apuntes de mat 024

Salomon Alarcon Araneda

Apuntes

MAT 024v 12.2013

hola

∑∫

2

Prefacio

Estimados alumnos, esta es la primera version de mis apuntes para un curso que incluye topi-cos de integracion en varias variables, calculo vectorial y ecuaciones diferenciales parciales, co-nocido en nuestra Universidad como MAT 024. Estos apuntes no reemplazan a los libros de labibliografıa del curso, ni tampoco a los que cito al final del apuntes. De hecho, recomiendo revi-sar aquellos libros con la finalidad de profundizar en el estudio de los contenidos tratados aquı, yconocer puntos de vista diferentes a los expuestos en estos apuntes.

Agradezco a los Prof. Juan Bahamondes, Leonel Guerrero y Nelson Cifuentes por facilitarmealgunas figuras en la seccion de integracion doble.

Tambien agradezco los comentarios y sugerencias que ustedes puedan hacerme llegar paramejorar estos apuntes, y correguir erratas que puedan existir. Para ello, pueden contactarme porcorreo e-mail a:

[email protected].

Espero que este material les sea de utilidad.

Atte.

Salomon Alarcon Araneda.

I

mailto:[email protected]

CAPITULO 0. PREFACIO

II

Indice general

Prefacio I

Indice general III

Indice de figuras VII

I Integracion en varias varables 1

1. Funciones definidas por una integral 3

1.1. Funciones definidas por una integral definida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.2. Funciones definidas por una integral impropia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

2. La integral de Riemann en RN 11

2.1. Definicion y existencia de la integral multiple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

2.1.1. La integral de Riemann en R2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

2.2. Evaluacion de integrales multiples de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2.2.1. Evaluacion de integrales dobles sobre rectangulos . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2.2.2. Evaluacion de integrales dobles sobre dominios mas generales . . . . . . . . 20

2.2.3. Evaluacion de integrales multiples de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

2.3. Cambio de variable en integrales multiples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

2.3.1. Transformaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

2.3.2. El teorema del cambio de variable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

2.3.3. Integracion doble en coordenadas polares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

2.3.4. Integracion triple en coordenadas cilındricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

2.3.5. Integracion triple en coordenadas esfericas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

2.4. Integracion multiple impropia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

2.5. Aplicaciones: Centro de masa y momentos de inercia . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

2.5.1. Centro de masa y momentos de inercia en R2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

2.5.2. Centro de masa y momentos de inercia en R3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

III

INDICE GENERAL

II Calculo vectorial 73

3. Curvas en R3 753.1. Funciones vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 753.2. Curvas en R3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

3.2.1. Extension de una curva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 833.2.2. Preservacion de la orientacion de una curva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 843.2.3. Curvas parametricamentes equivalentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 853.2.4. Longitud de arco. Parametrizacion natural . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

3.3. Geometrıa de curvas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 943.3.1. Vector tangente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 943.3.2. Vector normal y curvatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 953.3.3. Torsion y vector Binormal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 983.3.4. Triedro y Formulas de Frenet-Serret . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

3.4. Integral de lınea de un campo escalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1053.4.1. Centro de masa de un alambre, cuerda o resorte . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

3.5. Integral de lınea de un campo vectorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1113.5.1. Funcion Potencial. Campos conservativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

3.6. El Teorema de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

4. Superficies en R3 1294.1. Superficies en R3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1294.2. Integrales de superficie de campos escalares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140

4.2.1. Masa y centro de masa de una superficie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1444.3. Integrales de superficie sobre campos vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1484.4. Teorema de Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1524.5. El Teorema de Gauss-Ostrogradski . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158

III Ecuaciones Diferenciales Parciales 163

5. Ecuaciones lineales de segundo orden 1655.1. Modelos Matematicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165

5.1.1. La ecuacion de Laplace. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1665.1.2. La ecuacion del calor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1685.1.3. La ecuacion de onda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170

5.2. Condiciones sobre una EDP de 2do orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1715.2.1. Condiciones iniciales y de contorno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172

5.3. Problemas bien puestos para EDP de segundo orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173

IV

INDICE GENERAL

5.4. Linealidad y superposicion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1745.4.1. Linealidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1745.4.2. Principio de superposicion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181

6. Separacion de Variables y EDP clasicas 1836.1. La ecuacion del calor unidimensional homogenea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183

6.1.1. Problemas relativos a la ecuacion del calor unidimensional homogenea . . . 1846.2. La ecuacion de onda unidimensional homogenea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194

6.2.1. Problemas relativos a la ecuacion de onda unidimensional homogenea . . . . 1956.3. La ecuacion de Laplace bidimensional homogenea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 200

6.3.1. Problemas relativos a la ecuacion de Laplace bidimensional homogenea enregiones rectangulares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201

6.3.2. Problemas relativos a la ecuacion de Laplace bidimensional homogenea enregiones circulares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211

6.4. La ecuacion del calor unidimensional no homogenea . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2196.4.1. Problemas relativos a la ecuacion del calor unidimensional no homogenea . . 219

6.5. La ecuacion de onda unidimensional no homogenea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2256.5.1. Problemas relativos a la ecuacion de onda unidimensional no homogenea . . 225

6.6. La ecuacion de Laplace bidimensional no homogenea . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2296.6.1. Problemas relativos a la ecuacion de Laplace bidimensional no homogenea . 229

6.7. La ecuacion del calor bidimensional homogenea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2326.7.1. Problemas relativos a la ecuacion del calor bidimensional homogenea . . . . 232

6.8. La ecuacion de onda bidimensional homogenea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2346.8.1. Problemas relativos a la ecuacion de onda bidimensional homogenea . . . . . 234

7. EDP clasicas en dominios no acotados 2377.1. Problema de Cauchy para la ecuacion de onda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 237

7.1.1. La solucion de D’Alembert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 237

A. Series de Fourier 239A.1. La mejor aproximacion. Identidad de Parseval . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 240A.2. Sistemas ortogonales trigonometricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242

B. Problemas de Sturm-Liouville 247B.1. Espacios con peso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252

Bibliografıa 255

V

INDICE GENERAL

VI

Indice de figuras

2.1. Particion rectangular P = P1×P2 del rectanguloR = [a, b]× [c, d], donde P1 = a =

x0, x1, x2, . . . , xm = b y P2 = c = y0, y1, y2, . . . , yn = d. . . . . . . . . . . . . . . . . 16

2.2. El solido S se divide en mn solidos, denominados Sij , asociados a los rectangulosRij , i = 1, 2, . . . ,m; j = 1, 2, . . . , n. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2.3. El volumen del solido Sij es aproximado por el volumen de un paralelepıpedo debase Rij y que posee altura f(xij , yij). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2.4. Mientras menor es la norma de la particion P, mejor sera la aproximacion del volu-men V mediante sumas de Riemann. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2.5. Grafico de la region D = (x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 2 ∧ x ≤ y ≤ 2x. . . . . . . . . . . . 21

2.6. Grafico de la region D1 ∪D2, donde se han intercambiado los ejes x e y. . . . . . . . 22

2.7. Grafico de la region D = (x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 2 ∧ x ≤ y ≤ 2x. . . . . . . . . . . . 22

2.8. Grafico de la region D1 ∪D2 ∪D3, donde se han intercambiado los ejes x e y. . . . . 23

2.9. Grafico de la region D =

(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x ≤ 2 ∧ 0 ≤ y ≤ lnx

. . . . . . . . . . . 24

2.10. Grafico de la region D =

(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ y ≤ ln 2 ∧ 0 ≤ x ≤ ey

donde se hanintercambiado los ejes x e y. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

2.11. Grafico del corte transversal de la region R cuando y = 0. Es decir, en el plano xzconsideramos la region entre las graficas de las funciones z = 3− x2 y z = −5 + x2,obteniendose los lımites para z. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

2.12. Grafico de la proyeccion de la region R sobre el plano xy. Es decir, en el plano xyconsideramos la region entre las graficas de las funciones y = 0 y y =

√4− x2,

obteniendose los lımites para y, y finalmente para x, aquı 0 ≤ x ≤ 2. . . . . . . . . . 32

2.13. Grafico del corte transversal de la region R cuando y = 0. Es decir, en el plano xzconsideramos la region entre las graficas de las funciones z =

√x2 = |x| y z =√

1− x2, obteniendose los lımites para z. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

2.14. Grafico de la proyeccion de la region R sobre el plano xy. Es decir, en el plano xy es-tamos considerando la region entre las graficas de las funciones y = −

√1− 2x2

y y =√

1− 2x2, de donde se deducen los lımites para y, y finalmente para x,aquı − 1√

2≤ x ≤ 1√

2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

VII

INDICE DE FIGURAS

2.15. Grafico del corte transversal de la region R cuando y = 0. Es decir, en el planoxz consideramos la region del primer cuadrante acotada por la recta z = 2 − 3x,obteniendose los lımites para z. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

2.16. Grafico de la proyeccion de la region R sobre el plano xy. Es decir, en el plano xyconsideramos la region entre las graficas de las funciones y = 0 y y = 2 − 3x,obteniendose los lımites para y, y finalmente para x, aquı 0 ≤ x ≤ 2

3 . . . . . . . . . . 35

2.17. La transformacion ~T (r, θ) = (r cos θ, r sen θ) = (x, y) transforma el rectangulo D∗ =

(r, θ) ∈ R2 : 0 ≤ r ≤ 1 ∧ 0 ≤ θ ≤ 2π en el cırculo D = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1. 37

2.18. Grafico de la Transformacion ~T (u, v) =(u− (u+v)2

4 , u+v2

)= (x, y) aplicado a la

region R limitada por las curvas x = 2− y2 − 2y, x = −y2 y x = 2y − y2. . . . . . . . 42

2.19. Grafico de la Transformacion ~T (u, v) =(u+ v, v − u2

)= (x, y) aplicado a la region

D∗, donde ~T (D∗) = D, la region limitada por las curvas y = x, y = 1 − (x − 1)2

y = x− 2 y y = −x2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

2.20. Grafico de la Transformacion ~U(x, y) =(x+ y, y√

2x

)= (u, v) aplicado a la region D

limitada por las curvas y + x = 4, y + x = 12 e y2 = 2x. . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

2.21. La transformacion ~T (r, θ) = (r cos θ, r sen θ) = (x, y) transforma el rectangulo D∗ =

(r, θ) ∈ R2 : 0 ≤ r ≤ a ∧ 0 ≤ θ ≤ 2π en el cırculo D = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ a. 47

2.22. La transformacion ~T (r, θ) = (r cos θ, r sen θ) = (x, y) transforma el conjunto D∗ =

(r, θ) ∈ [0, a] × [0, 2π] : a1 ≤ r ≤ a2 ∧ 0 ≤ θ ≤ 2π en el conjunto D(x, y) ∈ R2 :

a21 ≤ x2 + y2 ≤ a2

2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

2.23. Grafica de la cardiode r = 1 + cos θ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

2.24. La transformacion ~T (r, θ, z) = (r cos θ, r sen θ, z) = (x, y, z) transforma el rectangu-lo D∗ = (r, θ, z) ∈ R3 : 0 ≤ r ≤ 1 ∧ 0 ≤ θ ≤ 2π ∧ 0 ≤ z ≤ 2 en el cilindroD = (x, y) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ 1 : 0 ≤ z ≤ 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

2.25. Grafica de r = 4 cos θ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

2.26. La transformacion ~T (ρ, θ, φ) = (ρ cos θ senφ, ρ sen θ senφ, ρ cosφ) = (x, y, z) trans-forma el rectangulo D∗ = (ρ, θ, φ) ∈ R3 : 0 ≤ ρ ≤ 1 ∧ 0 ≤ θ ≤ 2π ∧ 0 ≤ φ ≤ πen la bola D = (x, y) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 ≤ 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

3.1. Parametrizacion de una recta L que pasa por el punto (x0, y0, z0) en la direccion delvector ~v. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

3.2. Parametrizacion de una circunferencia en el plano yz de radio a y centro en el origen. 80

3.3. Cicloide Normal. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

3.4. Cicloide acortada. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

3.5. Cicloide alargada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

3.6. Helice. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

3.7. Curva formada por la union de k curvas unidas por sus puntos terminales e iniciales 83

3.8. Circunferencia γ obtenida al pegar dos curvas en forma de semicircunferencias. . . . 84

VIII

INDICE DE FIGURAS

3.9. Trayectorias opuestas de un cuarto de circunferencia. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 853.10. Hipocicloide . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 863.11. Aproximacion de la longitud de arco de una curva mediante una poligonal. . . . . . 87

3.12. Sustitucion trigonometrica para la expresion

√t2 +

√58

2

. . . . . . . . . . . . . . . . . 883.13. Grafico de un paso de la espiral de una Helice de radio a y altura h. . . . . . . . . . . 893.14. Longitud del trozo de Helice de radio basal a que completa un giro hasta completar

el primer paso de altura h. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 903.15. Cicloide γ: ~r(θ) = (Rθ −R sen θ,R−R cos θ, 0); θ ∈ [0, 2π]. . . . . . . . . . . . . . . 903.16. s−1

2 (s) = ϕ−1 s−11 (s) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

3.17. El vector velocidad es el vector tangente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 943.18. La circunferencia que mejor aproxima a la curva en el punto ~r0(s) es la circunferencia

de radio R(s) y centro ~c(s) en el plano definido por N(s) y T (s). En el punto deinflexion el vector normal no esta definido. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

3.19. Parametrizacion de una curva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 963.20. Vectores normal, binormal y tangente a una curva. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 993.21. Aproximacion de una curva mediante trazos poligonales. . . . . . . . . . . . . . . . . 1053.22. Centro de masa en un una barra. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1073.23. Campo vectorial de fuerzas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1113.24. Conjuntos conexos y disconexos (no conexos) en RN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1163.25. Curvas con mismo punto inicial y final . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117

3.26.∫γ

~F · d~r =

∫γ

~F · d~r. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

3.27. Una vecindad sobre γ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1183.28. Region encerrada por los lados del cuadrado de vertices (1, 0), (0, 1), (−1, 0) y (0,−1)

recorridos en sentido antihorario. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

4.1. Una region rectangular de R2 que se ha deformado doblandola para que adquieraforma de una “S”, con ciertas zonas de la superficie paralelas, no tiene la formaz = f(x, y). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

4.2. Region rectangular deR2 que se ha deformado dandole la forma de un tubo cilındri-co circular recto y a partir de el, el manto del toro, obtenido al doblar el tubo en tornoa un eje, hasta pegar sus extremos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

4.3. Funcion vectorial ~Φ sobre una region D ⊂ R2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1304.4. Parametrizacion de una superficie mediante en R3 a una superficie en el plano R2. . 1324.5. Parametrizacion del cilindro x2 + y2 = a2 acotado por los planos z = 2 y z = −2. . . 1334.6. Si S es regular, entonces el campo de vectores normales es continuo, y la superficie

es orientable. Mas aun, la orientacion de la frontera de la curva que encierra la su-perficie y el campo de vectores normales a la superficie se relacionan mediante laregla de la mano derecha. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133

IX

INDICE DE FIGURAS

4.7. Parametrizacion de la superficie de un casquete esferico superior de radio R. . . . . 1344.8. Cono circular recto de radio a y altura h. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1364.9. Particion de una superficie parametrizada, con ~Φ(D) = S y ~Φ(Rij) = Sij , donde

Rij = ∆ui ×∆vj , siendo ∆ui = ui − ui−1 y ∆vj = vj − vj−1. . . . . . . . . . . . . . . 1414.10. Una pequena rueda con aspas moviendose en el fluido no girara alrededor de su eje

ω. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1524.11. El rotacional esta asociado a rotaciones. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1534.12. Flujo de salida en un punto de la superficie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159

X

Parte I

Integracion en varias varables

1

Capıtulo 1

Funciones definidas por una integral

En esta capıtulo estudiaremos propiedades de continuidad, diferenciabilidad e integrabilidadde funciones de la forma

F (x) =

∫If(x, y) dy,

donde f : I × J ⊂ R2 → R es una funcion e I, J son intervalos en R.

1.1. Funciones definidas por una integral definida

Sea f : [a, b]× [c, d]→ R una funcion continua sobre su dominio. Entonces, para cada x fijo en[a, b], la funcion f(x, ·) resulta continua y acotada, por lo cual puede ser integrada sobre el intervalo[c, d], obteniendose el numero real ∫ d

cf(x, y) dy

que depende del parametro x.

TEOREMA 1.1.1 (Continuidad) Sea U un intervalo abierto de R tal que [a, b] ⊂ U y sea f : U ×[c, d]→ R una funcion continua sobre su dominio. Entonces la funcion F definida por

F (x) =

∫ d

cf(x, y) dy

es continua sobre [a, b].

Demostracion. Sea ε > 0 dado y sea x0 ∈ [a, b] fijo, pero arbitrario. Entonces, por continuidad de ftenemos que para cada η ∈ [c, d], existe δη = δ(x0, η) > 0 tal que

(∀(x, y) ∈ [a, b]× [c, d])

(max|x− x0|, |y − η| < δη ⇒ |f(x, y)− f(x0, η)| < ε

d− c

).

Luego,

[c, d] ⊂⋃

η∈[c,d]

(η − δη, η + δη),

3

CAPITULO 1. FUNCIONES DEFINIDAS POR UNA INTEGRAL [BORRADOR] Salomon Alarcon Araneda

y como [c, d] es un conjunto compacto en R, entonces existen η1, η2, . . . , ηn tales que

[c, d] ⊂n⋃i=1

(ηi − δηi , ηi + δηi).

De esta forma, para cada η ∈ [c, d], existe i ∈ 1, 2, . . . , n tal que η ∈ (ηi−δηi , ηi+δηi), y escogiendoδ = mınδη1 , δη2 , . . . , δηn y la δ–vecindad de x0, V (x0) = x ∈ [a, b] : |x−x0| < δ = (x0−δ, x0 +δ),es claro que para (x, y) ∈ [a, b]× [c, d] se tiene que

(x, y) ∈ (x0 − δ, x0 + δ)× (ηi − δηi , ηi + δηi)⇒ max|x− x0|, |y − η| < δηi ;

de donde se deduce que si x ∈ [a, b] y |x− x0| < δ, entonces

|F (x)− F (x0)| ≤∣∣∣∣∫ d

c(f(x, y)− f(x0, η)) dη

∣∣∣∣ ≤ ∫ d

c|f(x, y)− f(x0, η)| dη <

∫ d

c

ε

d− cdη = ε.

LEMA 1.1.1 Sea U un intervalo abierto de R tal que [α, β] ⊂ U y sea g : U → R una funcionderivable sobre su dominio, entonces para cada x0 ∈ [α, β] se verifica que

|g(β)− g(α)− g′(x0)(β − α)| ≤ (β − α) supx∈[α,β]

g′(x)− g′(x0).

Demostracion. Sea x0 ∈ [α, β]. Claramente g es una funcion continua en [α, β] y derivable en (a, b).Luego, por el Teorema del valor medio, existe ξ ∈ (a, b) tal que

g(β)− g(α) = g′(ξ)(β − α) ⇔ g(β)− g(α)− g′(x0)(β − α) = (β − α)g′(ξ)− (β − α)g′(x0)

⇔ g(β)− g(α)− g′(x0)(β − α) = (g′(ξ)− g′(x0))(β − α),

y como(g′(ξ)− g′(x0))(β − α) ≤ (β − α) sup

x∈[α,β]g′(x)− g′(x0),

el resultado es inmediato.

TEOREMA 1.1.2 (Derivabilidad. Regla de Leibnitz) SeaU un intervalo abierto deR tal que [a, b] ⊂U y sea f : U × [c, d]→ R una funcion continua sobre su dominio. Si ∂f∂x existe y es continua sobreU × [c, d], entonces la funcion F definida por

F (x) =

∫ d

cf(x, y) dy

es derivable en [a, b] y verifica que

F ′(x) =

∫ d

c

∂f

∂x(x, y) dy.

4 Esta version puede contener errores

Salomon Alarcon Araneda [BORRADOR] 1.1. FUNCIONES DEFINIDAS POR UNA INTEGRAL DEFINIDA

Demostracion. Sea ε > 0 dado y sea x0 ∈ [a, b] fijo, pero arbitrario. Entonces, por continuidad de∂f∂x tenemos que para cada y ∈ [c, d], existe δ = δ(x0) > 0 tal que

(∀(x, y) ∈ [a, b]× [c, d])

(max|x− x0| < δ ⇒

∣∣∣∣∂f∂x (x, y)− ∂f

∂x(x0, y)

∣∣∣∣ < ε

d− c

).

Por otro lado, para 0 < h < δ, desde el Lema 1.1.1 obtenemos∣∣∣∣f(x0 + h, y)− f(x0, y)− ∂f

∂x(x0, y)h

∣∣∣∣ ≤ h supx∈[x0,x0+h]

∂f

∂x(x, y)− ∂f

∂x(x0, y)

< h

ε

d− c.

Un resultado analogo se obtiene si −δ < h < 0. De esta forma, independientemente del signo deh, obtenemos

0 < |h| < δ ⇒∣∣∣∣f(x0 + h, y)− f(x0, y)− ∂f

∂x(x0, y)h

∣∣∣∣ < |h| ε

d− c.

Luego,∣∣∣∣F (x0 + h)− F (x0)−(∫ d

c

∂f

∂x(x0, y) dy

)h

∣∣∣∣ ≤ ∫ d

c

∣∣∣∣f(x0 + h, y)− f(x0, y)− ∂f

∂x(x0, y)h

∣∣∣∣ dy<

∫ d

c|h| ε

d− cdy

= ε|h|,

de donde se deduce que F es derivable en x0 y que su derivada es

F ′(x0) =

∫ d

c

∂f

∂x(x0, y) dy.

TEOREMA 1.1.3 (Integrabilidad) Sea U un intervalo abierto en R que incluye a [a, b] y sea V unintervalo abierto en R que incluye a [c, d]. Sea f : U × V → R una funcion continua sobre sudominio y sea F : [a, b]→ R la funcion definida por

F (x) =

∫ d

cf(x, y) dy.

Entonces F es integrable sobre [a, b] y se verifica que∫ b

aF (x) dx =

∫ b

a

(∫ d

cf(x, y) dy

)dx =

∫ d

c

(∫ b

af(x, y) dx

)dy.



Demostracion. Sea φ : [a, b]→ R la funcion definida por

φ(ξ) =

∫ d

c

(∫ ξ

af(x, y) dx

)dy.

Entonces, desde el Teorema 1.1.2 de la regla de Leibnitz y el Teorema Fundamental del Calculo, sesigue que

φ′(ξ) =

∫ d

c

∂

∂ξ

(∫ ξ

af(x, y) dx

)dy =

∫ b

af(ξ, y) dy = F (ξ),

de donde

φ(ξ) =

∫ ξ

aF (x) dx+ C =

∫ ξ

a

(∫ d

cf(x, y) dy

)dx+ C,

para alguna constante C, que en verdad debe ser 0 pues φ(a) = 0. Por lo tanto, hemos probado que∫ d

c

(∫ ξ

af(x, y) dx

)dy =

∫ ξ

a

(∫ d

cf(x, y) dy

)dx;

y considerando ξ = b, obtenemos el resultado deseado.

