Hacer clic en la figura para ver en 3D (en Internet)Sea C la curva de ecuación (x − 1)2 + (y − 2)2 = 16; z = 3. Setrata de una circunferencia, es decir, un caso particular deelipse. Una parametrización es r (t ) = (1 + 4 cos(t )) ıˆ + (2 + 4 sen(t )) ˆ + 3 kˆ, t ∈ [0, 2π[ Figura 7.5: Curva C .Segmentos de recta. Sean A, B ∈ R3. El segmento de recta que va de A hasta B se puede parametrizar con r (t ) = A + t (B − A) con t ∈ [0, 1].El punto inicial es r (0) = A + 0·(B − A) = A; el punto final es r (1) = A + 1·(B − A) = B y el punto medio esr (1/2) = 1 A+B A + 2 ·(B − A) = . 2Ejemplo 7.4El segmento C1 que va de A = (1, 2, 0) hasta B = (2, 1, 2)se puede parametrizar con r (t ) = A + t (B − A) = (1 + t , 2 − t , 2t ) con t ∈ [0, 1].

294 Integral de línea.Ejemplo 7.5 Considere la curva C = C1 + C2 + C3 . Parametrizar C . Solución: C1 es un segmento de recta sobre el eje Y por tanto x(t ) = 0 y z(t ) = 0. Una parametrización es r1(t ) = (0, t , 0) con t ∈ [0, 3]. C2 es un cuarto de circunferencia de radio 3, en el plano Y Z . Lo podemos parametrizar con r2(t ) = (0, 3 cos t , 3 sen t ) con t ∈ [0, π/2]. C3 es un segmento de recta que va de (2, 1, 2) hasta (0, 0, 3). Podemos parametrizar con r3(t ) = (2, 1, 2) + t [(0, 0, 3) − (2, 1, 2)] = (2 − 2t , 1 − t , 2 + 2t ) con t ∈ [0, 1]Ejemplo 7.6 Considere la curva C de intersección entre el plano 2x − 2y + z = 2 y el cilindro y2 + z2 = 4. Determine una parametrización para C . Solución: Los puntos de C son puntos (x(t ), y(t ), z(t )) en donde y(t ) y z(t ) están en la circunferencia y2 + z2 = 4 , es decir, podemos poner y(t ) = 2 cos t y z(t ) = 2 sen t . Como x(t ) está en el plano 2x − 2y + z = 2 , despe- jando: x(t ) = 1 − z(t )/2 + y(t ), ahora podemos escribir C : r (t ) = (1 + 2 cos t − sen t , 2 cost , 2 sent ) con t ∈ [0, π/2] Observe que r (0) = (3, 2, 0) y r (π/2) = (0, 0, 2).

7.1 Curvas y parametrizaciones. 295 Ejemplo 7.7 Considere la curva C de intersección entre el cilindro x2 + y2 = 1 y el plano z = 2 − x . Parametrizar C . Solución: Hay varias maneras de parametrizar C . Veamos dos maneras. Primera manera: Los puntos de C son puntos (x(t ), y(t ), z(t )) con x(t ) y y(t ) sobre la circunfe- rencia x2 + y2 = 1, por lo tanto podemos poner x(t ) = cos t y y(t ) = sen t . Como z(t ) está en el plano z = 2 − x, entonces z(t ) = 2 − x(t ). Una parametrización podría ser C : r (t ) = (cost , sent , 2 − cos t ) con t ∈ [0, π/2] Observe que r (0) = (1, 0, 1) y que r (π/2) = (0, 1, 2). Segunda manera: Ver los puntos de C con x(t ) y z(t ) sobre la recta z = 2 − x y y(t ) en el el cilindro x2 + y2 = 1. Una parametrización se podría obtener tomando a x = t como paramétro: −C : r (t ) = (t , 1 − t 2, 2 − t ) con t ∈ [0, 1] La parametrización invierte la orientación, eso lo indicamos con \"−C \".Ejercicios28 7.1 Determine una parametrización para cada una de las siguientes curvas. a.) b.) Y Y X X

296 Integral de línea. c.) d.) e.) f.) plano7.2 Campos escalares y campos vectoriales. Definición 7.2 Sea U ⊆ Rn un conjunto abierto. Una aplicación f : U −→ R se denomina campo escalar o función escalar. Una función f : U −→ Rn se denomina campo vectorial. Ejemplo 7.8 (Representación gráfica). Una manera de visualizar el campo gráficamente es anclar en cada punto (x, y) el respectivo vector F (x, y) (se traslada desde el origen). Pero también se puede anclar el vector de tal manera que el punto quede en el medio del vector (como si el vector fuera parte de una recta tangente). En general, la representación gráfica se hace anclando el vector de esta segunda manera y escalando el tamaño de los vectores de tal manera que unos no se sobrepongan sobre los otros, para tener una mejor vizualización de la dirección de “flujo” del campo vectorial.