DEFINICION 1.1.1 Sea f : [a, b]× [c, d]→ R una funcion.

i) Si la funcion F (x) =∫ dc f(x, y) dy es integrable en [a, b], entonces la integral

∫ ba F (x) dx se

puede escribir en la forma ∫ b

a

(∫ d

cf(x, y) dy

)dx. (1 . 1)

ii) Si la funcion G(y) =∫ ba f(x, y) dx es integrable en [c, d], entonces la integral

∫ dc G(x) dx se

puede escribir en la forma ∫ d

c

(∫ b

af(x, y) dx

)dy. (1 . 2)

Las integrales (1 . 1) y (1 . 2) reciben cada una el nombre de integral iterada.

NOTACION 1.1.1 Por simplicidad notacional, es usal escribir∫ b

a

∫ d

cf(x, y) dy dx =

∫ b

a

(∫ d

cf(x, y) dy

)dx

y ∫ d

c

∫ b

af(x, y) dx dy =

∫ d

c

(∫ b

af(x, y) dx

)dy.


Salomon Alarcon Araneda [BORRADOR] 1.1. FUNCIONES DEFINIDAS POR UNA INTEGRAL DEFINIDA

EJEMPLO 1.1.1 Evalue la integral doble∫ 3

0

∫ 1

−1(x2y2 − 2y) dx dy.

Solucion. f(x, y) = x2y2− 2y es una funcion continua sobre R2 que incluye al rectangulo [−1, 1]×[0, 3]. Luego, desde el Teorema 1.1.3 de Integrabilidad previo obtenemos∫ 3

0

∫ 1

−1(x2y2 − 2y) dx dy =

∫ 3

0

(∫ 1

−1(x2y2 − 2y) dx

)dy =

∫ 3

0

(1

3x3y2 − 2xy

) ∣∣∣∣x=1

x=−1

dy

=

∫ 3

0

(2

3y2 − 4y

)dy

=

(2

9y3 − 2y2

) ∣∣∣∣y=3

y=0

= 6− 18 = −12.

EJEMPLO 1.1.2 Evalue la integral doble∫ π

−π

∫ 1

0y cos(xy) dx dy.

Solucion. f(x, y) = y cos(xy) es una funcion continua sobre R2 que incluye al rectangulo [0, 1] ×[−π, π]. Luego, desde el Teorema 1.1.3 de Integrabilidad previo obtenemos∫ π

−π

∫ 1

0y cos(xy) dx dy =

∫ π

−π

(∫ 1

0y cos(xy) dx

)dy =

∫ π

−πsen(xy)

∣∣∣∣x=1

x=0

dy

=

∫ π

−πsen y dy

= − cos y

∣∣∣∣y=π

y=−π

= 0.

EJERCICIOS 1.1.1 Calcule, si es posible, el valor de cada una de las siguientes integrales

a)∫ 2

0

∫ 1

0yexy dy dx

b)∫ 1

−1

∫ 1

0(x4y + y2) dy dx

c)∫ π

0

∫ 1

0x sen(xy) dx dy.



Soluciones a Ejercicios 1.1.1

a)1

2

(e2 − 3

).

b)13

15.

c) 1.

TEOREMA 1.1.4 (Regla de Leibnitz generalizada) Sea U un intervalo abierto en R que incluye a[a, b] y sea f : U × [c, d]→ R una funcion continua sobre su dominio. Asumamos que ∂f

∂x existe y escontinua sobre U × [c, d] y sean u, v son funciones continuamente diferenciables sobre U tales quec ≤ u(x) ≤ v(x) ≤ d ∀x ∈ [a, b], entonces la funcion F : [a, b]→ R definida por

F (x) =

∫ v(x)

u(x)f(x, y) dy,

es diferenciable sobre [a, b] y

F ′(x) = f(x, v(x)

)v′(x)− f

(x, u(x)

)u′(x) +

∫ v(x)

u(x)

∂f

∂x(x, y) dy ∀x ∈ [a, b].

EJERCICIOS 1.1.2

1. Mediante el uso de la regla de Leibnitz calcule F ′ si

a) F (x) =

∫ 1

0

sen(xy)

1 + ydy

b) F (x) =

∫ x2

xln2(x+ y) dy

2. Pruebe que si b > a > 1, entonces

∫ π

0ln

(b− cosx

a− cosxdx

)= π ln

(b+√b2 − 1

a+√a2 + 1

).

[SUG: Use la relacion,

∫ π

0

dx

a− cosx=

π√a2 − 1

a > 1.

]


Salomon Alarcon Araneda [BORRADOR] 1.2. FUNCIONES DEFINIDAS POR UNA INTEGRAL IMPROPIA

1.2. Funciones definidas por una integral impropia

DEFINICION 1.2.1 Sea f : [a, b]× [c,∞]→ R una funcion continua sobre su dominio. Diremos quela integral ∫ ∞

cf(x, y) dy

converge uniformemente a una funcion F definida sobre [a, b] si:

(∀ε > 0) (∃n = n(ε)) (∀x ∈ [a, b])

(η > n⇒

∣∣∣∣F (x)−∫ η

cf(x, y) dx

∣∣∣∣ < ε

)

TEOREMA 1.2.1 (Continuidad) Sea U un intervalo abierto en R que incluye a [a, b], sea f : U ×[c,∞[→ R una funcion continua sobre su dominio y sea F : [a, b]→ R la funcion definida por

F (x) =

∫ ∞c

f(x, y) dy.

Si F converge uniformemente sobre todo intervalo compacto de U , entonces F es continua sobre[a, b].

TEOREMA 1.2.2 (Derivabilidad. Regla de Leibnitz) Sea U un intervalo abierto en R que incluye a[a, b], sea f : U × [c,∞[→ R una funcion continua sobre su dominio y sea F : [a, b]→ R la funciondefinida por

F (x) =

∫ ∞c

f(x, y) dy.

Si F converge para cierto x0 ∈ U , la funcion ∂f∂x es continua sobre U × [c,∞[ y la integral∫ ∞

c

∂f

∂x(x, y) dy

converge uniformemente sobre todo intervalo compacto de U ; entonces la funcion F convergeuniformemente sobre todo intervalo compacto de U y es derivable sobre [a, b]. Mas aun, F verifica

F ′(x) =

∫ ∞a

∂f

∂x(x, y) dy.

TEOREMA 1.2.3 (Integrabilidad) Sea U un abierto enR que incluye a [a, b], sea f : U × [c,∞[→ R

una funcion continua sobre su dominio y sea F : [a, b]→ R la funcion definida por

F (x) =

∫ ∞c

f(x, y) dy.

Si F converge uniformemente sobre [a, b], entonces F es integrable sobre [a, b] y se verifica que∫ b

aF (x) dx =

∫ b

a

(∫ ∞c

f(x, y) dy

)dx =

∫ ∞c

(∫ b

af(x, y) dx

)dy.



EJERCICIOS 1.2.1

1. Sea λ ∈ R. Pruebe que ∫ π

0ln(1 + λ cosx)dx = π ln

(1 +√

1− λ2

2

).

[SUG: Considere F (λ) :=

∫ π

0ln(1 + λ cosx)dx y G(λ) := π ln

(1 +√

1− λ2

2

)y pruebe que

F ′(λ) = G′(λ) y que F (0) = G(0) para concluir.]

2. Sea g : R → R \ 0 una funcion de clase C1(R;R \ 0) y sea f : R × R → R la funciondefinida por

f(x, y) =

g(x)

sen y

ysi y 6= 0,

g(x) si y = 0.

Para la funcion F : R→ R definida por

F (x) =

∫ 1

0f(x, y) dy,

encuentre, si es posible, F ′.


Capıtulo 2

La integral de Riemann en RN

La integral de Riemann enRN es una extension de la integral de Riemann enR. Por esta razon,es necesario generalizar algunos conceptos, definiciones y teoremas para obtener otros similares alos ya conocidos en el contexto de la integral de Riemann para funciones de una variable real.

2.1. Definicion y existencia de la integral multiple de Riemann

DEFINICION 2.1.1 (Rectangulo en RN ) Sean ai, bi ∈ R, i = 1, 2, . . . , N , tales que ai ≤ bi para todoi = 1, 2, . . . , N . Llamamos rectangulo en RN a cualquier conjunto R de la forma

R = [a1, b1]× [a2, b2]× . . .× [aN , bN ].

NOTACION 2.1.1 Un rectangulo R = [a1, b1]× [a2, b2]× . . .× [aN , bN ], suele denotarse por

R =[~a,~b

]= ~x = (x1, x2, . . . , xN ) ∈ RN : ai ≤ xi ≤ bi : i = 1, 2, . . . , N,

donde ~a = (a1, a2, . . . , aN ) y ~b = (b1, b2, . . . , bN ). Es usual referirse a ~a y ~b como los extremos delrectangulo. Tambien es usual referirse a un rectangulo en RN como intervalo compacto.

DEFINICION 2.1.2 (Medida de un rectangulo en RN ) Sean ai, bi ∈ R, i = 1, 2, . . . , N , tales queai ≤ bi para todo i = 1, 2, . . . , N . Llamamos medida o volumen del rectangulo R = [a1, b1]× [a2, b2]×. . .× [aN , bN ] al valor

m(R) = (b1 − a1)(b2 − a2) · · · (bN − aN ).

DEFINICION 2.1.3 (Particion de un rectangulo en RN ) Sean ai, bi ∈ R, i = 1, 2, . . . , N , tales queai ≤ bi para todo i = 1, 2, . . . , N . Una particion rectangular P del rectangulo R = [a1, b1]× [a2, b2]×. . .× [aN , bN ] es un conjunto de la forma P = P1 × P2 × . . .× PN , donde

Pi = ai = xi 0, xi 1, . . . , xi (ni−1), xi ni = bi

es una particion de [ai, bi], para algun ni ∈ N, i = 1, 2, . . . , N .

11

CAPITULO 2. LA INTEGRAL DE RIEMANN EN RN [BORRADOR] Salomon Alarcon Araneda

OBSERVACION 2.1.1 Notar que toda particion rectangular P de un rectangulo R determina n0 =

n1 · n2 · . . . · nN rectangulos Rj , j = 1, 2, . . . , n0, tales que

R =

n0⋃j=1

Rj ∧Rj ∩

Rk = ∅ ∀j 6= k,

dondeRi corresponde al producto cartesiano de los intervalos abiertos cuyos extremos son los mis-

mos que los intervalos cerrados que definen al producto cartesiano Ri, para cada i = 1, 2, . . . , n0.

DEFINICION 2.1.4 (Norma de la particion rectangular de un rectangulo en RN ) Sean ai, bi ∈ R,i = 1, 2, . . . , N , tales que ai ≤ bi para todo i = 1, 2, . . . , N . La norma de la particion rectangular Pdel rectangulo R = [a1, b1]× [a2, b2]× . . .× [aN , bN ] corresponde al valor

‖P‖ = ‖P1‖∞, ‖P2‖∞, . . . , ‖Pn0‖∞

donde ‖Pi‖∞ = max1≤j≤ni

xi j − xi (j−1), i = 1, 2, . . . , n0.

DEFINICION 2.1.5 (Sumas de Riemann) Sea R un rectangulo en RN , sea P una particion rec-tangular de R, y sea f : R → R una funcion acotada. Si Rin0

i=1 es la descomposicion de Rdeterminada por P, llamamos

i) Suma de Riemann para la funcion f respecto de la particion rectangular P del rectangulo Runa suma de la forma

σ(f,P, TP) =

n0∑i=1

f(ci)m(Ri)

donde TP = c1, c2, . . . , cn0, con ci ∈ Ri, i = 1, 2, . . . , n0.

ii) Suma superior de Riemann para la funcion f respecto de la particion rectangular P delrectangulo R al valor

S(f,P) =

n0∑i=1

f(x∗∗i )m(Ri)

donde f(x∗∗i ) = maxx∈Rif(x).

iii) Suma inferior de Riemann para la funcion f respecto de la particion rectangular P delrectangulo R al valor

s(f,P) =

n0∑i=1

f(x∗i )m(Ri)

donde f(x∗i ) = mınx∈Rif(x).


Salomon Alarcon Araneda [BORRADOR] 2.1. DEFINICION Y EXISTENCIA DE LA INTEGRAL MULTIPLE

DEFINICION 2.1.6 (Funcion integrable sobre un rectangulo) Sea R un rectangulo en RN y sea f :

R→ R una funcion acotada. Decimos que f es integrable Riemann sobre R si existe I ∈ R tal que

(∀ε > 0) (δ > 0) ((∀P particion rectangular de R) (‖P‖ < δ ⇒ |σ(f,P, TP)− I| < ε)) .

DEFINICION 2.1.7 (Integral superior e inferior de Riemman) Sea R un rectangulo en RN y seaf : R→ R una funcion acotada. Llamamos

i) Integral superior de Riemann de la funcion f al valor real∫Rf = ınf

P∈P(R)S(f,P),

ii) Integral inferior de Riemann de la funcion f al valor real∫Rf = sup

P∈P(R)s(f,P),

donde P(R) = P : P es una particion rectangular de R.

TEOREMA 2.1.1 Sea R un rectangulo en RN y sea f : R→ R una funcion acotada. Las siguientespropiedades son equivalentes:

i) f es integrable sobre R

ii)∫Rf =

∫Rf

iii) f satisface la condicion de Riemann en R; es decir

(∀ε > 0) (∃P ∈ P(R)) (S(f,P)− s(f,P) < ε) .

NOTACION 2.1.2 Si f es una funcion Riemann integrable sobre un rectangulo R, escribimos elvalor de la integral de f sobre R como: ∫

Rf

TEOREMA 2.1.2 (Integrabilidad de funciones continuas sobre rectangulos) Sea R un rectangu-lo enRN y sea f : R→ R una funcion continua sobre su dominio. Entonces f es integrable sobreR.



DEFINICION 2.1.8 (Conjuntos de contenido cero) Sea S ⊂ RN . Diremos que S tiene contenido ceroen RN si para todo ε > 0 existe un conjunto finito de rectangulos Rini=1 tales que:

i) S ⊂n⋃i=1

Ri

ii)n∑i=1

m(Ri) < ε.

DEFINICION 2.1.9 (Conjuntos de medida cero) Sea E ⊂ RN . Diremos que E tiene medida cero enRN si para todo ε > 0 existe una sucesion de rectangulos Ri∞i=1 tales que:

i) E ⊂∞⋃i=1

Ri

ii)∞∑i=1

m(Ri) < ε.

EJEMPLO 2.1.1 Los siguientes conjuntos tienen contenido cero en RN :

El conjunto vacıo.

Un conjunto formado por un solo punto de RN .

La union finita de conjuntos de contenido cero.

Cualquier conjunto que posea una cantidad finita de puntos de RN .

Cualquier conjunto acotado de RN que posea una cantidad finita de puntos de acumula-cion.

Cualquier conjunto acotado de dimension menor o igual a N − 1. (Por ejemplo: En R, lospuntos tienen medida cero; en R2 los puntos y los segmentos de recta de longitud finita,las lıneas curvas continuas; enR3 los puntos, los segmentos de rectas de longitud finita, laslıneas curvas continuas y las superficies acotadas de cuerpos con volumen).

EJEMPLO 2.1.2 Los siguientes conjuntos tienen medida cero en RN :

Todo conjunto de contenido cero en RN .

Todo conjunto numerable de RN .

La union numerable de conjuntos de medida cero en RN .

TEOREMA 2.1.3 Si K ⊂ RN es un conjunto compacto (que equivale a decir que K es un conjuntocerrado y acotado de RN ) y de medida cero, entonces K es de contenido cero.



COROLARIO 2.1.1 Si D ⊂ RN un conjunto acotado y de medida cero, entonces D es de contenidocero.

A continuacion enunciamos un teorema que extiende el Teorema 2.1.2 de integrabilidad de funcio-nes continuas sobre rectangulos.

TEOREMA 2.1.4 Sea R un rectangulo en RN , sea E un conjunto de contenido cero en RN , y seaf : R→ R una funcion acotada sobre su dominio y continua sobreR\E. Entonces f es integrablesobre R.

EJERCICIOS 2.1.1 Sea R = [0, 1]× [0, 1] y sea f : R→ R la funcion definida por

f(x, y) =

0 si (x, y) ∈ R \ (Q×Q)

1 si (x, y) ∈ R ∩ (Q×Q)

¿Es f integrable sobre R? Justifique su respuesta.

Integracion multiple sobre conjuntos mas generales y propiedades de las integrales multiples

DEFINICION 2.1.10 Sea D ⊂ RN un conjunto acotado, sea R un rectangulo en RN que contiene aD, sea f : D → R y sea

f(x) =

f(x) si x ∈ D

0 si x 6∈ D

Si f es integrable sobre R, entonces decimos que f es integrable sobre D si f es integrable sobre R.En tal caso se define ∫

Df =

∫Rf .

Propiedades de las integrales multiples

TEOREMA 2.1.5 Si f y g son funciones integrables sobre un conjunto D ⊂ RN , entonces las fun-ciones f + g, f − g, c f , donde c es una numero real, f g y |f | tambien son integrables. Mas aun,

i)∫D

(αf + βg) = α

∫Df + β

∫Dg ∀α, β ∈ R.

ii) f ≤ g ⇒∫Df ≤

∫Dg.

iii)∣∣∣∣∫Df

∣∣∣∣ ≤ ∫D|f |.



TEOREMA 2.1.6 (Teorema del Valor Medio Integral Generalizado) SeaD un subconjunto compac-to y conexo de RN , sea f : D → R una funcion continua y sea g : D → R una funcion no negativae integrable sobre su dominio. Entonces existe ~x0 ∈ D tal que∫

Dfg = f(~x0)

∫Dg.

TEOREMA 2.1.7 Sean D1 y D2 subconjuntos de RN tales que D1 ∩D2 tiene contenido cero, y seaf una funcion integrable sobre D1 y sobre D2, entonces∫

D1∪D2

f =

∫D1

f +

∫D2

f.

2.1.1. La integral de Riemann en R2

Consideremos en R2 el rectangulo R = [a, b] × [c, d]. Consideremos ademas la particion P1 de[a, b] y la particion P2 de [a, b] dadas respectivamente por:

P1 = a = x0, x1, x2, . . . , xm = b ∧ P2 = c = y0, y1, y2, . . . , yn = d.

Pongamos

∆xi = xi − xi−1, i = 1, 2, . . . ,m, ∧ ∆yj = yj − yj−1, j = 1, 2, . . . , n.

Entonces, se determinan mn rectangulos contenidos en R, los que denotaremos por Rij , donde

Rij = [xi−1, xi]× [yj−1, yj ].

Figura 2.1. Particion rectangular P = P1 × P2 del rectangulo R = [a, b] × [c, d], donde P1 = a =

x0, x1, x2, . . . , xm = b y P2 = c = y0, y1, y2, . . . , yn = d.



De esta forma, obtenemos la particion rectangular P de R, dada por

P = P1 × P2 = R11, . . . , Rij , . . . , Rmn.

Ahora, sea R = [a, b] × [c, d], sea f : R → R una funcion continua y positiva, y sea S el solidolimitado superiormente por la superficie correspondiente a la grafica de f e inferiormente por elrectangulo R en el plano xy. Entonces la particion P antes mencionada divide al solido S en mn

solidos, los cuales denotamos por Sij , i = 1, 2, . . . ,m; j = 1, 2, . . . , n. En particular, el solido Sijtiene por “base” al rectangulo Rij en el plano xy, y por “techo” a la superficie correspondiente a lagrafica de f asociada al rectangulo Rij , siendo sus caras laterales regiones planas perpendicularesal plano xy. Notar que si consideramos el conjunto TP = (x11, y11), (x12, y12), . . . , (xmn, ymn),

Figura 2.2. El solido S se divide en mn solidos, denominados Sij , asociados a los rectangulos Rij , i =

1, 2, . . . ,m; j = 1, 2, . . . , n.

donde (xij , yij) ∈ Rij (y por lo tanto xij ∈ [xi−1, xi], ∀j, y yij ∈ [yj−1, yj ], ∀i), siendo P de normamuy pequena, entonces el paralelepıpedo rectangular recto de base Rij y altura f(xij , yij) poseeun volumen Λij que se aproxima al volumen Vij del solido Sij . Es decir, Λij ∼ Vij , o bien

Vij ∼ f(xij , yij)∆xi∆yj .

Figura 2.3. El volumen del solido Sij es aproximado por el volumen de un paralelepıpedo de baseRij y queposee altura f(xij , yij).



De esta forma, el volumen total V del solido S es aproximado por la suma de todos los volume-nes Vij de los solidos Sij , a saber

V ∼n∑j=1

m∑i=1

f(xij , yij) ∆xi ∆yj = σ(f,P, TP),

donde σ(f,P, TP) es precisamente la suma Riemman para la funcion f respecto de la particionrectangular P del rectangulo R, para la eleccion de puntos TP. Aquı, la medida de los rectangulosRij esta dada por m(Rij) = ∆xi∆yj .

Es claro que mientras menor es la norma de la particion P, mejor sera la aproximacion delvolumen V del solido S mediante sumas de Riemann.

Figura 2.4. Mientras menor es la norma de la particion P, mejor sera la aproximacion del volumen V me-diante sumas de Riemann.

Para R2, damos una definicion del valor de una integral definida (integral de Riemann).

DEFINICION 2.1.11 Sea P1 una particion de [a, b] con m + 1 elementos y sea P2 una particion de[c, d] con n + 1 elementos. Si f : [a, b] × [c, d] → R es una funcion integrable sobre R, el valor dela integral de f sobre R se define como el numero real∫

Rf =

∫∫Rf(x, y)dA = lım

m,n→∞

m∑i=1

n∑j=1

f(xij , yij) ∆xi ∆yj ,

para cualquier eleccion de puntos TP, donde P = P1 × P2, con ‖P‖ −→n,m→∞

0.

En este momento conviene recalcar que encontrar el valor de la integral de una funcion integrableusando la definicion no parace ser practico. Esto ya sucedıa para la integracion de funciones deuna sola variable, donde fuimos capaces de evaluar integrales de forma sencilla una vez que seobtuvo el Teorema Fundamental del Calculo y la Regla de Barrows (Segundo Teorema Fundamen-tal del Calculo), que relacionaban el valor de una integral definida (integral de Riemann), con laantiderivada de la funcion integrando.

2.2. Evaluacion de integrales multiples de Riemann

2.2.1. Evaluacion de integrales dobles sobre rectangulosA continuacion, vamos a enunciar un resultado que establece una forma simple y directa de

evaluar integrales de ciertas funciones integrables sobre rectangulos. Este metodo consiste en ex-presar la integral como una integral iterada. El metodo se puede extender a dimensiones mayoresque 2 como veremos mas adelante.


Salomon Alarcon Araneda [BORRADOR] 2.2. EVALUACION DE INTEGRALES MULTIPLES DE RIEMANN

TEOREMA 2.2.1 (Teorema de Fubini, Primera forma) Sea R = [a, b] × [c, d] y sea f : R → R unafuncion integrable. Si para todo x ∈ [a, b] existe

F (x) =

∫ d

cf(x, y) dy,

entonces F es integrable sobre [a, b] y se verifica que∫∫Rf(x, y) dA =

∫ b

aF (x) dx =

∫ b

a

∫ d

cf(x, y) dy dx.

COROLARIO 2.2.1 Sea R = [a, b] × [c, d] y sea f : R → R una funcion integrable. Si para todox ∈ [a, b] existe

F (x) =

∫ d

cf(x, y) dy,

y si para todo y ∈ [c, d] existe

G(y) =

∫ b

af(x, y) dx,

entonces ∫∫Rf(x, y) dA =

∫ b

a

∫ d

cf(x, y) dy dx =

∫ d

c

∫ b

af(x, y) dx dy.

COROLARIO 2.2.2 Sea R = [a, b] × [c, d] y sea f : R → R una funcion acotada y continua, salvotal vez en un conjunto de contenido cero. Entonces∫∫

Rf(x, y)dA =

∫ b

a

∫ d

cf(x, y) dy dx =

∫ d

c

∫ b

af(x, y) dx dy.

OBSERVACION 2.2.1 De acuerdo a la teorıa que hemos desarrollado, si R = [a, b]× [c, d], entonces

m(R) = (d− c)(b− a) =

∫ b

a

∫ d

c1 dy dx = A(R),

que corresponde al area de la region rectangular R.

OBSERVACION 2.2.2 Tambien de acuerdo a la teorıa que hemos desarrollado, si R = [a, b] × [c, d],entonces el volumen del paralelepıdepo rectangular recto P de baseR y altura h, h ∈ R+, esta dadopor

V (P ) =

∫ b

a

∫ d

ch dy dx = h(c− d)(b− a).



2.2.2. Evaluacion de integrales dobles sobre dominios mas generales

PROPOSICION 2.2.1 Sean u, v : [a, b]→ R dos funciones continuas sobre [a, b] tales que c ≤ u(x) ≤v(x) ≤ d ∀x ∈ [a, b]. Sea R = [a, b]× [c, d] y sea D = (x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b ∧ u(x) ≤ y ≤ v(x).Si f : R → R es una funcion acotada, que ademas es continua sobre su dominio salvo tal vez enun conjunto de contenido cero, entonces f es integrable sobre D y se verifica que∫

Df =

∫ b

a

∫ v(x)

u(x)f(x, y) dy dx.

OBSERVACION 2.2.3 De acuerdo a la teorıa que hemos desarrollado, si D es el conjunto en laproposicion previa, entonces el volumen del solido S limitado por la superficie z = f(x, y), con(x, y) ∈ D, y el plano xy, corresponde al volumen bajo la superficie z = |f(x, y)| ≥ 0, con(x, y) ∈ D (se entiende que sobre el plano xy), el cual esta dado por

V (S) =

∫ b

a

∫ v(x)

u(x)|f(x, y)| dy dx.

En particular, si z = h, con h > 0, entonces el solido S′ con base D y altura h tiene volumen

V (S′) =

∫ b

a

∫ v(x)

u(x)h dy dx = hA(D),

donde A(D) es el area de la region D.

OBSERVACION 2.2.4 Desde la observacion anterior, si D es el conjunto en la proposicion previa,entonces el valor A(D) dado por

A(D) =

∫ b

a

∫ v(x)

u(x)1 dy dx

corresponde al area de la region D.

EJEMPLO 2.2.1 Sea D = (x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1 ∧ 0 ≤ y ≤ 2 y sea f : D → R la funciondefinida por

f(x, y) =

1 + x si (x, y) ∈ D1 = (x, y) ∈ D : x > 2y

−1− y si (x, y) ∈ D2 = (x, y) ∈ D : x ≤ 2y

Halle el volumen del solido limitado por la superficie z = f(x, y), con (x, y) ∈ D, y el plano xy.

Solucion. Notar que D = D1 ∪D2 = [0, 1] × [0, 2] es un conjunto acotado y que m(D1 ∩D2) = 0,ası que D1 ∩D2 tiene contenido cero. Ahora, como f(x, y) > 0 en D1, el volumen bajo la superficiez = |f(x, y)| en D1, sobre el plano xy, esta dado por

V1 =

∫ 1

0

∫ x2

0|f(x, y)| dy dx =

∫ 1

0

∫ x2

0(1 + x) dy dx =

∫ 1

0

x

2(1 + x) dx =

(x2

4+x3

6

) ∣∣∣∣x=1

x=0

=5

12.



Por otro lado, como f(x, y) ≤ 0 en D2, el volumen bajo la superficie z = |f(x, y)| en D2, sobre elplano xy, esta dado por

V2 =

∫ 1

0

∫ x2

0|f(x, y)| dy dx =

∫ 1

0

∫ 2

x2

| − 1− y| dy dx =

∫ 1

0

∫ 2

x2

(1 + y) dy dx

=

∫ 1

0

(y +

y2

2

) ∣∣∣∣y=2

y=x2

dx

=

∫ 1

0

(4− x

2− x2

8

)dx

=

(4x− x2

4− x3

24

) ∣∣∣∣x=1

x=0

=89

24.

EJEMPLO 2.2.2 Cambie, si es posible, el orden de integracion de la integral∫ 2

0

∫ 2x

xf(x, y) dy dx.

Solucion. Tenemos

D = (x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 2 ∧ x ≤ y ≤ 2x

=

(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ 2 ∧ y2 ≤ x ≤ y

∪

(x, y) ∈ R2 : 2 ≤ y ≤ 4 ∧ y2 ≤ x ≤ 2

= D1 ∪D2,

con D1 y D2 acotados ym(D1 ∩D2) = 0.

Figura 2.5. Grafico de la region D = (x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 2 ∧ x ≤ y ≤ 2x.

Luego, ∫ 2

0

∫ 2x

xf(x, y) dy dx =

∫ 2

0

∫ y

y2

f(x, y) dx dy +

∫ 4

2

∫ 2

y2

f(x, y) dx dy.



Figura 2.6. Grafico de la region D1 ∪ D2, con D1 =

(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ 2 ∧ y2 ≤ x ≤ y

y D2 =

(x, y) ∈ R2 : 2 ≤ y ≤ 4 ∧ y2 ≤ x ≤ 2

, donde se han intercambiado los ejes x e y.

EJEMPLO 2.2.3 Cambie, si es posible, el orden de integracion de la integral∫ 4

0

∫ 2√x

√4x−x2

f(x, y) dy dx.

Solucion. Tenemos

Figura 2.7. Grafico de la region D = (x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 2 ∧ x ≤ y ≤ 2x.

D = (x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 4 ∧√

4x− x2 ≤ y ≤ 2√x

=

(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ 2 ∧ y2

4 ≤ x ≤ 2−√

4− y2

∪

(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ 2 ∧ 2 +√

4− y2 ≤ x ≤ 4

∪

(x, y) ∈ R2 : 2 ≤ y ≤ 4 ∧ y2

4 ≤ x ≤ 4

= D1 ∪D2 ∪D3,



con D1, D2 y D3 acotados y tales que

m(Di ∩Dj) = 0, i, j = 1, 2, 3, i 6= j.

Luego,∫ 4

0

∫ 2√x

√4x−x2

f(x, y) dy dx =

∫ 2

0

∫ 2−√

4−y2

y2

4

f(x, y) dx dy+

∫ 2

0

∫ 4

2+√

4−y2f(x, y) dx dy+

∫ 4

2

∫ 4

y2

4

f(x, y) dx dy.

Figura 2.8. Grafico de la regionD1∪D2∪D3, conD1 =

(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ 2 ∧ y2

4 ≤ x ≤ 2−√

4− y2

,

D2 =

(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ 2 ∧ 2 +√

4− y2 ≤ x ≤ 4

y D3 =

(x, y) ∈ R2 : 2 ≤ y ≤ 4 ∧ y2

4 ≤ x ≤ 4

,donde se han intercambiado los ejes x e y.

EJEMPLO 2.2.4 Calcule, si es posible, el valor de∫ 1

−1

∫ y2

0(x2 + y) dx dy.

Solucion. f(x, y) = x2 + y es una funcion continua sobre el rectangulo [0, 1] × [−1, 1]. Luego,obtenemos∫ 1

−1

∫ y2

0(x2 + y) dx dy =

∫ 1

−1

(∫ y2

0(x2 + y) dx

)dy =

∫ 1

−1

(x3

3+ yx

) ∣∣∣∣x=y2

x=0

dy

=

∫ 1

−1

(y6

3+ y3

)dy

=

(y7

21+y4

4

) ∣∣∣∣y=1

y=−1

=

(1

21+

1

4

)−(

(−1)

21+

1

4

)=

2

21.



EJEMPLO 2.2.5 Calcule, si es posible, el valor de∫ 2

1

∫ lnx

0(x− 1)

√1 + e2y dy dx.

Solucion. f(x, y) = (x − 1)√

1 + e2y es una funcion continua sobre el rectangulo [0, 1] × [−1, 1].Luego, obtenemos

Figura 2.9. Grafico de la region D =

(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x ≤ 2 ∧ 0 ≤ y ≤ lnx

.

∫ 2

1

∫ lnx

0(x− 1)

√1 + e2y dy dx =

∫ 2

1

(∫ lnx

0(x− 1)

√1 + e2y dy

)dx

=

∫ ln 2

0

(∫ 2

ey(x− 1)

√1 + e2y dx

)dy por Fubini

=

∫ ln 2

0

((x2

2− x)√

1 + e2y

) ∣∣∣∣x=2

x=eydy

= −∫ ln 2

0

(e2y

2− ey

)√1 + e2y dy

= −1

2

∫ ln 2

0e2y√

1 + e2y dy +

∫ ln 2

0ey√

1 + (ey)2 dy

= −1

4

∫ 5

2

√v dv +

∫ 2

1

√1 + u2 du donde v = 1 + e2y y u = ey

Ahora, notemos que∫ √1 + u2 du =

∫sec3 θ dθ

u = tan θ

du = sec2 θ dθ⇒√

1 + u2 =√

1 + tan2 θ = sec θ.

Siguiendo con algunos calculos directos, obtenemos∫sec3 θ dθ = tan θ sec θ −

∫sec θ tan2 θ dθ

u = sec θ dv = sec2 θ dθ

du = sec θ tan θ dθ v = tan θ

= tan θ sec θ −∫

sec3 θ dθ +

∫sec θ dθ



Figura 2.10. Grafico de la region D =

(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ y ≤ ln 2 ∧ 0 ≤ x ≤ ey

donde se han intercambia-do los ejes x e y.

⇒ 2

∫sec3 θ dθ = tan θ sec θ + ln | sec θ + tan θ|

⇒∫

sec3 θ dθ =1

2

(u√

1 + u2 + ln∣∣∣√1 + u2 + u

∣∣∣).Por lo tanto,

∫ 2

1

∫ lnx

0(x− 1)

√1 + e2y dy dx = −1

6v

32

∣∣∣∣v=5

v=2

+

(u√

1 + u2 + ln∣∣∣√1 + u2 + u

∣∣∣)∣∣∣∣u=2

u=1

=1

6

(2

23 − 5

23

)+

(2√

5 + ln∣∣∣√5 + 2

∣∣∣)− (√2 + ln∣∣∣√2 + 1

∣∣∣).

EJEMPLO 2.2.6 Mediante el uso de una integral doble, calcule el volumen de un cilindro circularrecto de radio r y altura h.

Solucion. En primer lugar, definimos la region sobre la cual vamos a integrar. Vamos a considerarun cilindro circular recto tal que su base circular esta centrada en el origen. Justamente el cırculocentrado en el origen y radio r sera el dominio de integracion de la funcion constante f(x, y) = h.

D = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ r2 =

−r ≤ x ≤ r−√r2 − x2 ≤ y ≤

√r2 − x2.



Luego, el volumen V del cilindro circular recto de radio r y altura h esta dado por

V =

∫ r

−r

∫ √r2−x2−√r2−x2

h dy dx = 2h

∫ r

−r

√r2 − x2 dx

= 2h

(x

2

√r2 − x2 +

r2

2arc sen

(xr

)) ∣∣∣∣r−r

= 2h(r2 arc sen 1

)= πr2h.

EJEMPLO 2.2.7 Calcule el volumen del solido limitado por la superficie z = 4 − 19x

2 − 116y

2, losplanos x = 3, y = 2 y los planos coordenados.

Solucion. En primer lugar, definimos la region sobre la cual vamos a integrar la funcion z =

f(x, y) = 4− 19x

2 − 116y

2. Tenemos

D =

0 ≤ x ≤ 3

0 ≤ y ≤ 2.

Luego, el volumen del solido limitado por la superficie z = 4− 19x

2 − 116y

2, los planos x = 3, y = 2

y los planos coordenados es

V =

∫ 3

0

∫ 2

0

(4− 1

9x2 − 1

16y2

)dy dx =

∫ 3

0

(4y − 1

9x2y − 1

48y3

) ∣∣∣∣20

dx

=

∫ 3

0

(8− 2

9x2 − 1

6

)dx

= 8x− 2

27x3 − 1

6x

∣∣∣∣x=3

x=0

= 24− 2− 1

2

=43

2.



EJERCICIOS 2.2.1

1. Cambie, si es posible, el orden de integracion de la integral∫ e

1

∫ lnx

0f(x, y) dy dx.

2. Reescriba la integral doble ∫∫Df(x, y) dA,

utilizando lımites de integracion adecuados sobre las regiones D dadas.

a) D = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1

b) D = (x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x2 + y2 ≤ 2 ∩ (x, y) ∈ R2 : y ≥ x2

c) D es el triangulo de vertices (0, 0), (2, 1), (−2, 2).

3. Encuentre el area de la region encerrada por las curvas y = x2 y y = 4x− x2.

4. Exprese el volumen del solido encerrado por los paraboloides z = x2+y2 y 2z = 12−x2−y2

mediante una integral doble con adecuados lımites de integracion.

5. Evalue, si es posible, el valor de ∫ 4

0

∫ 2

√x

sen(πy3) dy dx.


1.∫ 1

0

∫ e

eyf(x, y) dx dy.

2. a)∫ 1

−1

∫ 0

−√

1−x2f(x, y) dy dx+

∫ 1

−1

∫ √1−x2

0f(x, y) dy dx.

b)∫ −√−1+

√5

2

−1

∫ √2−x2

x2f(x, y) dy dx+

∫ √−1+

√5

2

−√−1+

√5

2

∫ √2−x2

√1−x2

f(x, y) dy dx+

∫ 1√−1+

√5

2

∫ √2−x2

x2f(x, y) dy dx.

c)∫ 0

−2

∫ − 14x+ 3

2

−xf(x, y) dy dx+

∫ 2

0

∫ − 14x+ 3

2

12x

f(x, y) dy dx.

3.8

3.

4.∫ 2

−2

∫ √4−x2

−√

4−x2

((6− x2

2− y2

2

)− (x2 + y2)

)dy dx.

5. 0.



2.2.3. Evaluacion de integrales multiples de Riemann

TEOREMA 2.2.2 (Teorema de Fubini, segunda forma) SeaR = [a1, b1]× [a2, b2]× . . .× [an, bn], seai0 ∈ 1, 2, . . . , fijo, y sea f : R→ R una funcion integrable sobre R tal que existe

F (xi0) =

∫R

f(x1, x2, . . . , xi0 , . . . , xN )d(x1, x2, . . . , xi0−1, xi0+1, . . . , xN )

para cada xi0 ∈ [ai0 , bi0 ], donde R = [a1, b1]×[a2, b2]×. . .×[ai0−1, bi0−1]×[ai0+1, bi0+1] . . .×[aN , bN ].Entonces F es integrable en [ai0 , bi0 ] y se verifica que∫ bi0

ai0

F (xi0) dxi0 =

∫Rf(x) dx.

EJEMPLO 2.2.8 Calcule la integral multiple∫ 1

0

∫ 1

0

∫ 1

−1

∫ 1

−1(x2 + y2)(zew) dx dy dz dw.

Solucion. Procedemos de la siguiente forma∫ 1

0

∫ 1

0

∫ 2

0

∫ 1

−1(x2 + y2)(zew) dx dy dz dw =

∫ 1

0

∫ 1

0

∫ 2

0

(∫ 1

−1(x2 + y2)(zew) dx

)dy dz dw

=

∫ 1

0

∫ 1

0

∫ 2

0

(1

3x3 + xy2

)(zew)

∣∣∣∣x=1

x=−1

dy dz dw

=

∫ 1

0

∫ 1

0

(∫ 2

0

(2

3+ 2y2

)(zew) dy

)dz dw

=

∫ 1

0

∫ 1

0

(2

3y +

2

3y3

)(zew)

∣∣∣∣y=2

y=0

dz dw

=

∫ 1

0

(∫ 1

0

(4

3+

16

3

)(zew) dz

)dw

=10

3

∫ 1

0

(z2ew

) ∣∣∣∣z=1

z=0

dw

=10

3

∫ 1

0ew dw

=10

3(e− 1).

El Teorema a continuacion nos permitira reducir nuestro trabajo para calcular el valor de unaintegral cuando la funcion a integrar puede reescribirse en variables separables en ciertas subre-giones rectangulares de la region rectangular original.



TEOREMA 2.2.3 (Integracion sobre un producto de rectangulos) Sea A un rectangulo en RM , seaB un rectangulo en RN y sea f : A × B → R una funcion integrable sobre A × B. Si E ⊂ RM unconjunto de contenido nulo y si para todo x ∈ A \ E la funcion F (x) =

∫B f(x, y) dy es integrable,

entonces la funcion G(x) =∫B f(x, y) dx es integrable sobre A y se tiene

∫A×B

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

∫A

(∫Bf(x, y) dy

)dx.

COROLARIO 2.2.3 Sean N1, N2 ∈ N tales que N1 + N2 = N , sean A y B subconjuntos de RN1 yRN2 respectivamente, y sean g : A→ R y h : B → R funciones integrables sobre sus respectivosdominios. Si f : A × B ⊂ R esta definida por f(x, y) = g(x)h(y) ∀(x, y) ∈ A × B, entonces f esintegrable sobre A×B y se tiene∫

A×Bf(x, y) d(x, y) =

(∫Ag(x) dx

)(∫Bh(y) dy

).

EJEMPLO 2.2.9 Calcule la siguiente integral multiple usando el Corolario 2.2.3:∫ 1

0

∫ 1

0

∫ 1

−1

∫ 1

−1(x2 + y2)(zew) dx dy dz dw.

Solucion. Procedemos de la siguiente forma

∫ 1

0

∫ 1

0

∫ 2

0

∫ 1

−1(x2 + y2)(zew) dx dy dz dw =

(∫ 2

0

∫ 1

−1(x2 + y2) dx dy

)(∫ 1

0z dz

)(∫ 1

0ew dw

)

=

(∫ 2

0

(x3

3+ xy2

) ∣∣∣∣x=1

x=−1

dy

)(z2

2

∣∣∣∣z=1

z=0

)(ew∣∣∣∣w=1

w=0

)

=

(∫ 2

0

(2

3+ 2y2

)dy

)(1

2

)(e− 1)

=

((1

3y +

y3

3

) ∣∣∣∣20

)(e− 1)

=10

3(e− 1).

Evaluacion de integrales multiples de Riemann sobre dominios mas generales

Por simplicidad, solo enunciaremos la siguiente Proposicion para el caso N = 3.



PROPOSICION 2.2.2 Sean u, v : [a1, b1] → R dos funciones continuas sobre [a1, b1] tales que a2 ≤u(x) ≤ v(x) ≤ b2 ∀x ∈ [a1, b1], y sea D′ = (x, y) ∈ R2 : a1 ≤ x ≤ b1 ∧ u(x) ≤ y ≤ v(x).Sean φ, ψ : D′ → R dos funciones continuas sobre D′ tales que a3 ≤ φ(x, y) ≤ ψ(x, y) ≤ b3

∀(x, y) ∈ D′, sea R = [a1, b1]× [a2, b2]× [a3, b3] y sea

D = (x, y, z) ∈ R3 : a1 ≤ x ≤ b2 ∧ u(x) ≤ y ≤ v(x) ∧ φ(x, y) ≤ z ≤ ψ(x, y)

Si f : R → R es una funcion acotada, que ademas es continua sobre su dominio salvo tal vez enun conjunto de contenido cero, entonces f es integrable sobre D y se verifica que∫

Df =

∫ b

a

∫ v(x)

u(x)

∫ ψ(x,y)

φ(x,y)f(x, y, z) dz dy dx.

OBSERVACION 2.2.5 Si D es el conjunto en la proposicion previa, entonces el valor V (D) dadopor ∫ b

a

∫ v(x)

u(x)

∫ ψ(x,y)

φ(x,y)1 dz dy dx = V (D)

corresponde al volumen de la region D.

EJEMPLO 2.2.10 Sea R la region acotada por los cilindros parabolicos z = −y2 y z = x2, y losplanos x = 1, y = 0 y y = x. Calcule ∫∫∫

R(x+ 1) dx dy dz.

Solucion. Despues de realizar un simple analisis, concluimos que la region de integracion es−y2 ≤ z ≤ x2

0 ≤ y ≤ x

0 ≤ x ≤ 1

y obtenemos∫∫∫R

(x+ 1) dx dy dz =

∫ 1

0

∫ x

0

∫ x2

−y2(x+ 1) dz dy dx =

∫ 1

0

∫ x

0z(x+ 1)

∣∣∣∣z=x2z=−y2

dy dx

=

∫ 1

0

∫ x

0(x3 + x2 + y2x+ y2) dy dx

=

∫ 1

0

(x3y + x2y +

y3x

3+y3

3

) ∣∣∣∣y=x

y=0

dx

=

∫ 1

0

(x4 + x3 +

x4

3+x3

3

)dx

=4

3

(x5

5+x4

4

) ∣∣∣∣x=1

x=0

=3

5.



EJEMPLO 2.2.11 Sea R la region acotada por los paraboloides circulares z = 3 − x2 − y2 y z =

−5 + x2 + y2, y las regiones donde x ≥ 0 y y ≥ 0. Calcule∫∫∫Ry dx dy dz.

Solucion. Despues de realizar un analisis cuidadoso, concluimos que la region de integracion es−5 + x2 + y2 ≤ z ≤ 3− x2 − y2

0 ≤ y ≤√

4− x2

0 ≤ x ≤ 2.

Veamos esto con mas detalle.

Figura 2.11. Grafico del corte transversal de la region R cuando y = 0. Es decir, en el plano xz consideramosla region entre las graficas de las funciones z = 3− x2 y z = −5 + x2, obteniendose los lımites para z.