7.2 Campos escalares y campos vectoriales. 297Así lo hace el software (como Wolfram Mathematica).Por ejemplo, Consideremos el campo F (x, y) = (−y, x). En la figura a.) se dibujan dos vectores anclados en elpunto, en la figura b.) se dibujan dos vectores anclados con el punto en el medio y en la figura c.) se hace larepresentación gráfica del campo escalando los vectores, tal y como se acostumbra.YY Y X X Xa.) b.) c.) Escalamiento Figura 7.6: F (cos(π/4), sen(π/4))Ejemplo 7.9 Y X Representación gráfica del campo vectorial F (x, y) = 2x, 2y sobre la circunferencia x2 + y2 = 1. Observe que Figura 7.7: F sobre x2 + y2 = 1. si z = x2 + y2 entonces F (x, y) = ∇z, por eso los vecto- res son perpendiculares a esta circunferencia (la curva de nivel z = 1).

298 Integral de línea.Ejemplo 7.10 Y Representación gráfica, sobre la circunferencia x2 + y2 = 1, del Xcampo vectorial F (x, y) = (−y, x). Figura 7.8: F sobre x2 + y2 = 1. Sea S1 la superficie de ecuación z = −x2 − y2 + 1. En la figura de abajo se presenta parte de la representacióngráfica, sobre S, de los campos vectorialesFigura 7.9: F 1(x, y, z) = (2x, 2y, 1) 3 4x2 + 4y2 + 1 Figura 7.10: F 2(x, y, z) = (−y 1 − z, x 1 − z, 0)7.3 Longitud de una curva. Consideremos una curva C regular y simple, parametrizada por r en [a, b]. Para calcular la longitud de C , la idea es partir el intervalo [a, b] en n partes [a, t1] ∪ [t1, t2] ∪ ... ∪ [tn−1, b] y considerar una línea poligonal inscrita en C , como se muestra en la figura.

7.3 Longitud de una curva. 299 Figura 7.11: Longitud de arco como una integral de Riemann.La longitud de la curva (“rectificable”) se define como el límite al cual tiende la suma de las longitudes de los segmentosde la línea poligonal cuando ||P || = Máx(ti−1 − ti ) −→ 0 si n −→ ∞, es decir n s = l´ım ||r (ti ) − r (ti −1)|| n→∞ i =1Si C es regular, por el teorema del valor medio podemos poner ||r (ti ) −r (ti−1)|| = ||r (ξi )(ti − ti−1)|| con ξi ∈ ]ti , ti−1[ yconcluir nb l´ım ||r (ξi ) t || = ||r (t )||d t n→∞ i =1 aDefinición 7.3 (Longitud de una curva). Sea C regular, simple y parametrizada por r (t ), t ∈ [a, b], entonces la longitud (de arco) de C es s = ||r (t )||d t C Además, la longitud de arco no depende de la parametrización de C (ni, por tanto, de la orientación).Sea C parametrizada por r (t ) con t ∈ [a, b].Caso C : r (t ) = x(t ) ıˆ+ y(t ) ˆSi r (t ) = x(t ) ıˆ+ y(t ) ˆ con t ∈ [a, b] entonces b s = ||r (t )||d t = (x (t ))2 + (y (t ))2 d t Ca

300 Integral de línea.Caso C : y = f (x)Si y = f (x) entonces tomando x = t tenemos b s = ||r (t )||d t = 1 + ( f (x))2 d x CaCaso C : r (t ) = x(t ) ıˆ+ y(t ) ˆ + z(t ) kˆSi r (t ) = x(t ) ıˆ+ y(t ) ˆ + z(t ) kˆ con t ∈ [a, b] entonces b s = ||r (t )||d t = (x (t ))2 + (y (t ))2 + (z (t ))2 d t CaEjemplo 7.11 Calcular la longitud de la circunferencia de un círculo de radio a.Solución: La circunferencia C se puede parametrizar con C : r (t ) = a cos(t ) ıˆ+ a sen(t ) ˆ con t ∈ [0, 2π[. x(t) y(t) r (t ) = −a sen(t ) ıˆ+ a cos(t ) ˆ x (t) y (t) 2π 2π s = ||r (t )||d t = (a sen t )2 + (a cos t )2 d t = a d t = 2aπ C0 0Ejemplo 7.12 Calcular la longitud de la la hélice x(t ) = 2 cos(t ), y(t ) = 2 sen(t ), z(t ) = t /4 con t ∈ [0, 2π].Solución:r (t ) = 2 cos(t ) ıˆ + 2 sen(t ) ˆ + t /4 kˆ con t ∈ [0, 2π]. x(t) y(t) z(t)r (t ) = −2 sen(t ) ıˆ + 2 cos(t ) ˆ + 1/4 kˆ x (t) y (t) z (t)