Los lımites para z son claros y tienen la forma φ(x, y) = 3−x2−y2 ≤ z ≤ −5+x2 +y2 = ψ(x, y).Los lımites para x e y se obtienen a partir de la proyeccion de la regionR sobre el plano xy (o planoz = 0). En este ejemplo, la proyeccion corresponde a la sombra directa sobre el plano xy del cortetransversal de la region R cuyo borde se genera a partir de la interseccion entre los paraboloidescirculares z = 3− x2 − y2 y z = −5 + x2 + y2, a saber

3− x2 − y2 = −5 + x2 + y2 ⇒ x2 + y2 = 4.

Luego, la region proyectada sobre el plano xy corresponde a un cuarto del cırculo x2 + y2 ≤ 4, elque esta ubicado en el primer cuadrante; y podemos escoger como integrar sobre esta region.



Figura 2.12. Grafico de la proyeccion de la region R sobre el plano xy. Es decir, en el plano xy consideramosla region entre las graficas de las funciones y = 0 y y =

√4− x2, obteniendose los lımites para y, y finalmente

para x, aquı 0 ≤ x ≤ 2.

Aquı, consideramos u(x) = 0 ≤ y ≤√

4− x2 = v(x) y 0 ≤ x ≤ 2, de donde∫∫∫Ry dx dy dz =

∫ 2

0

∫ √4−x2

0

∫ 3−x2−y2

−5+x2+y2y dz dy dx =

∫ 2

0

∫ √4−x2

0yz

∣∣∣∣z=3−x2−y2

z=−5+x2+y2dy dx

=

∫ 2

0

∫ √4−x2

0(8y − 2x2y − 2y3) dy dx

=

∫ 2

0

(4y2 − x2y2 − y4

2

) ∣∣∣∣y=√

4−x2

y=0

dx

=

∫ 2

0

(8− 4x2 +

x4

2

)dx

=

(8x− 4

x3

3+x5

10

) ∣∣∣∣x=2

x=0

=128

15.

EJEMPLO 2.2.12 SeaR la region acotada por el cono circular recto z2 = x2 +y2, el cilindro circularrecto x2 + z2 = 1, y la region donde z ≥ 0. Calcule∫∫∫

Rxy dx dy dz.

Solucion. Despues de realizar un analisis cuidadoso, concluimos que la region de integracion es√x2 + y2 ≤ z ≤

√1− x2

−√

1− 2x2 ≤ y ≤√

1− 2x2

− 1√2≤ x ≤ 1√

2

Veamos esto con mas detalle.Los lımites para z son claros y tienen la forma φ(x, y) =

√x2 + y2 ≤ z ≤

√1− x2 = ψ(x, y).

Los lımites para x e y se obtienen a partir de la proyeccion de la region R sobre el plano xy (o



Figura 2.13. Grafico del corte transversal de la region R cuando y = 0. Es decir, en el plano xz consideramosla region entre las graficas de las funciones z =

√x2 = |x| y z =

√1− x2, obteniendose los lımites para z.

plano z = 0). En este ejemplo, la proyeccion corresponde a la sombra directa sobre el plano xy dela superficie del cilindro x2+z2 = 1 ubicada en la region z ≥ 0, que esta acotada por su interseccioncon el cono z2 = x2 + y2, a saber

x2 + z2 = 1 ∧ z2 = x2 + y2 ⇒ 2x2 + y2 = 1.

Figura 2.14. Grafico de la proyeccion de la region R sobre el plano xy. Es decir, en el plano xy estamosconsiderando la region entre las graficas de las funciones y = −

√1− 2x2 y y =

√1− 2x2, de donde se

deducen los lımites para y, y finalmente para x, aquı − 1√2≤ x ≤ 1√

2.

Luego, la region proyectada en el plano xy es la region elıptica 2x2 +y2 ≤ 1; y podemos escogercomo integrar sobre esta region.



Aquı, consideramos u(x) = −√

1− 2x2 ≤ y ≤√

1− 2x2 = v(x) y − 1√2≤ x ≤ 1√

2, de donde∫∫∫

Rxy dx dy dz =

∫ 1√2

− 1√2

∫ √1−2x2

−√

1−2x2

∫ √1−x2

√x2+y2

xy dz dy dx

=

∫ 1√2

− 1√2

∫ √1−2x2

−√

1−2x2xyz

∣∣∣∣z=√

1−x2

z=√x2+y2

dy dx

=

∫ 2

0

∫ √1−2x2

−√

1−2x2xy(√

1− x2 −√x2 + y2

)dy dx

=

∫ 2

0x

(y2

2

√1− x2 − 1

3(x2 + y2)

32

) ∣∣∣∣y=√

1−2x2

y=−√

1−2x2dx =

∫ 2

00 dx = 0.

EJEMPLO 2.2.13 Sea R la region del primer octante acotada por el plano 3x+ y + z = 2. Calcule∫∫∫Rx dx dy dz.

Solucion. Despues de realizar un analisis simple, concluimos que la region de integracion es0 ≤ z ≤ 2− (3x+ y)

0 ≤ y ≤ 2− 3x

0 ≤ x ≤ 2

3.

Veamos esto con mas detalle.

Figura 2.15. Grafico del corte transversal de la region R cuando y = 0. Es decir, en el plano xz consideramosla region del primer cuadrante acotada por la recta z = 2− 3x, obteniendose los lımites para z.

Los lımites para z son claros y tienen la forma φ(x, y) = 0 ≤ z ≤ 2 − (3x + y) = ψ(x, y). Loslımites para x e y se obtienen a partir de la proyeccion de la region R sobre el plano xy (o plano



z = 0). En este ejemplo, la proyeccion corresponde a la sombra directa sobre el primer cuadrantedel plano xy, que se genera por la interseccion entre los planos z = 2− 3x− y y z = 0, a saber

z = 2− 3x− y ∧ z = 0⇒ 3x+ y = 2.

Figura 2.16. Grafico de la proyeccion de la region R sobre el plano xy. Es decir, en el plano xy consideramosla region entre las graficas de las funciones y = 0 y y = 2− 3x, obteniendose los lımites para y, y finalmentepara x, aquı 0 ≤ x ≤ 2

3 .

De acuerdo a nuestra informacion, la region proyectada en el plano xy es la region triangularencerrada por los ejes coordenados y la recta y = 2−3x. Entonces uno puede escoger como integrarsobre esa region en R2.Aquı, consideramos u(x) = 0 ≤ y ≤ 2− 3x = v(x) y 0 ≤ x ≤ 2

3 , de donde∫∫∫Rxy dx dy dz =

∫ 23

0

∫ 2−3x

0

∫ 2−3x−y

0x dz dy dx =

∫ 23

0

∫ 2−3x

0xz

∣∣∣∣z=2−3x−y

z=0

dy dx

=

∫ 23

0

∫ 2−3x

0x (2− 3x− y) dy dx

=

∫ 23

0

(2xy − 3x2y − xy

2

2

) ∣∣∣∣y=2−3x

y=0

dx

=

∫ 23

0

(2x− 6x2 +

9

2x3

)dx

= x2 − 2x3 +9

8x4

∣∣∣∣x= 23

x=0

=4

9− 16

27+

2

9

=2

27.



EJERCICIOS 2.2.2

1. Sea R la region acotada por el plano xy, el cono 9x2 + z2 = y2 y el plano y = 9, con z ≥ 0.Calcule la integral ∫∫∫

Rz d(x, y, z).

2. Calcule la integral triple ∫∫∫Rz dx dy dz,

donde

R =

(x, y, z) ∈ R3 : x ≥ 0 ∧ y ≥ 0 ∧ z ≥ 0 ∧ x2

a2+y2

b2+z2

c2≤ 1

.

3. Exprese el volumen del solido acotado por el paraboloide z = 1−x2−y2 y el plano z = 1−ycomo una integral triple, y calcule el volumen.


1.729

2

2.1

16πabc2

3.π

32

2.3. Cambio de variable en integrales multiples

2.3.1. Transformaciones

Una funcion vectorial ~T : D∗ ⊂ RN → RN transforma una region D∗ en RN en otra regionD contenida en RN . Es decir, ~T (D∗) = D. En general, cuando el objetivo es geometrico, a talesfunciones vectoriales las llamamos Transformaciones.

EJEMPLO 2.3.1 Sea D∗ ⊂ R2 el rectangulo definido por

D∗ = (r, θ) ∈ R2 : 0 ≤ r ≤ 1 ∧ 0 ≤ θ ≤ 2π,

y sea ~T : D∗ → R2 la transformacion definida por(r

θ

)7→ ~T

(r

θ

)=

(r cos θ

r sen θ

)=

(x

y

).

Si D = ~T (D∗), encuentre D.


Salomon Alarcon Araneda [BORRADOR] 2.3. CAMBIO DE VARIABLE EN INTEGRALES MULTIPLES

Solucion. Estudiemos los bordes del rectangulo D∗, e interpretemos como se transforman ellosmediante ~T .

Lado I: θ = 0 ∧ 0 ≤ r ≤ 1 (r creciendo) ⇒ ~T

(r

0

)=

(r

0

)=

(x

y

)

∴ el Lado I se transforma en el trazo 0 ≤ x ≤ 1 (x creciendo) ∧ y = 0.

Lado II: 0 ≤ θ ≤ 2π (θ creciendo) ∧ r = 1⇒ ~T

(1

θ

)=

(cos θ

sen θ

)=

(x

y

)

∴ el Lado II se transforma en la circunferencia x2 + y2 = 1 (recorrida en sentido antihorario).

Lado III: θ = 2π ∧ 0 ≤ r ≤ 1 (r decreciendo) ⇒ ~T

(r

2π

)=

(r

0

)=

(x

y

)

∴ el Lado III se transforma en el trazo 0 ≤ x ≤ 1 (x decreciendo) ∧ y = 0.

Lado IV: 0 ≤ θ ≤ 2π (θ decreciendo) ∧ r = 0⇒ ~T

(0

θ

)=

(0

0

)=

(x

y

)

∴ el Lado IV se transforma en el origen, es decir en el punto

(0

0

).

En conclusion, se observa que

D = ~T (D∗) = (x, y) : x2 + y2 ≤ 1.

Figura 2.17. La transformacion ~T (r, θ) = (r cos θ, r sen θ) = (x, y) transforma el rectangulo D∗ = (r, θ) ∈R2 : 0 ≤ r ≤ 1 ∧ 0 ≤ θ ≤ 2π en el cırculo D = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1.



DEFINICION 2.3.1 Una funcion ~T : D∗ ⊂ RN → RN es inyectiva en D∗ si

(∀~u,~v ∈ D∗)(~u 6= ~v ⇒ ~T (~u) 6= ~T (~v)

)o, equivalentemente

(∀~u,~v ∈ D∗)(~T (~u) = ~T (~v)⇒ ~u = ~v

),

donde ~u = (u1, u2, . . . , uN ), ~v = (v1, v2, . . . , vN ).

EJEMPLO 2.3.2 Muestre que la funcion ~T : [0, 1]× [0, 2π]→ R2 definida por(r

θ

)7→ ~T

(r

θ

)=

(r cos θ

r sen θ

)=

(x

y

)

no es inyectiva, pero sı lo es su restriccion a (0, 1]× (0, 2π].

Solucion.

Ya vimos que (r

0

)=

(r

2π

)∀r ∈ [0, 1]

∴ ~T no es inyectiva.

Ahora, veamos que sucede en (0, 1]× (0, 2π].

~T

(r1

θ1

)= ~T

(r2

θ2

)⇒

(r1 cos θ1

r1 sen θ1

)=

(r2 cos θ2

r2 sen θ2

)

⇒

r1 cos θ1 = r2 cos θ2

r1 sen θ1 = r2 sen θ2

⇒ r21(cos2 θ1 + sen2 θ1) = r2

2(cos2 θ2 + sen2 θ2)

⇒ r21 = r2

2

⇒ r1 = r2 pues r ∈ (0, 1]

⇒ θ1 = θ2 pues ~F (θ) := (sen θ, cos θ) es inyectiva en (0, 2π]

(representa un unico punto de la circunferencia unitaria).

⇒

(r1

θ1

)=

(r2

θ2

)

∴ ~T es inyectiva.



2.3.2. El teorema del cambio de variable

Partimos recordando que si f : [a, b] → R es una funcion integrable y g : [c, d] → [a, b] es unafuncion diferenciable y sobreyectiva, entonces el teorema del cambio de variable para integralesde funciones de una variable establece que∫ b

af(x) dx =

∫ d

cf(g(u))g′(u) du donde g(c) = a ∧ g(d) = b.

OBSERVACION 2.3.1 El diagrama a continuacion representa la composicion f g. Notar que gtransforma [c, d] en [a, b].

[a, b]f−→ R

g ↑ f g

[c, d]

Nos interesa obtener una formula para aplicar cambio de variable en integrales multiples. Ne-cesitamos algunos ingredientes.

DEFINICION 2.3.2 Sea ~T : RN → RN una transformacion de clase C1 en un abierto U ⊂ RN

definida por ~T (~u) = ~x. Llamamos Jacobiano de la transformacion ~T , a J~T (~u), que corresponde aldeterminante de la matriz jacobiana asociada a ~T ; es decir

J~T (~u) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂x1

∂u1

∂x1

∂u2. . .

∂x1

∂uN∂x2

∂u1

∂x2

∂u2. . .

∂x2

∂uN. . . . . . . . . . . .∂xN∂u1

∂xN∂u2

. . .∂xN∂uN

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣.

NOTACION 2.3.1 Las notaciones mas usadas para referirse al determinate del Jacobiano de unatransformacion ~T tal que ~T (~u) = ~x, son

J~T (~u) =∂(x1, x2, . . . , xN )

∂(u1, u2, . . . , uN )= J

(x1, x2, . . . , xNu1, u2, . . . , uN

),

y cuando no produzca confusion, simplemente podemos escribir J~T .

DEFINICION 2.3.3 Sea U un abierto de RN , y sea ~T : U → RN una transformacion. Diremos que~T es regular en U si:

i) ~T es inyectiva en U ,

ii) ~T ∈ C1(U),

iii) J~T (~u) 6= 0 ∀u ∈ U .



EJEMPLO 2.3.3 Sea

~T

(u

v

)=

(u− vu+ v

)=

(x

y

).

Muestre que ~T es regular en R2.

Solucion.

Notar que p(u, v) = u− v y q(u, v) = u+ v son polinomios en R2, luego ~T ∈ C1(R2).

Por otro lado,

~T

(u1

v1

)= ~T

(u2

v2

)⇒

(u1 − v1

u1 + v1

)=

(u2 − v2

u2 + v2

)

⇒

u1 − v1 = u2 − v2

u1 + v1 = u2 + v2

⇒ 2u1 = 2u2 ∧ 2v1 = 2v2

⇒ u1 = u2 ∧ v2 = v2

⇒

(u1

v1

)=

(u2

v2

)

~T es inyectiva.

Finalmente, tenemos

J~T =

∣∣∣∣∣∣∣∣∂x

∂u

∂x

∂v∂y

∂u

∂y

∂v

∣∣∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣1 −1

1 1

∣∣∣∣∣∣ = 2 6= 0 ∀

(u

v

)∈ R2.

EJEMPLO 2.3.4 Sea

~T

(u

v

)=

(eu cos v

eu sen v

)=

(x

y

).

Muestre que ~T no es regular en R2.

Solucion. Notar que

~T

(u

v + 2kπ

)= ~T

(u

v

)∀k ∈ Z.

∴ ~T no es inyectiva.

Se concluye de inmediato que ~T no es regular en R2.



TEOREMA 2.3.1 (Teorema del cambio de variable) Si ~T : G ⊂ RN → RN es una transformacionregular en el interior de G, con ~T (G) = R, y si f : R→ R es integrable, entonces∫

Rf =

∫~T (G)

f(~x) d(~x) =

∫Gf(~T (~u))|J~T (~u)| d(~u)

donde ~T (~u) = ~x ∈ RN .

EJEMPLO 2.3.5 Calcule∫∫R x d(x, y) donde R es la region limitada por las curvas

i) x = 2− y2 − 2y

ii) x = −y2

iii) x = 2y − y2

introduciendo las nuevas variables

x = u− (u+ v)2

4∧ y =

u+ v

2.

Solucion. Primero intersectamos las ecuaciones originales:

i) x = 2− y2 − 2y

ii)x = −y2

⇒ 2− 2y = 0⇒ x = −1 ∧ y = 1; ∴ (−1, 1) ∈ i)∧ ii).

i) x = 2− y2 − 2y

iii)x = 2y − y2

⇒ 2− 4y = 0⇒ x =

3

4∧ y =

1

2; ∴

(3

4,1

2

)∈ i)∧ iii).

ii) x = −y2

iii)x = 2y − y2

⇒ x = 0 ∧ y = 0; ∴ (0, 0) ∈ ii)∧ iii).

Ahora transformamos las ecuaciones originales a ecuaciones en las nuevas variables.

i)⇒ u− (u+ v)2

4= 2− (u+ v)2

4− 2(u+ v)

2⇒ u = 2− u− v ⇒ 2u+ v = 2.

ii)⇒ u− (u+ v)2

4= −(u+ v)2

4⇒ u = 0 ∀v.

iii)⇒ u− (u+ v)2

4= 2

(u+ v)

2− (u+ v)2

4⇒ u = u+ v ⇒ v = 0 ∀u.

Continuamos calculando el Jacobiano de la transformacion, que claramente es de clase C1 en R:

J~T (u, v) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∂x

∂u

∂x

∂v∂y

∂u

∂y

∂v

∣∣∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣∣1− u+ v

2−u+ v

21

2

1

2

∣∣∣∣∣∣∣ =1

2− u+ v

4+u+ v

4=

1

26= 0.



Figura 2.18. Grafico de la Transformacion ~T (u, v) =(u− (u+v)2

4 , u+v2

)= (x, y) aplicado a la region R

limitada por las curvas x = 2− y2 − 2y, x = −y2 y x = 2y − y2.

Veamos ahora que ~T (u, v) =(u− (u+v)2

4 , u+v2

)= (x, y) es inyectiva sobre cualquier abierto conte-

nido en la region dada. Tenemos

~T

(u1

v1

)= ~T

(u2

v2

)⇒

(u1 − (u1+v1)2

4u1+v1

2

)=

(u2 − (u2+v2)2

4u2+v2

2

)⇒ u1 = u2 ∧ v1 = v2

⇒

(u1

v1

)=

(u2

v2

).

Finalmente estamos en condiciones de evaluar la integral.∫Rf =

∫∫Rx d(x, y) =

∫∫~T (G)

x d(x, y)

=

∫∫G

(u− (u+ v)2

4

)· 1

2d(u, v)

=1

2

∫ 1

0

∫ 2−2u

0

(u− (u+ v)2

4

)dv du

=1

2

∫ 1

0

(uv − (u+ v)3

12

) ∣∣∣∣v=2−2u

v=0

du

=1

2

∫ 1

0

(2u− 2u2 − (2− u)3

12+u3

12

)du

=1

2

(u2 − 2

3u3 +

(2− u)4

48+u4

48

) ∣∣∣∣u=1

u=0

=1

48.



EJEMPLO 2.3.6 Sea D∗ = (u, v) ∈ R2 : 0 ≤ u ≤ 1 ∧ 0 ≤ v ≤ 1 un dominio en el planocartesiano uv y sea ~T : R2 → R2 la funcion definida por(

u

v

)7→ ~T

(u

v

)=

(u+ v

v − u2

)=

(x

y

).

a) Pruebe que ~T es regular en el interior de D∗.

b) Mediante un analisis adecuado, realice un bosquejo de la transformacion ~T .

c) ¿Es f : ~T (D∗) → R definida por f(x, y) = 1y−x−1 integrable sobre ~T (D∗)? Justifique su

respuesta.

d) Sea D = ~T (D∗). Calcule∫∫D

1y−x−1dx dy.

Solucion.

a) Tenemos:

~T

(u1

v1

)= ~T

(u2

v2

)⇒

(u1 + v1

v1 − u21

)=

(u2 + v2

v2 − u22

)⇒

u1 − u2 = v2 − v1

u22 − u2

1 = v2 − v1

⇒ u1 − u2 = u22 − u2

1

⇒ u1 = u2

⇒ v1 = v2 (pues u1 − u2 = v2 − v1)

∴ ~T es inyectiva en el interior de D∗.

Claramente ~T es de clase C1 sobre D∗, pues los polinomios son continuos.

J~T (u, v) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∂x

∂u

∂x

∂v∂y

∂u

∂y

∂v

∣∣∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣1 1

−2u 1

∣∣∣∣∣∣ = 1 + 2u 6= 0 ∀(u, v) en el interior de D∗.

∴ ~T es regular en el interior de D∗.

b) Analizamos cada vertice y lado (con direccion) del cuadrado D∗ y los transformamos en loscorrespondientes puntos y lados (con direccion) en terminos de x e y.

Tenemos:

(u, v) = (0, 0) corresponde a (x, y) = (u+ v, v − u2)∣∣(u,v)=(0,0)

= (0, 0)


= (1,−1)


= (2, 0)


= (1, 1)



El lado del cuadrado D∗ que une el punto (u, v) = (0, 0) con el punto (u, v) = (1, 0),esta contenido en la recta v = 0. Luego,

(x, y) = (u+ v, v − u2)∣∣v=0

= (u,−u2)⇒ x2 = u2 = −y ⇒ y = −x2.

∴ La curva que une los puntos (0, 0) y (1, 0) en el plano uv, se transforma mediante ~T

en una curva del plano xy contenida en la parabola de ecuacion y = −x2.

El lado del cuadrado D∗ que une el punto (u, v) = (1, 0) con el punto (u, v) = (1, 1),esta contenido en la recta u = 1. Luego,

(x, y) = (u+ v, v − u2)∣∣u=1

= (1 + v, v − 1)⇒ x− 1 = v ∧ y + 1 = v ⇒ y − x+ 2 = 0.


en una curva del plano xy contenida en la recta de ecuacion y − x+ 2 = 0.

El lado del cuadrado D∗ que une el punto (u, v) = (1, 1) con el punto (u, v) = (0, 1),esta contenido en la recta v = 1. Luego,

(x, y) = (u+v, v−u2)∣∣v=1

= (u+1, 1−u2)⇒ x−1 = u ∧1−y = u2 ⇒ y = 1− (x−1)2.


en una curva del plano xy contenida en la parabola de ecuacion y = 1− (x− 1)2.

El lado del cuadrado D∗ que une el punto (u, v) = (0, 1) con el punto (u, v) = (0, 0),esta contenido en la recta u = 0. Luego,

(x, y) = (u+ v, v − u2)∣∣u=0

= (v, v)⇒ x = v = y ⇒ y − x = 0.


en una curva del plano xy contenida en la recta de ecuacion y − x = 0.

Figura 2.19. Grafico de la Transformacion ~T (u, v) =(u+ v, v − u2

)= (x, y) aplicado a la region D∗, donde

~T (D∗) = D, la region limitada por las curvas y = x, y = 1− (x− 1)2 y = x− 2 y y = −x2.



c) Notar que f(x, y) = 1y−x−1 en ~T (D∗), equivale a f(x(u, v), y(u, v)) = 1

v−u2−u−v−1= − 1

u2+u+1

en D∗, que es una funcion continua y acotada en D∗, pues es un cuociente entre funcionescontinuas que no se anula en el denominador, evaluada sobre una region acotada (la funcionconstante y los polinomios son funciones continuas).

d)∫∫

D

1

y − x− 1dx dy = −

∫∫D∗

1

u2 + u+ 1(1 + 2u) dv du

= −∫ 1

0

∫ 1

0

1

u2 + u+ 1(1 + 2u) dv du

= −∫ 1

0

1

u2 + u+ 1(v + 2uv)

∣∣∣∣v=1

v=0

du

= −∫ 1

0

1

u2 + u+ 1(1 + 2u) du

= − ln(u2 + u+ 1)

∣∣∣∣u=1

u=0

= − ln(3).

PROPOSICION 2.3.1 Sea ~T una transformacion diferenciable tal que

J~T (~u) =∂(x1, x2, . . . , xN )

∂(u1, u2, . . . , uN )6= 0.

EntoncesJ−1~T

(~u) =1

∂(x1,x2,...,xN )∂(u1,u2,...,uN )

=∂(u1, u2, . . . , uN )

∂(x1, x2, . . . , xN )= J~T−1(~x).

OBSERVACION 2.3.2 La importancia de la Proposicion 2.3.1 radica en el hecho que a veces es masfacil calcular

∂ui∂xi

en vez de calcular∂xi∂ui

∀i = 1, 2, . . . , N.

EJEMPLO 2.3.7 Calcule∫∫D

(2x+y)(x+y)y3

dA donde D es el conjunto limitado por las curvas y2 =

2x, x+ y = 4 y x+ y = 12.

Solucion. Partimos analizando las intersecciones entre las curvas que encierran nuestra region deinteres.

y2 = 2x ∧ x+ y = 4⇒ (4− x)2 = 2x⇒ x2 − 10x+ 16 = (x− 8)(x− 2) = 0

∴ Los puntos de interseccion entre las curvas y2 = 2x ∧ x+ y = 4 son (2, 2) y (8,−4).

y2 = 2x ∧ x+ y = 12⇒ (12− x)2 = 2x⇒ x2 − 26x+ 144 = (x− 18)(x− 8) = 0

∴ Los puntos de interseccion entre las curvas y2 = 2x ∧ x+ y = 12 son (8, 4) y (18,−6).



Ahora, notando que la curva y2 = 2x esta compuesta de dos ramas: y =√

2x e y = −√

2x, vamosa considerar la transformacion ~U : R2 \ (0, y) : y ∈ R → R2 definida por(

x

y

)7→ ~U

(x

y

)=

(x+ yy√2x

)=

(u

v

).

El trozo del borde de D que une los puntos (8,−4) y (18,−6) en el pano xy, esta contenidoen la curva y = −

√2x, que en el plano uv se transforma mediante ~U en la recta v = −1.

El trozo del borde de D que une los puntos (18,−6) y (8, 4) en el pano xy, esta contenido enla recta y + x = 12, que en el plano uv se transforma mediante ~U en la recta u = 12.

El trozo del borde de D que une los puntos (8, 4) y (2, 2) en el pano xy, esta contenido en lacurva y =

√2x, que en el plano uv se transforma mediante ~U en la recta v = 1.

El trozo del borde en D que une el punto (2, 2) y (8,−4) en el pano xy, esta contenido en larecta y + x = 4, que en el plano uv se transforma mediante ~U en la recta u = 4.

Figura 2.20. Grafico de la Transformacion ~U(x, y) =(x+ y, y√

2x

)= (u, v) aplicado a la region D limitada

por las curvas y + x = 4, y + x = 12 e y2 = 2x.

Ahora calculamos el Jacobiano de ~U . Obtenemos:

J~U (x, y) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∂u

∂x

∂u

∂y

∂v

∂x

∂v

∂y

∣∣∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣∣1 1

− y

2√

2

1

x32

1√2x

∣∣∣∣∣∣∣ =1√2x

( y2x

+ 1)6= 0 ∀(u, v) en el interior de D∗.

Luego,

J~U−1(u, v) = (2x)32

1

(2x+ y).

Se sigue que∫∫D

(2x+ y)(x+ y)

y3dA =

∫∫D∗

(2x+ y)(x+ y)

y3(2x)

32

1

(2x+ y)d(u, v) =

∫ 1

0

∫ 1

0

u

v3du dv =

3

4.



EJERCICIOS 2.3.1

1. Calcule∫∫R x d(x, y) dondeR es la region limitada por las curvas x(1−y) = 1, x(1−y) = 2,

xy = 1 y xy = 3.

2. Sea a > 0. Calcule el valor de la integral∫∫R f , donde R =

(x, y) ∈ R2 : x

23 + y

23 ≤ a

23

y f(x, y) =

(a

23 − x

23 − y

23

)2. [SUG: Si lo estima conveniente, use el cambio de variable

x = u cos3 v e y = u sen3 v].


1. 2

2.3πa

103

80.

2.3.3. Integracion doble en coordenadas polares

La siguiente transformacion en R2

~T : (0,∞)× (0, 2π] → R2(r

θ

)→ ~T

(r

θ

)=

(r cos θ

r sen θ

)=

(x

y

).

transforma coordenadas rectangulares a polares.

Dado un punto del plano cartesiano, su representacion en coordenadas polares es un par or-denado de primera coordenada igual a la distancia del punto al origen y de segunda coordenadaigual al angulo formado entre el eje horizontal y el trazo que une el origen con el punto dado.

Figura 2.21. La transformacion ~T (r, θ) = (r cos θ, r sen θ) = (x, y) transforma el rectangulo D∗ = (r, θ) ∈R2 : 0 ≤ r ≤ a ∧ 0 ≤ θ ≤ 2π en el cırculo D = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ a.



Ahora, como estamos interesados en calcular integrales usando este cambio de variable, necesi-tamos calcular su Jacobiano:

J~T (r, θ) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∂x

∂r

∂x

∂θ∂y

∂r

∂y

∂θ

∣∣∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣cos θ −r sen θ

sen θ r cos θ

∣∣∣∣∣∣ = r(cos2 θ + sen2 θ) = r.

Luego, para toda funcion continua f : D ⊂ R2 → R, donde D es la imagen por ~T de D∗, deacuerdo al Teorema 2.3.1 del cambio de variable se tiene que∫∫

Df(x, y) d(x, y) =

∫∫D∗f(r cos θ, r sen θ) r d(r, θ).

EJEMPLO 2.3.8 Si D es una corona circular de radio menor a1, radio mayor a2, entre los angulosα1 y α2; y si f : D ⊂ R2 → R es una funcion continua, entonces∫∫

Df(x, y) d(x, y) =

∫ a2

a1

∫ α2

α1

f(r cos θ, r sen θ) r dθ dr.

Figura 2.22. La transformacion ~T (r, θ) = (r cos θ, r sen θ) = (x, y) transforma el conjunto D∗ = (r, θ) ∈[0, a]× [0, 2π] : a1 ≤ r ≤ a2 ∧ 0 ≤ θ ≤ 2π en el conjunto D(x, y) ∈ R2 : a21 ≤ x2 + y2 ≤ a22.

EJEMPLO 2.3.9 Si D es el cırculo de radio a y centro en (x0, y0) y si f : D ⊂ R2 → R es unafuncion continua , entonces se tiene que∫∫

Df(x, y) d(x, y) =

∫ a

0

∫ 2π

0f(x0 + r cos θ, y0 + r sen θ) r dθ dr.

En particular, si D es el cırculo de radio a y centro en el origen, entonces∫∫D

(x2 + y2) d(x, y) =

∫ a

0

∫ 2π

0r3 dθ dr =

π a2

2.

EJEMPLO 2.3.10 Calcule el area encerrada por la cardiode r = 1 + cos θ



Solucion. SeaA el area de la cardiode, y sea ~T (D∗) = D la region encerrada por la cardiode, donde~T es la transformacion de coordenadas rectangulares a polares. Entonces

A =

∫∫Dd(x, y) =

∫∫D∗r d(r, θ) =

∫ 2π

0

∫ 1+cos θ

0r dr dθ =

∫ 2π

0

r2

2

∣∣∣∣r=1+cos θ

r=0

dθ

=1

2

∫ 2π

0(1 + cos θ)2 dθ

=1

2

∫ 2π

0(1 + 2 cos θ + cos2 θ) dθ

=1

2

∫ 2π

0

(1 + 2 cos θ +

1

2+

cos(2θ)

2

)dθ

=1

2

(3

2θ + 2 sen θ +

sen(2θ)

4

) ∣∣∣∣θ=2π

θ=0

=3

4π.

Figura 2.23. Grafica de la cardiode r = 1 + cos θ.

EJERCICIOS 2.3.2

1. Mediante el uso de una integral doble, calcule el volumen del solido en el primer octantelimitado por el cono z = r y el cilindro r = 3 sen θ.

2. Sea a > 0 y sea R la region del primer cuadrante acotada por la circunferencia x2 + y2 = a2

y los ejes coordenados. Calcule el valor de∫∫R e−(x2+y2)d(x, y).

3. Calcule el area del interior de una hoja de la rosa r = cos(3θ).

Soluciones a Ejercicios 2.3.31. 2

2.π

4(1− e−a2)

3.π

12.



2.3.4. Integracion triple en coordenadas cilındricas


~T : (0,∞)× (0, 2π]× (−∞,∞) → R3 r

θ

z

→ ~T

r

θ

z

=

r cos θ

r sen θ

z

=

x

y

z

.

transforma coordenadas rectangulares en cilındricas.

Figura 2.24. La transformacion ~T (r, θ, z) = (r cos θ, r sen θ, z) = (x, y, z) transforma el rectangulo D∗ =

(r, θ, z) ∈ R3 : 0 ≤ r ≤ 1 ∧ 0 ≤ θ ≤ 2π ∧ 0 ≤ z ≤ 2 en el cilindro D = (x, y) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ 1 : 0 ≤z ≤ 2.

Ahora, como estamos interesados en calcular integrales usando este cambio de variable, necesi-tamos calcular su Jacobiano:

J~T (r, θ, z) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂x

∂r

∂x

∂θ

∂x

∂z∂y

∂r

∂y

∂θ

∂y

∂z∂z

∂r

∂z

∂θ

∂z

∂z

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣cos θ −r sen θ 0

sen θ r cos θ 0

0 0 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = r(cos2 θ + sen2 θ) = r.

Luego, para toda funcion continua f : D ⊂ R3 → R, donde D es la imagen por ~T de D∗, deacuerdo al Teorema 2.3.1 del cambio de variable se tiene que∫∫∫

Df(x, y, z) d(x, y, z) =

∫∫∫D∗f(r cos θ, r sen θ, z) r d(r, θ, z).

EJEMPLO 2.3.11 Calcule el volumen del solido encerrado por la esfera x2 + y2 + z2 = 16 y elcilindro (x− 2)2 + y2 = 4.



Solucion. Usando coordenadas cilındricas obtenemos

x2 + y2 + z2 = 16⇒ r2 + z2 = 16

y

(x− 2)2 + y2 = 4⇒ x2 + y2 − 4x = 0⇒ r2 = 4r cos θ ⇒ r = 4 cos θ.

Ahora, vamos a encontrar lımites de integracion adecuados.

r2 + z2 = 16⇒ z2 = 16− r2 ⇒ z = ±√

16− r2.

∴ −√

16− r2 ≤ z ≤√

16− r2.

Por otro lado, tenemos

0 ≤ r ≤ 4 cos θ.

Finalmente debemos calcular los lımites de integracion para θ. En este caso, conviene observar cui-dadosamente la proyeccion del cuerpo sobre el plano xy, que corresponde precisamente al cırculo(x− 2)2 + y2 ≤ 4. En resumen, los lımites de la region D∗ sobre la cual vamos a integrar son

Figura 2.25. Grafica de r = 4 cos θ.

D∗ :

−√

16− r2 ≤ z ≤√

16− r2

0 ≤ r ≤ 4 cos θ

−π2≤ θ ≤ π

2

Por lo tanto, si V es el volumen de la region ~T (D∗) = D, donde ~T es la transformacion de coorde-nadas rectangulares a cilındricas, obtenemos



V =

∫∫∫Dd(x, y, z) =

∫∫∫D∗r d(r, θ, z) =

∫ π2

−π2

∫ 4 cos θ

0

∫ √16−r2

−√

16−r2r dz dr dθ

= 4

∫ π2

0

∫ 4 cos θ

0rz

∣∣∣∣z=√

16−r2

z=0

dr dθ

= 4

∫ π2

0

∫ 4 cos θ

0r√

16− r2 dr dθ

= −2

∫ π2

0

2

3(16− r2)

32

∣∣∣∣r=4 cos θ

r=0

dθ

= −4

3

∫ π2

0

((16− 16 cos2 θ)

32 − 16

32

)dθ

= −4 · 64

3

∫ π2

0

((1− cos2 θ) sen θ − 1

)dθ

= −4 · 64

3

(− cos θ +

cos3 θ

3− θ) ∣∣∣∣θ=π

2

θ=0

= −4 · 64

3

(−π

2+ 1− 1

3

)=

128

9(3π − 4).

EJERCICIOS 2.3.3

1. Sea R la bola unitaria en R3. Calcule el valor de∫∫∫

R zex2+y2+z2d(x, y, z).

2. Sea D el solido acotado por el cilindro x2 + y2 = 4, el paraboloide z = x2 + y2 y el planoxy. Calcule

∫∫∫D z d(x, y, z).


1. 0

2.32π

3.

2.3.5. Integracion triple en coordenadas esfericas


~T : (0,∞)× (0, 2π]× (0, π] → R3 ρ

θ

φ

→ ~T

ρ

θ

φ

=

ρ cos θ senφ

ρ sen θ senφ

ρ cosφ

=

x

y

z

.

transforma coordenadas rectangulares en esfericas.



Figura 2.26. La transformacion ~T (ρ, θ, φ) = (ρ cos θ senφ, ρ sen θ senφ, ρ cosφ) = (x, y, z) transforma elrectangulo D∗ = (ρ, θ, φ) ∈ R3 : 0 ≤ ρ ≤ 1 ∧ 0 ≤ θ ≤ 2π ∧ 0 ≤ φ ≤ π en la bola D = (x, y) ∈ R3 :

x2 + y2 + z2 ≤ 1.

Como estamos interesados en calcular integrales usando este cambio de variable, necesitamoscalcular su Jacobiano:

J~T (ρ, θ, φ) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∂x

∂ρ

∂x

∂θ

∂x

∂φ

∂y

∂ρ

∂y

∂θ

∂y

∂φ

∂z

∂ρ

∂z

∂θ

∂z

∂φ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣cos θ senφ −ρ sen θ senφ ρ cos θ cosφ

cos θ senφ ρ cos θ senφ ρ sen θ cos θ

cosφ 0 −ρ senφ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = ρ2 senφ.

Luego, para toda funcion continua f : D ⊂ R3 → R, donde D es la imagen por ~T de D∗, deacuerdo al Teorema 2.3.1 del cambio de variable y dado que senφ ≥ 0 ∀φ ∈ (0, π], se tiene que∫∫∫

Df(x, y, z) d(x, y, z) =

∫∫∫D∗f(ρ cos θ senφ, ρ sen θ senφ, ρ cosφ) ρ2 senφd(ρ, θ, φ).

EJEMPLO 2.3.12 Calcule el volumen del solido encerrado por la esfera x2 + y2 + z2 = 4z y el conox2 + y2 = z2, contenido en la region z ≥ 0.

Solucion. Usando coordenadas esfericas obtenemos

x2 + y2 + z2 = 4z ⇒ ρ2 = 4ρ cosφ⇒ ρ = 4 cosφ

yx2 + y2 = z2 ∧ z ≥ 0⇒ x2 + y2 + z2 = 2z2 ⇒ cos2 φ =

1

2⇒ cosφ = ± 1√

2⇒ φ =

π

4.

Ahora, los lımites de integracion para la region D∗ sobre la cual vamos a integrar son:

D∗ :

0 ≤ ρ ≤ 4 cos θ

0 ≤ θ ≤ 2π

0 ≤ φ ≤ π

4



Por lo tanto, si V es el volumen de la region ~T (D∗) = D, donde ~T es la transformacion de coorde-nadas rectangulares a esfericas, obtenemos

V =

∫∫∫Dd(x, y, z) =

∫ π4

0

∫ 2π

0

∫ 4 cosφ

0ρ2 senφdρ dθ dφ

=

∫ π4

0

∫ 2π

0

ρ3

3senφ

∣∣∣∣ρ=4 cosφ

ρ=0

dθ dφ

=

∫ π4

0

∫ 2π

0

64 cos3 φ

3senφdθ dφ

=

∫ π4

0

(64 cos3 φ

3senφ

)θ

∣∣∣∣θ=2π

θ=0

dφ

=2π · 64

3

∫ π4

0cos3 φ senφdφ

= −2π · 64

3

(cos4 φ

4

) ∣∣∣∣φ=π4

φ=0

= 8π.

EJERCICIOS 2.3.4

1. Sea R la bola unitaria en R3. Calcule el valor de∫∫∫Re(x2+y2+z2)

32 d(x, y, z).

2. Sea D la bola de R3 de radio a y centro en el origen. Encuentre su volumen.


1. 43π(e− 1)

2.4π a3

3.

2.4. Integracion multiple impropia

Hasta el momento hemos estudiado ∫Df

bajo el supuesto que f es acotada sobre D y el supuesto que D es acotado.Nos interesa extender la definicion de integral multiple al caso en que uno de los supuestosanteriores no se cumple, en cuyo caso hablamos de integral multiple impropia.


Salomon Alarcon Araneda [BORRADOR] 2.4. INTEGRACION MULTIPLE IMPROPIA

EJEMPLO 2.4.1 Sea D = [1,∞)× [1,∞) y sea f : D → R definida por

(x, y) 7→ f(x, y) =1

(x2 + y2)2,

y considere para cada n ∈ N, Rn = [1, n]× [1, n]. Es claro que

∞⋃n=1

Rn = D ∧ Rn ⊂ Rn+1 ∀n ∈ N ∧∫∫

Rn

f(x, y) d(x, y) ≤∫∫

Rn+1

f(x, y) d(x, y).

¿Es posible definir∫∫D f(x, y) d(x, y)?

Solucion. Parece razonable esperar que, de poder definirse la cantidad∫∫D f(x, y) d(x, y), se de-

biese verificar ∫∫Df(x, y) d(x, y) = lım

n→∞

∫∫Rn

f(x, y) d(x, y).

Sin embargo,

¿Como garantizamos que tal lımite existe?

Tengamos en cuenta el siguiente hecho: Toda sucesion ann∈N creciente y acotada superiormente poseelımite cuando n→∞; mas aun, su lımite es igual a su supremo.

De esta forma, si nuestra sucesion de integrales fuese acotada, entonces debiese existir tal lımitey ademas debiese ser igual a su supremo.

Veamos que efectivamente se tiene que existe M > 0 tal que∣∣∣∣∫∫Rn

f(x, y) d(x, y)

∣∣∣∣ < M ∀n ∈ N.

Notemos que Rn ⊂ Dn = (x, y) ∈ R2 : 2 ≤ x2 + y2 ≤ 2n2; y pasando a coordenadas polares,obtenemos

0 <

∫∫Rn

1

(x2 + y2)2≤∫ √2n

√2

∫ 2π

0

1

r4r dθ dr ≤ 2π

(∫ ∞1

1

r3dr

)<∞ ∀n ∈ N.

¿Que sucede si cambiamos la familia de conjuntos Rnn∈N por otra familia de conjuntos acotadosR′nn∈N verificando

⋃∞n=1R

′n = D y R′n ⊂ R′n+1, para cada n ∈ N?

En nuestro caso, hemos mostrado que la familia de integrales asociadas a la familia de conjuntosRnn∈N es acotada, ası que dada cualquier otra familia de conjuntos acotados R′nn∈N tal que⋃∞n=1R

′n = D y R′n ⊂ R′n+1, ∀n ∈ N; se verifica lo siguiente: dado k ∈ N, ∃nk ∈ N tal que

R′k ⊂ Rn ∀n ≥ nk (esto se debe al principio de Arquımides que senala lo siguiente: Dado unnumero real r, existe un numero natural nr tal que r < nr).

Luego, la sucesion de integrales correspondiente a la familia de conjuntos R′nn∈N estara aco-tada por el supremo de las integrales correspondientes a la familia de conjuntos Rnn∈N; y por lo



tanto sera convergente. Por otro lado, dado p ∈ N, ∃kp ∈ N tal que m(Rp \ R′k) <1p ∀k ≥ kp. Se

sigue que, dado p ∈ N, existen kp, nkp ∈ N tales que∫∫Rp

f(x, y) d(x, y)− Cp ≤∫∫

R′kp

f(x, y) d(x, y) ≤∫∫

Rnkp

f(x, y) d(x, y),

donde 0 ≤ Cp =∫∫Rp\R′kp

f(x, y)d(x, y)→ 0 cuando p→∞.

Recordemos ahora que: Toda subsucesion de una sucesion creciente y acotada superiormente, con-verge al mismo lımite de la sucesion. Esta afirmacion nos permite deducir que la subsucesion denumeros reales

∫∫R′kpf(x, y) d(x, y), que puede considerarse creciente, es acotada superiormente;

y por lo tanto debe converger al mismo lımite que el de la sucesion de numeros∫∫R′kf(x, y) d(x, y).

Mas aun, por el teorema del Sandwich, converge al mismo lımite que la sucesion de numeros∫∫Rpf(x, y) d(x, y). Ahora, tomando en cuenta que: Si una sucesion creciente de numeros reales posee

una subsucesion convergente, entonces la sucesion completa converge al mismo lımite, por construccionconcluimos que el lımite de la sucesion de numeros

∫∫R′kf(x, y) d(x, y) debiese ser el mismo lımite

que el de la sucesion de numeros∫∫Rpf(x, y) d(x, y).

Es evidente que aunque escojamos conjuntos Rn como los anteriores, la condicion de acota-miento por sı misma no es suficiente para garantizar convergencia de la integral cuando la funcioncambia de signo. En efecto, como: Toda sucesion acotada de numeros reales posee al menos una subsuce-sion convergente, podrıa darse el caso que la sucesion

∫∫Rnf(x, y)d(x, y)

en realidad tuviese mas

de una subsucesion convergente, y no necesariamente ambas convergiendo al mismo lımite, comopor ejemplo ocurre con la sucesion de numeros reales (−1)nn∈N que posee una subsucesion queconverge a 1 (la subsucesion de los n pares) y otra a −1 (la subsucesion de los n impares). De es-ta forma, para responder a nuestras preguntas planteadas en situaciones mas generales, vamos aintroducir la siguiente definicion.

DEFINICION 2.4.1 Sea f : D ⊂ RN → R una funcion. Definimos las funciones:

f+(x) =

f(x) si f(x) ≥ 0,

0 si f(x) < 0

f−(x) =

−f(x) si f(x) ≤ 0,

0 si f(x) > 0

OBSERVACION 2.4.1 Es facil chequear lo siguiente

f = f+ − f− ∧ |f | = f+ + f−.

DEFINICION 2.4.2 Sea A ⊂ RN tal queA 6= ∅. Decimos que A es medible Jourdan si es acotado y

su frontera ∂A tiene contenido cero.



DEFINICION 2.4.3 Sea D ⊂ RN un conjunto tal queD 6= ∅ y tal que todo subconjunto acotado

de su frontera ∂D tiene contenido cero. Sea

J(D) =

A ⊂ RN : A ⊂

D : A es medible Jourdan

.

y sea f : D → R una funcion tal que∫A f existe para cada A ∈ J(D). Si los numeros

a∗ = sup

∫Af+ : A ∈ J(D)

∧ b∗ = sup

∫Af− : A ∈ J(D)

no son ambos infinitos, entonces definimos∫

Df = a∗ − b∗.

Notar que si D es cerrado y acotado y f es integrable Riemann sobre D, entonces a∗ y b∗ sonambos finitos y se cumple que ∫

Df = a∗ − b∗,

por lo cual la definicion de integral previa es consistente con la nocion de integral de Riemanndesarrollada con anterioridad.

Si D no es acotado o si f no es acotada sobre D o ambos casos a la vez, decimos que∫Df

es una integral impropia, la cual converge al valor a∗−b∗ si ambos valores son finitos, o bien divergeen otro caso.

TEOREMA 2.4.1 Sea D ⊂ RN un conjunto tal queD 6= ∅ y tal que todo subconjunto acotado de

su frontera ∂D tiene contenido cero y sea f : D → R una funcion. La integral impropia∫D f

converge si y solo si la integral∫D |f | converge.

TEOREMA 2.4.2 Sea D ⊂ RN un conjunto tal queD 6= ∅ y tal que todo subconjunto acotado de

su frontera ∂D tiene contenido cero y sea f : D → R una funcion. Si la integral impropia∫D f

converge a un valor finito o a ±∞, y Ann∈N es una familia de conjuntos en J(D) tal que

A =

∞⋃n=1

An ∧ An ⊂ An+1 ∀n ∈ N,

entonces ∫Df = lım

n→∞

∫An

f.



OBSERVACION 2.4.2 De acuerdo a la definicion anterior, si f es una funcion no negativa en D,entonces

∫D f converge a un numero real no negativo, o bien diverge a +∞; por lo que el teorema

anterior es siempre aplicable en este caso.

Frecuentemente es de utilidad el siguiente resultado.

COROLARIO 2.4.1 Sea D ⊂ RN un conjunto tal queD 6= ∅ y tal que todo subconjunto acotado

de su frontera ∂D tiene contenido cero y sea f : D → R una funcion.

Si∫D f converge o diverge a ±∞ y Aρ : a < ρ < b es una familia de conjuntos en J(D)

tal que10

D =⋃

a<ρ<b

Aρ ∧ Aρ1 ⊂ Aρ2 ∀a < ρ1 < b, a < ρ2 < b tal que ρ1 < ρ2,


ρ→b−

∫Aρ

f.

Si∫D f converge o diverge a ±∞ y Aρ : a < ρ < b es una familia de conjuntos en J(D)

tal que

D =⋃

a<ρ<b

Aρ ∧ Aρ2 ⊂ Aρ1 ∀a < ρ1 < b, a < ρ2 < b tal que ρ1 < ρ2,


ρ→a+

∫Aρ

f.

TEOREMA 2.4.3 (Criterio de comparacion) Sea D ⊂ RN , N > 1, un conjunto tal queD 6= ∅ y

tal que todo subconjunto acotado de su frontera ∂D tiene contenido cero y sean f, g : D → R

funciones Riemann integrables en cualquier elemento de J(D). Si

|f(x)| ≤ |g(x)| ∀x ∈ D,

entonces

i)∫Df converge si

∫Dg converge.

ii)∫Dg diverge si

∫Df diverge.



EJEMPLO 2.4.2 Estudie la convergencia de

I =

∫∫R2

1

(1 + x2 + y2)pd(x, y).

Solucion. Como f(x, y) = 11+x2+y2

> 0 ∀(x, y) ∈ R2, ∀p ∈ R; se tiene que I o bien converge o biendiverge a +∞. Consideremos los conjuntos

An = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ n2 ∀n ∈ N.

Entonces, considerando

A∗n = (r, θ) : 0 ≤ θ ≤ 2π : 0 ≤ r ≤ n, ∀n ∈ N,

mediante el uso de la transformacion ~T de coordenadas rectangulares en coordenadas polares,podemos escribir ~T (A∗n) = An. Notar ahora que

In =

∫An

d(x, y)

(1 + x2 + y2)p=

∫ 2π

0

∫ n

0

r

(1 + r2)pdr dθ =

π

p− 1

(1− 1

(1 + n2)p−1

)si p 6= 1

π ln(1 + n2) si p = 1

Luego,

I = lımn→∞

In =

π

p− 1si p > 1,

∞ si p ≤ 1.

EJEMPLO 2.4.3 Evalue, si es posible,∫∫D

d(x,y)3√

(x−y)2sobre el cuadrado

D = (x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1 ∧ 0 ≤ y ≤ 1.

Solucion. Notar que la integral es impropia pues sobre un trozo de la recta x = y en R, la funcionf(x, y) = 1

3√

(x−y)2no esta definida. Entonces, para cada n ∈ N conviene condiserar las regiones

R1,n =

(x, y) : x+

1

n≤ y ≤ 1 : 0 ≤ x ≤ 1− 1

n

∧ R2,n =

(x, y) : 0 ≤ y ≤ x− 1

n< 1 :

1

n≤ x ≤ 1

.

Notar que para 0 ≤ x < 1 se verifica que

R1,n∪R2,n ⊂ R1,n+1∪R2,n+1 ⊂6=R ∀n ∈ N ∧

∞⋃n=1

(R1,n∪R2,n) = R\(x, y) ∈ [0, 1]× [0, 1] : x = y;

siendo (x, y) ∈ [0, 1]×[0, 1] : x = y un conjunto de contenido cero enR2. De esta forma, cualquierpunto de la union de las regiones R1,n∪R2,n esta“lejos”de los puntos de la recta x = y en la region



R. Ahora integramos sobre cada una de estas regiones, y a su vez pasamos al lımite:

I1 = lımn→∞

∫ ∫R1,n

13√

(x− y)2dA = lım

n→∞

∫ 1− 1n

0

∫ 1

x+ 1n

13√

(x− y)2dy dx

= lımn→∞

(3

∫ 1− 1n

0(x− y)

13

∣∣∣∣y=1

y=x+ 1n

dx

)

= 3 lımn→∞

∫ 1− 1n

0

((x− 1)

13 −

(− 1

n

) 13

)dx

= 3 lımn→∞

(3

4(x− 1)

43 +

(1

n

) 13

x

)∣∣∣∣x=1− 1n

x=0

= 3 lımn→∞

(3

4

(− 1

n

) 43

+

(1

n

) 13(

1− 1

n

)− 3

4(−1)

43

)

=9

4.

Analogamente,

I2 = lımn→∞

∫ ∫R2,n

13√

(x− y)2dA = lım

n→∞

∫ 1

1n

∫ x− 1n

0

13√

(x− y)2dy dx

= lımn→∞

(3

∫ 1

1n

(x− y)13

∣∣∣∣y=x− 1n

y=0

dx

)

= −3 lımn→∞

∫ 1

1n

((1

n

) 13

− x13

)dx

= −3 lımn→∞

((1

n

) 13

x− 3

4x

43

)∣∣∣∣x=1

x= 1n

= −3 lımn→∞

((1

n

) 13

− 3

4−(

1

n

) 43

+3

4

(1

n

) 43

)

=9

4.

Por lo tanto

I = I1 + I2 =9

2.



OBSERVACION 2.4.3 Debemos ser cuidadosos al emplear el Teorema 2.4.2. En efecto, si f ≥ 0

sobre D, basta escoger cualquier sucesion conveniente Ann∈N de J(D) que satisfaga⋃∞n=1An

y An ⊂ An+1, para cada n ∈ N para obtener∫Af = lım

n→∞

∫An

f.

Sin embargo, cuando f cambia de signo sobreD, una eleccion particular de la familia de los Anpuede producir un lımite finito en J(D), pudiendose deducir erroneamente que

∫D f converge,

aun cuando esto pueda no ser cierto.

EJEMPLO 2.4.4 Sea D = [0,∞)× [0,∞). Estudie la convergencia de∫∫Dy cosx dx dy.

Solucion. Consideremos la familia de conjuntos

An =[0, (4(n− 1) + 1)

π

2

]×[0, (4(n− 1) + 1)

π

2

], ∀n ∈ N,

entonces

lımn→∞

∫∫An

y cosx dx dy =1

2lımn→∞

(((4(n− 1) + 1)

π

2

)2sen(

(4(n− 1) + 1)π

2

))= +∞.

Ahora, consideremos

Bn =[0, (4n− 1)

π

2

]×[0, (4n− 1)

π

2

], ∀n ∈ N,

entonces

lımn→∞

∫∫Bn

y cosx dx dy =1

2lımn→∞

(((4n− 1)

π

2

)2sen(

(4n− 1)π

2

))= −∞;

mientras que si consideramos

Cn = [0, nπ]× [0, nπ] ,

entonces

lımn→∞

∫∫Cn

y cosx dx dy =1

2lımn→∞

((nπ)2 sen (nπ)

)= 0.

∴∫∫

Dy cosx dx dy no converge.

Para no cometer el tipo de error senalado en la observacion previa, y que se ha ilustrado en elejemplo anterior, es conveniente proceder de la siguiente forma:



(1o) Usar el Teorema 2.4.2 para |f |, considerando cualquier familia de conjuntos Ann∈N queverifique las condiciones del teorema aludido, para determinar si∫

D|f | <∞.

(2o) Si∫D |f | < ∞, usar nuevamente el Teorema 2.4.2 con cualquier familia de conjuntos

Ann∈N que verifique las condiciones del teorema aludido, para evaluar∫Df.

EJERCICIOS 2.4.1

1. Estudie la convergencia de la integral doble I =∫∫R

1√(x2+y2)p

dA, p > 0, donde R =

(x, y) ∈ R2 : |x| ≥ 1 ∧ |y| ≥ 1. (SUG: Notar que 1√(x2+y2)p

> 0 ∀(x, y) ∈ R \ (0, 0), y

queD1 ⊂ R ⊂ D2, dondeD1 = (x, y) ∈ R2 : x2 +y2 ≥√

2 yD2 = (x, y) ∈ R2 : x2 +y2 ≥12. Luego, es posible usar coordenadas polares y comparar).

2. Evalue, si es posible, Iq =∫∫∫

Dd(x,y,z)

(x2+2y2+z2)qsobre la region

D = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 ≤ 1,

para q = 12 y para q = 1 (SUG: Use coordenadas esfericas x = ρ cos θ senφ, y = ρ cosφ,

z = ρ sen θ senφ). ¿Para que valores de q la integral converge?(

SUG: Notar que si q > 0

entonces 12q(x2+y2+z2)q

≤ 1(x2+2y2+z2)q

≤ 1(x2+y2+z2)q

∀(x, y, z) ∈ R3. Luego, es posible usar

coordenadas esfericas y el criterio de comparacion para estudiar la convergencia)

.


1. Converge si p > 2.

2. I 12

= 2π arc senh(1), I1 = π2. Converge si q < 32 . .

2.5. Aplicaciones: Centro de masa y momentos de inercia

2.5.1. Centro de masa y momentos de inercia en R2

Para fijar ideas, en esta seccion consideramos una lamina (o placa) rectangular delgada R con-tenida en el plano xy, mas especıficamente consideramosR = [a, b]×[c, d]. Tambien denotamos porρ(x, y) a la funcion densidad de area de la lamina en el punto (x, y) ∈ R, en [Kg/m2], la cual asu-mimos continua sobreR. Por ultimo, denotamos por P1 = a = x0, x1, . . . , xm = b a una particionde [a, b], y por P2 = c = y0, y1, . . . , yn = d a una particion de [c, d], de manera que P = P1,P2resulta ser una particion rectangular de R. Notar que la particion P tiene mn rectangulos, los queaquı denotamos por Rij , i = 1, 2, . . . ,m; j = 1, 2, . . . , n.


Salomon Alarcon Araneda [BORRADOR]2.5. APLICACIONES: CENTRO DE MASA Y MOMENTOS DE INERCIA

Masa

Para encontrar la medida de la masa total de la lamina procedemos de la siguiente forma: Sea(xij , yij) ∈ R un punto cualquiera del rectangulo Rij ; cuya area es m(Rij) = ∆xi∆yj ; entonces unaaproximacion de la medida de la masa del rectangulo Rij es

ρ(xij , yij)∆xi∆yj ,

y sumando la medida de la masa de cada region Rij , obtenemos una aproximacion de la medidade la masa del rectangulo R, la cual esta dada por

n∑j=1

m∑i=1

ρ(xij , yij)∆xi∆yj .

Por lo tanto, pasando al lımite cuando ‖P‖ tiende a 0, obtenemos que la medida M de la masa de lalamina completa esta dada por

M = lım‖P‖→0

n∑j=1

m∑i=1

ρ(xij , yij)∆xi∆yj =

∫∫Rρ(x, y)dA

Primeros momentos (Momentos de masa)

La medida del momento de masa de una partıcula con masa respecto a un eje, corresponde alproducto entre la masa de la partıcula y su distancia – que considera el signo – a tal eje. De estaforma, la medida del momento de masa del rectanguloRij con respecto al eje x se calcula en formaaproximada por la cantidad

yij ρ(xij , yij) ∆xi∆yj ,

y sumando la medida del momento de masa de cada region, obtenemos una aproximacion de lamedida del momento de masa del rectangulo R con respecto al eje x, la cual esta dada por

n∑j=1

m∑i=1

yij ρ(xij , yij)∆xi∆yj .

Por lo tanto, pasando al lımite cuando ‖P‖ tiende a 0, obtenemos que la medida Mx del momentode masa con respecto al eje x de la lamina completa corresponde a

Mx = lım‖P‖→0

n∑j=1

m∑i=1

yij ρ(xij , yij)∆xi∆yj =

∫∫Ry ρ(x, y)dA

Analogamente, la medida del momento de masa del rectangulo Rij con respecto al eje y se calculaen forma aproximada por

xij ρ(xij , yij) ∆xi∆yj ,



y sumando la medida del momento de masa de cada region, obtenemos una aproximacion de lamedida del momento de masa del rectangulo R, la cual esta dada por

n∑j=1

m∑i=1

xij ρ(xij , yij)∆xi∆yj .

Por lo tanto, pasando al lımite cuando ‖P‖ tiende a 0, obtenemos que la medida My del momentode masa con respecto al eje y de la lamina completa corresponde a

My = lım‖P‖→0

n∑j=1

m∑i=1

xij ρ(xij , yij)∆xi∆yj =

∫∫Rx ρ(x, y)dA

Centro de masa

El centro de masa de una lamina se representa geometricamente por el punto (x, y), que en termi-nos dinamicos se comporta como el punto donde el balanceo de la lamina permanece en equilibrio.Se tiene

x =My

M∧ y =

Mx

M

Momentos de inercia (Segundos momentos)

DEFINICION 2.5.1 Llamamos momento de inercia de una partıcula de masa m [Kg] en torno a un eje,al valor mr2 [Kg][m2], donde r es la distancia desde la partıcula al eje.

Desde la definicion anterior es razonable pensar que si tenemos n partıculas, entonces el momen-to de inercia total debe ser la suma de los momentos de inercia de cada una de las partıculas.Siguiendo esta idea, tenemos que el momento de inercia total debe ser

I =n∑i=1

mi r2i .

A continuacion extendemos este concepto a una distribucion continua de masa en una regiondel plano xy. Procedemos como sigue: Sea (xij , yij) ∈ R un punto cualquiera del rectangulo Rij ;cuya area es m(Rij) = ∆xi∆yj ; entonces una aproximacion de la medida del momento de inerciarespecto del eje x en el rectangulo Rij sera

y2ij ρ(xij , yij)∆xi∆yj

Luego, sumando los momentos de inercia de cada rectangulo Rij y pasando al lımite cuando ‖P‖tiende a 0, obtenemos que la medida Ix del momento de inercia respecto al eje x de la lamina completaes



Ix = lım‖P‖→0

n∑j=1

m∑i=1

y2ij ρ(xij , yij)∆xi∆yj =

∫∫Ry2 ρ(x, y)dA

Analogamente, la medida Iy del momento de inercia respecto al eje y de la lamina completa es

Iy = lım‖P‖→0

n∑j=1

m∑i=1

x2ij ρ(xij , yij)∆xi∆yj =

∫∫Rx2 ρ(x, y)dA

Ahora, tomando en cuenta que la distancia de un punto (x, y) ∈ R2 al origen esta dada√x2 + y2,

tambien podemos calcular la medida I0 del momento de inercia respecto al origen de la lamina completa,la que corresponde a

I0 = lım‖P‖→0

n∑j=1

m∑i=1

(x2ij + y2

ij) ρ(xij , yij)∆xi∆yj =

∫∫R

(x2 + y2) ρ(x, y)dA

Finalmente, dada una recta L, y considerando la distancia de un punto (x, y) en la lamina, a larecta, distancia que aquı denotamos por r(x, y); podemos calcular la medida IL del momento deinercia respecto de la recta L de la lamina completa, la que corresponde a

IL = lım‖P‖→0

n∑j=1

m∑i=1

(r(xij , yij))2 ρ(xij , yij)∆xi∆yj =

∫∫R

(r(x, y))2 ρ(x, y)dA

OBSERVACION 2.5.1 Las formulas obtenidas son validas en dominios generales donde la funciondensidad resulte integrable. Mas aun, las formulas incluso se pueden validar para integralesimpropias cuando estas convergen.

—————————————————————————————————————–Formulas para la masa y el momento de laminas delgadas en el plano xy

—————————————————————————————————————–

Masa:M =

∫∫Rρ(x, y)dA

Primeros momentos con respecto a los ejes coordenados:

Mx =

∫∫Ry ρ(x, y)dA ∧ My =

∫∫Rx ρ(x, y)dA.



Centro de masa: (x, y)

x =My

M, y =

Mx

M.

OBSERVACION: Si la densidad es constante, el centro de masa se denomina centroide.

Momentos de inercia (segundos momentos) con respecto a los ejes coordenados:

Ix =

∫∫Ry2 ρ(x, y)dA

Iy =

∫∫Rx2 ρ(x, y)dA

Momentos de inercia con respecto a una recta L:

IL =

∫∫R

(r(x, y))2 ρ(x, y)dA donde r(x, y) es la distancia del punto (x, y) a la recta L

Momentos de inercia con respecto al origen (momento polar):

I0 =

∫∫R

(x2 + y2) ρ(x, y)dA = Ix + Iy

Radios de giro:

respecto del eje x: Rx =

√IxM

respecto del eje y: Ry =

√IyM

respecto del origen: R0 =

√I0

M

————————————————————————————————————————

EJEMPLO 2.5.1 Determine la masa de una lamina que tiene la forma de una region limitada porla curva y =

√1− x2 en el semiplano y ≥ 0 y , cuya densidad esta dada por la formula ρ(x, y) =

ex2+y2 .

Solucion. Notar que la region de integracion esR = (x, y) ∈ R2 : −1 ≤ x ≤ 1 ∧ 0 ≤ y ≤√

1− x2.Entonces debemos calcular ∫∫

Rex

2+y2dx dy.

Para el calculo de la integral transformamos la region mediante el uso de coordenadas polares.Ponemos ~T (r, θ) = (r cos θ, r sen θ) = (x, y), y como J~T (r, θ) = r, obtenemos∫∫

Rex

2+y2dx dy =

∫ π

0

∫ 1

0r er

2dr dθ =

∫ π

0

1

2er

2

∣∣∣∣r=1

r=0

dθ =1

2

∫ π

0(e− 1) dθ =

π

2(e− 1).



EJEMPLO 2.5.2 Calcule el centro de masa de una lamina que tiene la forma de una region limitadapor la semicircunferencia determinada por la ecuacion

(x− a

2

)2+ y2 =

(a2

)2, y ≥ 0, y el eje x, ycuya densidad superficial en un punto cualquiera es proporcional a la medida de su distancia alorigen.

Solucion. Como nos piden calcular el centro de masa, lo primero que hacemos es calcular la masaM de la lamina sobre la region R limitada por la semicircunferencia determinada por la ecuacion(x− a

2

)2+ y2 = a2

4 , y ≥ 0, y el eje x. Sea k la constante de proporcionalidad entre la densidadsuperficial en un punto de la lamina y la medida de la distancia de este punto al origen. Como ladistancia de un punto (x, y) al origen corresponde a

√x2 + y2, tenemos

M =

∫∫Rk√x2 + y2 dA.

Notar ahora que desde la ecuacion de la semicircunferencia obtenemos

x2 + y2 = ax;

y pasando a coordenadas polares ~T (r, θ) = (r cos θ, r sen θ) = (x, y), obtenemos

r2 = a r cos θ ⇒ r = a cos θ pues r > 0.

De esta forma, nuestra region de integracion en las nuevas coordenadas es

R∗ :

0 ≤ r ≤ a cos θ

0 ≤ θ ≤ π2 .

Como |J~T (r, θ)| = r,√x2 + y2 = r y T (R∗) = R, por el teorema del cambio de variables obtene-

mos,

M =

∫∫Rk√x2 + y2 dA =

∫∫R∗kr r dr dθ =

∫ π2

0

∫ a cos θ

0k r2 dr dθ

= k

∫ π2

0

r3

3

∣∣∣∣a cos θ

0

dθ

=k

3a3

∫ π2

0cos3 θ dθ

=k

3a3

∫ π2

0cos θ(1− sen2 θ) dθ

=k

3a3

(sen θ − 1

3sen3 θ

) ∣∣∣∣θ=π2

θ=0

=2

9ka3.



Ahora calculamos

Mx =

∫∫Ry k√x2 + y2 dA =

∫∫R∗kr sen θ r r dr dθ =

∫ π2

0

∫ a cos θ

0k r3 sen θ dr dθ

= k

∫ π2

0

r4

4sen θ


0

dθ

=k

4a4

∫ π2

0cos4 θ sen θ dθ

=k

4a4

(cos5 θ

5

) ∣∣∣∣θ=π2

θ=0

=1

20ka4

y

My =

∫∫Rx k√x2 + y2 dA =

∫∫R∗kr cos θ r r dr dθ =

∫ π2

0

∫ a cos θ

0k r3 cos θ dr dθ

= k

∫ π2

0

r4

4cos θ


0

dθ

=k

4a4

∫ π2

0cos5 θ dθ

=k

4a4

(sen θ − 2

3sen3 θ +

sen5 θ

5

) ∣∣∣∣θ=π2

θ=0

=2

15ka4.

Por lo tanto, el centro de masa esta ubicado en el punto

(x, y) =

(My

M,Mx

M

)=

(215ka

4

29ka

3,

120ka

4

29ka

3

)=

(3

5a,

9

40a

).

EJEMPLO 2.5.3 Determine el centroide de la region infinita ubicada en el segundo cuadrante ycomprendida entre los ejes coordenados y la curva y = ex.

Solucion. Como se trata de un centroide, estamos asumiendo que la densidad es constante, queaquı fijamos igual a ρ. Ahora, la region de integracion esta dada por

0 ≤ y ≤ ex

x ≤ 0.

Luego,

M =

∫ 0

−∞

∫ ex

0ρ dy dx = lım

b→∞

∫ 0

−b

∫ ex

0ρ dy dx = ρ lım

b→∞

∫ 0

−bex dx = ρ lım

b→∞(1− e−b) = ρ,



My =

∫ 0

−∞

∫ ex

0x ρ dy dx = lım

b→∞

∫ 0

−b

∫ ex

0x ρ dy dx = ρ lım

b→∞

∫ 0

−bx ex dx = ρ lım

b→∞(be−b−1+e−b) = −ρ

y

Mx =

∫ 0

−∞

∫ ex

0y ρ dy dx = lım

b→∞

∫ 0

−b

∫ ex

0y ρ dy dx =

1

2ρ lımb→∞

∫ 0

−be2x dx =

1

4ρ lımb→∞

(1− e−2b) =1

4ρ.

Por lo tanto, el centro de masa esta ubicado en el punto

(x, y) =

(My

M,Mx

M

)=

(−ρρ,

14ρ

ρ

)=

(−1,

1

4

).

2.5.2. Centro de masa y momentos de inercia en R3

—————————————————————————————————————–Formulas para la masa y el momento de objetos solidos en el espacio xyz—————————————————————————————————————– Masa:

M =

∫∫∫Dρ(x, y, z)dV

Primeros momentos con respecto a los planos coordenados:

Myz =

∫∫∫Dx ρ(x, y, z)dV Mxz =

∫∫∫Dy ρ(x, y, z)dV Mxy =

∫∫∫Dz ρ(x, y, z)dV

Centro de masa: (x, y, z)

x =Myz

M, y =

Mxz

M, z =

Mxy

M.

OBSERVACION: Si la densidad es constante, el centro de masa se denomina centroide.


Ix =

∫∫∫D

(y2 + z2) ρ(x, y, z)dV

Iy =

∫∫∫D

(x2 + z2) ρ(x, y, z)dV

Iz =

∫∫∫D

(x2 + y2) ρ(x, y, z)dV


IL =

∫∫∫D

(r(x, y, z))2 ρ(x, y, z)dV donde r(x, y, z) es la distancia del punto (x, y, z) a la recta L

Radio de giro con respecto a una recta L:

RL =

√ILM

————————————————————————————————————————



EJEMPLO 2.5.4 Sea a > 0. Calcule la masa del solido encerrado por la semiesfera de radio a

metros, con base centrada en el origen del plano xy, si la densidad de volumen en cualquierpunto del solido es proporcional a la distancia desde el punto al eje z, medida en kilogramos pormetro cubico.

Solucion. La region de integracion, que denotamos D, es la semibola cuya proyeccion en el planoxy es el cırculo de radio a, y como la distancia desde un punto (x, y, z) ∈ R3 al eje z es

d((x, y, z), eje z) =√x2 + y2,

podemos usar coordenadas cilındricas, pues en la proyeccion al plano xy, esa cantidad correspon-de a la distancia desde un punto (x, y) ∈ R2 al origen; esto es

d((x, y, 0), (0, 0, 0)) = d((x, y), (0, 0)) =√x2 + y2.

La semiesfera con base centrada en el origen y radio a tiene por ecuacion a x2 + y2 + z2 = a2. Deesta forma, la region de integracion en coordenadas (r, θ, z) es la region D∗ dada por:

D∗ =

0 ≤ z ≤

√a2 − r2

0 ≤ r ≤ a0 ≤ θ ≤ 2π

que mediante la transformacion ~T de coordenadas rectangulares a cilındricas verifica que ~T (D∗) =

D. Luego, si k es la constante de proporcionalidad, la masa solicitada es:

M =

∫∫∫Dk√x2 + y2 dV = k

∫ 2π

0

∫ a

0

∫ √a2−r20

r2 dz dr dθ

= k

∫ 2π

0

∫ a

0r2√a2 − r2 dr dθ

= k

∫ 2π

0

(−1

4r(a2 − r2)

32 +

1

8a2r√a2 − r2 +

1

8a4 arc sen

r

a

) ∣∣∣∣r=ar=0

dθ

=1

16ka2π

∫ 2π

0dθ

=1

8ka4π2

[Kgm3

].

OBSERVACION 2.5.2 El mismo ejercicio en coordenadas esfericas se harıa de la siguiente forma: laregion de integracion en coordenadas (ρ, θ, φ) es la region D∗ dada por:

D∗ =

0 ≤ θ ≤ 2π

0 ≤ ρ ≤ a0 ≤ φ ≤ π

2 ,



que mediante la transformacion ~T de coordenadas rectangulares a esfericas verifica que ~T (D∗) =

D. Luego, si k es la constante de proporcionalidad, la masa solicitada es:

M =

∫∫∫Dk√x2 + y2 dV = k

∫ 2π

0

∫ a

0

∫ π2

0ρ3 sen2 φdφ dρ dθ

= k

∫ 2π

0

∫ a

0

∫ π2

0ρ3

(1− cos(2φ)

2

)dφ dρ dθ

=k

2

∫ 2π

0

∫ a

0ρ3

(φ− sen(2φ)

2

) ∣∣∣∣φ=π2

φ=0

dρ dθ

=k

4π

∫ 2π

0

∫ a

0ρ3 dρ dθ

=k

4π

∫ 2π

0

ρ4

4

∣∣∣∣ρ=a

ρ=0

dθ

=1

8ka4π2

[Kgm3

].

EJEMPLO 2.5.5 Un solido homogeneo esta limitado superiormente por la superficie ρ = a, e in-feriormente por el cono φ = α, donde 0 < α < π

2 . Calcule el momento de inercia del solidocon respecto al eje z, si la densidad de volumen del solido en cualquier punto del solido es kkilogramos por metro cubico.

Solucion. La region de integracion D en coordenadas esfericas esta limitada por:

D =

0 ≤ φ ≤ α

0 ≤ θ ≤ 2π

0 ≤ ρ ≤ aLuego,

Iz =

∫ ∫ ∫D

k(ρ senφ)2 dV

= k

∫ α

0

∫ 2π

0

∫ a

0ρ4 sen3 φdρ dθ dφ

=1

5ka5

∫ α

0

∫ 2π

0sen3 φdθ dφ

=2

5ka5π

∫ α

0sen3 φdφ

=2

5ka5π

(− cosφ+

1

3cos3 φ

) ∣∣∣∣φ=α

φ=0

=2

15ka5π(cos3 α− 3 cosα+ 2)

[Kgm3

].



EJEMPLO 2.5.6 Calcule el centro de masa de un solido con densidad constante k acotado porabajo por el disco x2 + y2 ≤ 4 en el plano xy (o bien plano z = 0) y por arriba por el paraboloidez = 4− x2 − y2.

Solucion. La region de integracion D en coordenadas cilındricas esta limitada por:

D :

0 ≤ θ ≤ 2π

0 ≤ r ≤ 2

0 ≤ z ≤ 4− r2

Luego,

M =

∫ ∫ ∫D

k dV = k

∫ 2π

0

∫ 2

0

∫ 4−r2

0r dz dr dθ

= k

∫ 2π

0

∫ 2

0(4− r2) r drdθ

= −1

4k

∫ 2π

0(4− r2)2

∣∣∣∣r=2

r=0

dθ

=16

4k

∫ 2π

0dθ

= 8 kπ.

y

Mxy =

∫ ∫ ∫D

kz dV = k

∫ 2π

0

∫ 2

0

∫ 4−r2

0zr dz dr dθ

=1

2k

∫ 2π

0

∫ 2

0(4− r2)2r drdθ

=1

2k

∫ 2π

0

(−1

6(4− r2)3

) ∣∣∣∣r=2

r=0

dθ

=16

3k

∫ 2π

0dθ

=32

3kπ.

Por lo tanto, dado que por simetrıa se debe tener x = 0 y y = 0, y

z =Mxy

M,

el centro de masa solicitado es(x, y, z) =

(0, 0,

4

3

).


Parte II

Calculo vectorial

73

Capıtulo 3

Curvas en R3

3.1. Funciones vectoriales

DEFINICION 3.1.1 (Funciones vectoriales) Sea N ∈ N. Una funcion vectorial ~r es una funcioncuyo dominio I es un subconjunto de los numeros reales y es tal que su imagen es un subconjuntode RN cuyos elementos son N -tuplas de funciones reales, digamos (f1, f2, . . . , fN ), las cualesestan definidas sobre I . Es decir:

~r : I ⊂ R → RN

t → ~r(t) = (f1(t), f2(t), . . . , fN (t)).

OBSERVACION 3.1.1

En el caso N = 2, es usual escribir ~r(t) = x(t)ı+ y(t) = (x(t), y(t)).

En el caso N = 3, es usual escribir ~r(t) = x(t)ı+ y(t)+ z(t)k = (x(t), y(t), z(t)).

DEFINICION 3.1.2 (Lımite de una funcion vectorial) Sea ~r : I ⊂ R→ R3 una funcion vectorial ysea ~L ∈ R3 un vector. Diremos que ~L es el lımite de ~r(t) cuando t tiende a t0, lo cual escribimoscomo

lımt→t0

~r(t) = ~L,

si(∀ε > 0)(∃δ > 0)((∀t ∈ I)(0 < |t− t0| < δ ⇒ |~r(t)− ~L| < ε)).

OBSERVACION 3.1.2 Si ~r(t) = x(t)ı+ y(t)+ z(t)k y ~L = L1ı+L2+L3k en la definicion anterior,entonces

lımt→t0

~r(t) = ~L

si y solo silımt→t0

x(t) = L1, lımt→t0

y(t) = L2 y lımt→t0

z(t) = L3.

DEFINICION 3.1.3 (Continuidad de una funcion vectorial) Sea ~r : I ⊂ R → R3 una funcionvectorial y sea t0 ∈ I . Diremos que ~r es continua en el punto t0 si

lımt→t0

~r(t) = ~r(t0).

Mas aun, diremos que la funcion ~r es continua si lo es en cada punto de su dominio.

75

CAPITULO 3. CURVAS EN R3 [BORRADOR] Salomon Alarcon Araneda

DEFINICION 3.1.4 (Derivabilidad de una funcion vectorial) Sea ~r : I ⊂ R → R3 una funcionvectorial y sea t0 ∈ I . Diremos que ~r es derivable en el punto t0 si el siguiente lımite existe

lımh→0

~r(t0 + h)− ~r(t0)

h,

y en cuyo caso escribimosd~r

dt(t0) = lım

h→0

~r(t0 + h)− ~r(t0)

h.

Mas aun, diremos que la funcion ~r es derivable si lo es en cada punto de su dominio.

OBSERVACION 3.1.3

Si ~r(t) = x(t)ı+ y(t)+ z(t)k en la definicion anterior, entonces

d~r

dt(t0) = x′(t0)ı+ y′(t0)+ z′(t0)k.

DEFINICION 3.1.5 Sea ~r : I ⊂ R → R3 una funcion vectorial que representa la posicion de unapartıcula que se mueve a lo largo de una curva regular en el espacio, entonces:

el vector velocidad de la partıcula, en cualquier instante t, es el vector tangente a la curva,esto es,

~v =d~r

dt,

la direccion del movimiento de la partıcula, en cualquier instante t, es la direccion de ~v,esto es,

v =~v

‖~v‖,

la rapidez de la partıcula es la magnitud del vector ~v, esto es,

v = ‖~v‖,

el vector de aceleracion de la partıcula es, cuando existe, la derivada de ~v, esto es,

~a =d~v

dt=d2~r

dt2.

OBSERVACION 3.1.4 Notar que la velocidad de una partıcula en movimiento como el productode su rapidez y direccion, esto es,

~v = ‖~v‖ v.

TEOREMA 3.1.1 (Reglas de derivacion para funciones vectoriales) Sean u y v funciones vecto-riales derivables en un mismo dominio, sea ~C ∈ R3 un vector constante, c ∈ R un escalar y f unafuncion real diferenciable. Entonces se tiene lo siguiente:

i) Derivada de una funcion vectorial constanted

dt~C = ~0


Salomon Alarcon Araneda [BORRADOR] 3.1. FUNCIONES VECTORIALES

ii) Derivada de un escalar por una funcion vectorial

d

dt[c~u(t)] = c

d~u

dt(t)

iii) Derivada de una funcion escalar por una funcion vectorial

d

dt[f(t)~v(t)] = f ′(t)~u(t) + f(t)

d~v

dt(t)

iv) Derivada de la adicion (sustraccion) de funciones vectorialesd

dt[~u(t)± ~v(t)] =

d~u

dt(t)± d~v

dt(t)

v) Derivada del producto punto de funciones vectoriales

d

dt[~u(t) · ~v(t)] =

d~u

dt(t) · ~v(t) + ~u(t) · d~v

dt(t)

vi) Derivada del producto cruz de funciones vectoriales

d

dt[~u(t)× ~v(t)] =

d~u

dt(t)× ~v(t) + ~u(t)× d~v

dt(t)

vii) Regla de la cadena (Derivada de la compuesta entre una funcion vectorial y una funcionreal)

d~u

dt(f(t)) =

d~u

dt(f(t)) f ′(t).

DEFINICION 3.1.6 (Funciones vectoriales de longitud constante) Si ~r es una funcion vectorialderivable de t con longitud constante, entonces

~r · d~rdt

= 0.

OBSERVACION 3.1.5 Notar que si ~r(t) reprepresenta el movimiento de una partıcula que se mue-ve sobre la superficie de una esfera con centro en el origen, entonces el vector posicion de cual-quier partıcula en un instante t posee longitud constante igual al radio de la esfera. Es claro que elvector velocidad d~r

dt resulta ser tangente a la trayectoria del movimiento, por lo cual, el productointerno entre ~r(t) y d~r

dt (t) es igual a cero, esto es,

~r(t) · d~rdt

(t) = 0.

DEFINICION 3.1.7 (Integral indefinida de funciones vectoriales) La integral indefinida de ~r

con respecto a t es el conjunto de todas las antederivadas de ~r con respecto a t, y se denotapor ∫

~r(t) dt.

Si ~R es una antiderivada de ~r, entonces∫~r(t) dt = ~R(t) + ~C.



Especıficamente, si ~r(t) = x(t)ı+ y(t)+ z(t)k, y X(t), Y (t) y Z(t) son antiderivadas de x(t), y(t) yz(t) respectivamente, entonces∫

~r(t) dt =

∫(x(t) ı+ y(t) + z(t) k)dt =

(∫x(t) dt

)ı+

(∫y(t) dt

)+

(∫z(t) dt

)k

= X(t)ı+ Y (t)+ Z(t)k + ~C.

Es decir, siempre se puede considerar

~R(t) = X(t) ı+ Y (t) + Z(t) k = (X(t), Y (t), Z(t)).

DEFINICION 3.1.8 (Integral definida de funciones vectoriales) Sea ~r(t) = x(t) ı + y(t) + z(t) k

una funcion vectorial definida sobre [a, b] tal que sus funciones componentes x(t), y(t) y z(t) sonfunciones reales integrables en [a, b], entonces ~r es integrable en [a, b] y la integral definida de ~ren [a, b] esta dada por∫ b

a~r(t)dt =

∫ b

a(x(t) ı+ y(t)~+ z(t) k)dt =

(∫ b

ax(t) dt

)ı+

(∫ b

ay(t) dt

)+

(∫ b

az(t) dt

)k.

3.2. Curvas en R3

DEFINICION 3.2.1 (Representacion parametrica de una curva) Una curva γ ⊆ R3 es un sub-conjunto dirigido de puntos en R3 para el cual existe una funcion continua ~r : [a, b] → R3

tal que ~r([a, b]) = γ. La funcion continua ~r se llama representacion parametrica o parametriza-cion de γ. El conjunto es dirigido en el sentido que ~r establece un orden en el cual los puntos(x, y, z) = ~r(t) ∈ γ se obtienen cuando t varıa desde a hasta b.

DEFINICION 3.2.2

Un punto ~P0 = (x0, y0, z0) ∈ R3 pertenece a una curva γ = ~r([a, b]) si ∃ t0 ∈ [a, b] tal que~P0 = ~r(t0).

El conjunto de puntos ~P ∈ R3 : ∃ t ∈ [a, b] tal que ~P = ~r(t), donde γ = ~r([a, b]), recibe elnombre de traza de la curva γ.

Un punto ~P = ~r(t) de una curva γ parametrizada por = ~r : [a, b] → R3 se llama puntomultiple si existe mas de un valor t ∈ (a, b) tal que ~P = ~r(t).

La curva γ se dice simple si no tiene puntos multiples. Es decir, ~r es inyectiva en (a, b].

La curva γ es cerrada si ~r(a) = ~r(b), y los puntos ~r(a) y ~r(b) se llaman extremos de la curva.

La curva γ se dice suave si existe una parametrizacion ~r ∈ C1([a, b];R3), en este caso decimosque ~r es suave.


Salomon Alarcon Araneda [BORRADOR] 3.2. CURVAS EN R3

t0 ∈ [a, b] es un punto singular de ~r si∥∥∥d~rdt

(t0)∥∥∥ = 0.

t0 ∈ [a, b] es un punto regular de ~r si∥∥∥d~rdt

(t0)∥∥∥ 6= 0.

~r es una parametrizacion regular si todos los puntos de su dominio son regulares.

γ es seccionalmente regular o regular a trozos si admite una parametrizacion regular, salvo unnumero finito de puntos singulares.

OBSERVACION 3.2.1

Si γ es una curva de trayectoria ~r : [a, b]→ R3, tal que

d~r

dt(t0) 6= ~0,

entonces la recta tangente a la curva γ en el punto ~r(t0) ∈ γ, es la recta que pasa por ~r(t0) yque es paralela al vector

d~r

dt(t0).

Con el fin de garantizar que una curva regular (o suave) γ tenga rectas tangentes que varıencontinuamente sobre cada punto su trayectoria asociada ~r : [a, b]→ R3, es necesario que

d~r

dt(t) 6= ~0 ∀t ∈ [a, b].

En otras palabras, una curva regular no posee “puntas” (esquinas o cuspides).

Una curva regular por partes (suave a trozos) esta formada por un numero finito de curvasregulares pegadas en forma continua.

EJEMPLO 3.2.1 La recta en R3 que pasa por el punto (x0, y0, z0) en la direccion del vector ~v es lacurva de trayectoria

~r : R → R3

t → ~r(t) = (x0, y0, z0) + t~v,

donde ~r es simple, suave y no cerrada; y es regular si y solo si ~v 6= ~0.

Figura 3.1. Parametrizacion de una recta L que pasa por el punto (x0, y0, z0) en la direccion del vector ~v.



EJEMPLO 3.2.2 La circunferencia en el plano yz de radio a y centro en el origen es la curva detrayectoria

~r : [0, 2π] → R3

t → ~r(t) = (0, a cos t, a sen t),

donde ~r es simple, suave y cerrada; es regular si y solo si a 6= ~0 ∀ t ∈ [0, 2π].

Figura 3.2. Parametrizacion de una circunferencia en el plano yz de radio a y centro en el origen.

OBSERVACION 3.2.2 Toda curva en R2 puede ser vista como una curva en R3. Por ejemplo, lospuntos del plano xy en R2 pueden considerarse en R3 en la forma (x, y, 0).

EJEMPLO 3.2.3 Una cicloide en el plano xy describe la trayectoria que sigue un punto fijo P adistancia a del centro de un cırculo de radio R cuando tal cırculo va rodando sobre un eje. Laecuacion de una cicloide en el plano cartesiano esta dada por la curva de trayectoria

~r : R → R3

t → ~r(t) = (R t− a sen t, R− a cos t, 0).

Si R = a la cicloide se llama cicloide normal o simplemente cicloide, si R > a la cicloide se llamacicloide acortada, y si R < a la cicloide se llama cicloide alargada.

• Cicloide normal. O simplemente Cicloide, es el caso en que R = a. Esta curva es simple, suavey no cerrada. ¿Es regular? Veamos esto,∥∥∥∥d~rdt (t)

∥∥∥∥ = 0 ⇔ (R−R cos t)2 + (R sen t)2 = 0

⇔ R = R cos t ∧R sen t = 0

⇔ cos t = 1 ∧ sen t = 0

⇔ t = 2kπ, k ∈ Z.

Por lo tanto, la cicloide es regular para todo t 6= 2kπ, k ∈ Z.



Figura 3.3. Cicloide Normal.

• Cicloide acortada. Es el caso cuando 0 < a < R. Esta curva es simple, suave y no cerrada. ¿Esregular? Veamos esto, ∥∥∥∥d~rdt (t)

∥∥∥∥ = 0 ⇔ R− a cos t = 0 ∧ a sen t = 0

⇔ cos t =R

a> 1 ∧ a sen t = 0.

Esto ultimo es imposible, pues cos t ≤ 1 ∀t ∈ R. Por lo tanto la cicloide acortada es regularen R.

Figura 3.4. Cicloide acortada.

• Cicloide alargada. Es el caso cuando a > R. Esta curva no es simple, pues existen puntos dondela curva se cruza consigo misma, pero sı es suave y no cerrada. Pero: ¿Es regular? Veamosesto,∥∥∥∥d~rdt (t)

∥∥∥∥ = 0 ⇔ 0 < cos t =R

a< 1

(pues R > 0 y a > 0 implican que

R

a> 0

)∧ sen t = 0.

Esto ultimo es imposible, pues sen t = 0 implica que t = kπ, con k ∈ N, y en este casocos(kπ) = 1 o cos(kπ) = −1 (pero aquı 0 < cos t = R

a < 1). Por lo tanto la cicloide alargadaes regular en R.



Figura 3.5. Cicloide alargada

EJEMPLO 3.2.4 La helice circular recta esta descrita por la curva de trayectoria

~r : [0, 6π] → R3

t → ~r(t) =

(R cos t, R sen t,

h

2πt

),

donde R es el radio de la helice, y h es la altura del paso de la helice. Esta curva es simple, suave,

no cerrada y regular, pues∥∥∥∥d~rdt (t)

∥∥∥∥ =

√R2 +

( n2π

)2> 0.

Figura 3.6. Helice.

EJERCICIOS 3.2.1

1. Muestre que el conjunto

(x, y) ∈ R2 : (x−h)2

a2+ (y−k)2

b2= 1

representa una curva y escribala traza respecto de la parametrizacion encontrada.

2. Encuentre una parametrizacion de la curva obtenida al intersectar la esfera centrada en elorigen y radio 4, con el plano x+ y − z = 0.

3. Encuentre una parametrizacion de la curva obtenida al intersectar las superficies x2 + y2 +

z2 = 4 y x2 + y2 − 2x = 0.




1. SUG: Use apropiadas coordenadas polares generalizadas.

2. SUG: Desde la ecuacion del plano: z = x + y, reemplace ahora en la ecuacion de la esfera ycomplete cuadrados de binomio. Use coordenadas polares.

3. SUG: Comience parametrizando el cilindro, y luego use esta parametrizacion para determi-nar z, en terminos de este parametro, en la ecuacion de la esfera.

EJEMPLO 3.2.5 La semicircunferencia en el plano zy centro en el origen y con radio a (constante) esla curva de la trayectoria

~r1 : [−a, a] → R3

t → ~r1(t) = (0, t,√a2 − t2)

o ~r2 : [0, aπ] → R3

t → ~r2(t) = (0, a cos t, a sen t).

Desde el ultimo ejemplo surgen varias preguntas; por ejemplo:

¿Como podemos extender una curva?,

¿Que importancia la orientacion de una curva?,

¿En que sentido posemos decir que dos curvas son equivalentes?,

¿Existe alguna parametrizacion natural para una curva?.

3.2.1. Extension de una curva

Dado un conjunto de curvas γ1, γ2, . . . , γk tales que el punto terminal de γi coincide con elpunto inicial γi+1, i = 1, . . . , k−1 escribimos

γ =

k∑i=1

γi

para representar a la curva que resulta de la union por los extremos correspondientes de lasγi, i = 1, . . . , k. Claramente γ extiende a cada una de las curvas γi, i = 1, . . . , k y representa lacurva obtenida al recorrer en forma correlativa a las curvas γ1, γ2, . . . , γk.

Figura 3.7. Curva formada por la union de k curvas unidas por sus puntos terminales e iniciales



EJEMPLO 3.2.6 Una circunferencia γ puede considerarse como la curva de trayectoria

~r : [0, 2π] → R3

θ → ~r(θ) = (0, cos θ, sen θ).

Tambien podemos obtener la circunferencia γ a partir de la union de las trayectorias

~r1 : [−1, 1] → R3

t → ~r1(t) = (0,−t,√

1− t2)y ~r2 : [−1, 1] → R3

t → ~r2(t) = (0, t,−√

1− t2),

y anotamos γ = γ1 + γ2, donde γi es la curva de trayectoria ~ri, i = 1, 2.

Figura 3.8. Circunferencia γ obtenida al pegar dos curvas en forma de semicircunferencias.

3.2.2. Preservacion de la orientacion de una curva

DEFINICION 3.2.3 (Reparametrizacion) Sea ~r1 : [a, b] → R3 una parametrizacion de una curvaγ y sea ϕ : [c, d] → [a, b] una funcion de clase C1 biyectiva. Llamaremos reparametrizacion de ~r1

a la funcion compuesta ~r2 = ~r1 o ϕ : [c, d] → R3. Si ϕ es creciente (ϕ′ > 0) diremos que lareparametrizacion preserva la orientacion; en cambio si ϕ es decreciente (ϕ′ < 0) diremos que lareparametrizacion invierte la orientacion.

EJEMPLO 3.2.7 Sean γ1, γ2 y γ3 las curvas cuyas respectivas trayectorias estan dadas por

~r1 : [−1, 0] → R3

t → ~r1(t) = (−t,√

1− t2, 0),

~r2 : [0, π2 ] → R3

θ → ~r2(θ) = (cos θ, sen θ, 0)

y~r3 : [0, 1] → R3

0 → ~r3(t) = (t,√

1− t2, 0).

Escriba:

i) ~r2 como una reparamentrizacion de ~r1. ¿Preserva la orientacion?

ii) ~r3 como una reparamentrizacion de ~r1. ¿Preserva la orientacion?



Solucion. Tenemos

i) ~r2 = ~r1 ϕ, donde ϕ(θ) = − cos θ ∈ C1([0, π2 ]

), que es creciente y biyectiva en [0, π2 ]; pues(

ϕ′(θ) = sen θ > 0 en [0, π2 ])

∴ ~r2 es una reparametrizacion de ~r1 que preserva orientacion.

ii) ~r3 = ~r1 ϕ, donde ϕ(t) = −t ∈ C1([0, 1]

), que es decreciente y biyectiva, pues ϕ′(t)=−1<0.

∴ ~r3 es una reparametrizacion de ~r1 que invierte la orientacion.

Figura 3.9. Trayectorias opuestas de un cuarto de circunferencia.

OBSERVACION 3.2.3 Si ~r : [a, b]→ R3 es una parametrizacion de la curva γ, y la funcion

ϕ : [−b,−a] → [a, b]

t → ϕ(t) = −τes biyectiva, decreciente y de clase C1, entonces

~r0 : [−b,−a] → R3

t → ~r0(t) = (~r ϕ)(t) = ~r(−τ)

es una parametrizacion de γ que invierte la orientacion.

3.2.3. Curvas parametricamentes equivalentes

DEFINICION 3.2.4 (Curvas parametricamente equivalentes) Sean ~r1 : [a, b] → R3 y ~r2 : [c, d] →R3 parametrizaciones de las curvas γ1 y γ2 respectivamente . Diremos que ~r1 y ~r2 son parametri-camente equivalentes si ~r2 es una reparametrizacion de ~r1 que preserva la orientacion; y diremosque γ2 es la negativa de γ1 si ~r2 es una reparametrizacion que invierte la orientacion, en este casoescribimos γ2 = γ−1 .

OBSERVACION 3.2.4 Notar que

γ es regular si admite una parametrizacion regular.

Una parametrizacion suave es una C1-parametrizacion.

Un resultado interesante que podemos destacar es el siguiente:



TEOREMA 3.2.1 Sea γ una curva simple y regular. Entonces todas las parametrizaciones simples,suaves y regulares de γ son equivalentes.

EJEMPLO 3.2.8 El hipocicloide de cuatro puntas, γ, que es la curva de trayectoria

~r : [0, 2π] → R3

θ → ~r(θ) = (cos3 θ, sen3 θ, 0)

es tal qued~r

dθ(θ0) = 0, donde θ0 ∈

0,π

2, π,

3π

2

es una preimagen de las puntas. En estos puntos

la recta tangente no esta bien definida y la rapidez del punto es 0. Notar que ~r ∈ C1([0, 2π]) y quela curva γ es seccionalmente regular, cerrada y simple

Figura 3.10. Hipocicloide

OBSERVACION 3.2.5 Si γ es una curva simple seccionalmente regular, entonces todas las parame-trizaciones de γ son equivalentes. Basta aplicar el teorema a cada seccion regular de γ. De estaforma si γ es una curva simple seccionalmente regular y ~r : [a, b]→ R3 es una C1-parametrizacionde γ, entonces ~r resulta ser regular, salvo un numero finito de puntos singulares.

3.2.4. Longitud de arco. Parametrizacion natural

Hasta el momento hemos visto que dadas dos curvas cuyas parametrizaciones coinciden enel punto terminal de una e inicial de la otra, es posible definir una nueva curva que las extiende,respondiendo ası a una de las preguntas que nos hemos formulado. Tambien hemos definido loque entendemos curvas que preservan la orientacion y por curvas parametricamente equivalentes,respondiendo a nuestra segunda pregunta, y tercera pregunta. A continuacion vamos a contestarnuestra cuarta pregunta en orden a encontrar una parametrizacion natural para una curva. Paraello, necesitamos introducir el concepto de longitud de arco de una curva.



Longitud de arco

Sea ~r : [a, b]→ R3 una C1−parametrizacion de una curva seccionalmente regular γ. Consideremosla particion P de [a, b] dada por P = a = t0, t1, t2, . . . , tn = b (recordar que esto implica quea = t0 ≤ t1 ≤ t2 ≤ . . . ≤ tn = b), y pongamos

∆ti = ti − ti−1, i = 1, 2, . . . , n, y sea δ = δ(P) = max1≤i≤n

(ti − ti−1).

Si Pn(δ) es la poligonal que se obtiene al unir los puntos ~r(ti) con ~r(ti+1), i = 0, 1, . . . , n−1, entoncesmientras mas pequeno es δ, mejor aproximamos la longitud de la curva γ mediante la longitud dela poligonal Pn(δ)

`(Pn(δ)) =

n∑i=1

‖~r(ti)− ~r(ti−1)‖ =

n∑i=1

∥∥∥∥~r(ti)− ~r(ti−1)

ti − ti−1

∥∥∥∥ (ti − ti−1)

=n∑i=1

∥∥∥∥~r(ti)− ~r(ti−1)

ti − ti−1

∥∥∥∥∆ti.

Luego, tomando δ → 0 obtenemos que la longitud de la curva γ esta dada por

`(Pn(δ))→ `(γ) =

∫ b

a

∥∥∥∥d~rdt (t)

∥∥∥∥ dt.

Figura 3.11. Aproximacion de la longitud de arco de una curva mediante una poligonal.

DEFINICION 3.2.5 (Longitud de arco de una curva) Sea ~r : [a, b] → R3 una parametrizacion declase C1 de una curva γ seccionalmente simple y regular, entonces la longitud de arco `(γ) de lacurva γ esta dada por la formula

`(γ) =

∫ b

a

∥∥∥∥d~rdt (t)

∥∥∥∥ dt.87 Esta version puede contener errores


OBSERVACION 3.2.6 La definicion de `(γ) es correcta pues no depende de la C1-parametrizacionescogida. En efecto, sean ~r1 : [a, b] → R3 y ~r2 : [c, d] → R3 dos C1-parametrizaciones de una curvaγ simple y seccionalmente regular, entonces por el Teorema 3.2.1 ~r1 y ~r2 son parametricamenteequivalentes. Luego, existe ϕ : [c, d]→ [a, b], una C1-biyeccion creciente, tal que: ~r2 = ~r1 ϕ.∫ d

c

∥∥∥∥d~r2

dt(t)

∥∥∥∥ dt =

∫ d

c

∥∥∥∥ ddt(~r1 ϕ)(t)

∥∥∥∥ dt =

∫ d

c

∥∥∥∥d~r1

dϕ

(ϕ(t)

)· ϕ′(t)

∥∥∥∥ dt=

∫ d

c

∥∥∥∥d~r1

dϕ

(ϕ(t)

)∥∥∥∥∣∣ϕ′(t)∣∣ dt ϕ(c) = a ϕ(d) = b

ξ = ϕ(t) ⇒ dξ = ϕ′(t) dt

=

∫ b

a

∥∥∥∥d~r1

dξ(ξ)

∥∥∥∥ dξ ϕ′(t) = |ϕ′(t)| pues ϕ′ > 0.

EJEMPLO 3.2.9 Calcule la longitud de arco de la curva γ de trayectoria ~r(t) = (t, 2 t2, 3 t − 4),0 ≤ t ≤ 1.

Solucion. Tenemos,

d~r

dt(t) = (1, 4 t, 3) ⇒

∥∥∥∥d~rdt (t)

∥∥∥∥ =√

16 t2 + 10 = 4

√t2 +

(√5

8

)2

.

Ası que conviene realizar una sustitucion trigonometrica. Ponemos

Figura 3.12. Sustitucion trigonometrica para la expresion

√t2 +

√58

2

.

tan θ =t√

58

dt =

√5

8sec2 θ dθ

√t2 +

√5

8

2

=

√5

8sec θ,

Como,

4

∫ √t2 +

√5

8

2

dt = 4

∫5

8sec3 θ dθ

=5

2

(sec θ tan θ −

∫sec θ tan2 θ dθ

)=

5

2

(sec θ tan θ −

∫sec3 θ dθ +

∫sec θ dθ

),

u = sec θ

du = sec θ tan θ dθ

dv = sec2 θ dθ

v = tan θ

tan2 θ = sec2 θ − 1



obtenemos∫sec3 θ dθ =

1

2

(sec θ tan θ +

∫sec θ dθ

)=

1

2

(sec θ tan θ + ln

∣∣ sec θ + tan θ∣∣).

Retornando a la variable t, se sigue que

4

∫ √t2 +

√5

8

2

dt =5

4

(√t2 + 5

8√58

· t√58

+ ln

∣∣∣∣∣√t2 + 5

8 + t√58

∣∣∣∣∣).

Por lo tanto,

`(γ) = 4

∫ 1

0

√t2 +

√5

8

2

dt =5

4

(√t2 + 5

8√58

· t√58

+ ln

∣∣∣∣∣√t2 + 5

8 + t√58

∣∣∣∣∣)∣∣∣∣1

0

=5

4

(√26 · 25

+ ln

∣∣∣∣√26 + 4√10

∣∣∣∣). EJEMPLO 3.2.10 Calcule la longitud de arco de la espiral de la helice Ha,h dada por la trayectoria

~r(θ) =

(a cos θ, a sen θ,

h θ

2π

), θ ∈ [0, 2π].

Solucion. Tenemos,

d~r

dθ(θ) = (−a sen θ, a cos θ,

h

2π

)⇒

∥∥∥∥d~rdθ (θ)

∥∥∥∥ =

√a2 +

(h

2π

)2

.

Figura 3.13. Grafico de un paso de la espiral de una Helice de radio a y altura h.

Luego,

`(Ha,h) =

∫ 2π

0

√a2 +

(h

2π

)2

dθ = 2π ·

√(2aπ)2 + h2

(2π)2=√

(2aπ)2 + h2.

El ejemplo anterior se puede comprobar geometricamente tal como se observa en la figura acontinuacion.



Figura 3.14. Longitud del trozo de Helice de radio basal a que completa un giro hasta completar el primerpaso de altura h.

EJEMPLO 3.2.11 Calcule la longitud de la cicloide γ dada por la trayectoria ~r(θ) = (Rθ −R sen θ,R−R cos θ, 0); θ ∈ [0, 2π].

Solucion. Tenemos,

d~r

dθ(θ) = (R−R cos θ,R sen θ, 0) ⇒

∥∥∥∥d~rdθ (θ)

∥∥∥∥ = R√

(1− cos θ)2 + sen2 θ = R√

2(1− cos θ).

Luego,

`(γ) =√

2R

∫ 2π

0

√1− cos θ dθ = 2R

∫ 2π

0

∣∣∣∣ sen

(θ

2

) ∣∣∣∣ dθ = 2R

(− 2 cos

(θ

2

))∣∣∣∣2π0

= 8R.

Figura 3.15. Cicloide γ: ~r(θ) = (Rθ −R sen θ,R−R cos θ, 0); θ ∈ [0, 2π].

Parametrizacion natural o en longitud de arco

Sea γ una curva simple seccionalmente regular y sea ~r : [a, b] → R3 una C1−parametrizacionde γ. Definamos la funcion:

s : [a, b] →[0, `(γ)

]t → s(t) =

∫ t

a

∥∥∥∥d~rdξ (ξ)

∥∥∥∥ dξ.Entonces s(t) es la longitud de la curva de trayectoria ~r(ξ), ξ ∈ [a, t]. Como s es una C1−biyeccioncreciente, por el teorema de la funcion inversa existe s−1 :

[0, `(γ)

]→ [a, b], que ademas es una

C1− biyeccion creciente.



DEFINICION 3.2.6 (Parametrizacion natural) Con la notacion previa se define la trayectoria

~r0 :[0, `(γ)

]→ R3

s → ~r0(s) = ~r(s−1(s)

)El valor ~r0(s) representa un punto sobre la curva γ a una distancia s del extremo ~r0(a) inicial. ~r0

recibe el nombre de parametrizacion natural (o prametrizacion en longitud de arco) de la curva γ.

OBSERVACION 3.2.7 Notar que ~r0 no depende de la C1−parametrizacion inicial ~r de γ. En efecto,supongamos γ simple y suave, y sean ~r1 : [a1, b1]→ R3 y ~r2 : [a2, b2]→ R3 dos C1-parametrizacionesde γ, entonces ∃ϕ : [a2, b2] → [a1, b1] C1-biyeccion creciente tal que ~r2 = ~r1 ϕ. Por otra parte,∃ s1 : [a1, b1] →

[0, `(γ)

]y s2 : [a2, b2] →

[0, `(γ)

]donde si(t) correponde a la longitud de la

trayectoria ~r : (ξ), ξ ∈ [ai, t]; i = 1, 2 (∴ ∃ s−11 y s−1

2 C1-biyecciones crecientes). Si definimos

~r0 :[0, `(γ)

]→ R3

s → ~r0(s) = ~r1

(s−1

1 (s)) y ~r0 :

[0, `(γ)

]→ R3

s → ~r0(s) = ~r2

(s−1

2 (s))

observamos que~r0(s) = ~r1

(ϕ(s−1

2 (s)))

= ~r1

(s−1

1 (s))

Observar que ~r1 y ~r2 son biyectivas y como ~r2

(s−1

2 (s))

es equivalente a ~r1

(s−1

1 (s)); en ambos casos

s ∈[0, `(γ)

]. Entonces dado ~X ∈ γ, ∃ !s0 ∈

[0, `(γ)

]tal que la curva hasta ~X; γ ~X tiene longitud

Figura 3.16. s−12 (s) = ϕ−1 s−11 (s)

s(s0) = `(γ ~X) =

∫ s0

0

∥∥∥∥ ddξ (~r2 s−12 )(ξ)

∥∥∥∥ dξ=

∫ s0

0

∥∥∥∥ ddξ (~r1 ϕ s−12 )(ξ)

∥∥∥∥ dξ=

∫ s0

0

∥∥∥∥ ddξ (~r1 s−11 )(ξ)

∥∥∥∥ dξ.

T.F.C yd

dξlineal, continua

⇒ ~r1 ϕ s−12 (s0) = s−1

1 (s0)

EJEMPLO 3.2.12 Considere la cicloide γ dada por la trayectoria ~r(θ) = R(θ−sen θ, 1−cos θ, 0); θ ∈[0, 2π]. Calcule su parametrizacion natural.



Solucion. Con la notacion previa se define la trayectoria

s : [0, 2π] →[0, `(γ)

]θ → s(θ) =

∫ θ

0

∥∥∥∥d~rdξ (ξ)

∥∥∥∥ dξ = 4R

(1− cos

(θ

2

)).

Luego, despejando θ en terminos de s = s(θ), obtenemos

1− s

4R= cos

(θ

2

)⇒ 2 arc cos

(1− s

4R

)= θ = s−1(s)

y como

sen(2α) = 2 senα cosα ∧ 1− cos(2α) = 2 sen2 α,

se sigue que

~r0(s) = ~r(s−1(s)

)= R

(2 arc cos

(1− s

4R

)− sen

(2 arc cos

(1− s

4R

)), 1− cos

(2 arc cos

(1− s

4R

)), 0

)= R

(2 arc cos

(1− s

4R

)− 2

√1−

(1− s

4R

)2 (1− s

4R

), 1−

(1− s

4R

)2, 0

); s ∈ [0, 8R].

EJEMPLO 3.2.13 Calcular la parametrizacion natural de la helice Ha,h.

Solucion. Tenemos

s : [0, 2π] →[0, `(Ha,h)

]θ → s(θ) =

∫ θ

0

∥∥∥∥d~rdt (t)

∥∥∥∥ dt =

∫ θ

0

√a2 +

(h

2π

)2

dt =θ

2π

√(2πa)2 + h2

con ~r(θ) =

(a cos θ, a sen θ,

h θ

2π

); θ ∈ [0, 2π]. Luego, despejando θ en terminos de s = s(θ),

obtenemos2πs√

(2πa)2 + h2= θ = s−1(s)

y ası,

~r0(s) = ~r(s−1(s)

)=

(a cos

(2πs√

(2πa)2 + h2

), a sen

(2πs√

(2πa)2 + h2

),

h s√(2πa)2 + h2

); s ∈ [0, `(Ha,h)] .



EJERCICIOS 3.2.2

1. Sean f, g funciones reales de clase C1 en el intervalo [a, b], y sea γ la curva parametrizadapor ~r(t) = (f(t), g(t)) ∈ R2, con t ∈ [a, b].

a) Encuentre la longitud de arco de γ

b) Obtenga una formula para el caso en que x = x e y = f(x), a ≤ x ≤ b.

c) Calcule la longitud de la curva de ecuacion (y + 10)3 = 27x2, 8 ≤ x ≤ 27.

2. Sea f una funcion de clase C1, y sea γ la curva de ecuacion polar r = f(θ), con α ≤ θ ≤ β.Usando el hecho que en coordenadas cartesianas un punto (x, y) ∈ γ se representa en formapolar como (r cos θ, r sen θ):

a) Determine una formula para la longitud de arco de γ

b) Calcule la longitud de la cardiode r = 3(1 + sen θ).

3. Calcule la longitud de arco de la curva determinada por

~r(t) =√

2 t ı+√

2 t + (1− t2) k

desde el punto (0, 0, 1) hasta el punto (√

2,√

2, 0).

4. Halle la longitud de arco de las siguientes curvas:

a) x = 3t, y = 3t2, z = 2t3, desde (0, 0, 0) hasta (3, 3, 2)

b) x = e−t cos t, y = e−t sen t, z = e−t, para t ∈ (0,∞)

c) (x− y)2 − λ(x+ y) = 0, x2 − y2 = 98z

2, λ > 0, desde (0, 0, 0) hasta (a, b, c).


1. a) `(γ) =∫ ba

√(f ′(t))2 + (g′(t))2 dt

b) `(γ) =∫ ba

√1 + (f ′(x))2 dx

c) `(γ) = 13√

13− 16√

2

2. a) `(γ) =∫ βα

√r2 +

(drdθ

)2dθ

b) `(γ) = 24

3. `(γ) =√

2 + ln(1 +√

2)

4. a) `(γ) = 5

b) `(γ) =√

3

c) 34√

2

(3

√3c4

λ + 2 3

√λc2

3

)



3.3. Geometrıa de curvas

Desde ahora en adelante, a fin de simplificar escritura y notacion, nos referiremos a curvas sim-ples y regulares admitiendo que sus parametrizaciones son suaves (C1), en vez de curvas simples yseccionalmente regulares; pues ya hemos visto que los puntos de singularidad no afectan nuestroscalculos.

Sea γ una curva simple y regular y sea ~r : [a, b] → R3 una parametrizacion suave de γ. Enun lenguaje fısico-geometrico la funcion ~r representa la trayectoria que describe el movimiento deuna partıcula a lo largo de la curva γ y [a, b] representa el intervalo de tiempo en que se mueve lapartıcula. La posicion de la partıcula en cualquier instante t esta dada por:

~r(t) = x(t) ı+ y(t) + z(t) k =(x(t), y(t), z(t)

)3.3.1. Vector tangente

DEFINICION 3.3.1 Sea ~r : [a, b] → R3 una parametrizacion suave de una curva simple y regularγ contenida en R3. Si ~v es el vector velocidad asociado a ~r (i.e., ~v = d~r

dt ) y v = ‖~v‖ es su corres-pondiente rapidez, entonces llamamos vector tangente unitario a la curva en t ∈ [a, b] al vectorunitario

T (t) =~v(t)

v(t).

Figura 3.17. El vector velocidad es el vector tangente

OBSERVACION 3.3.1

Notar que si consideramos ~r = ~r0, la parametrizacion en longitud de arco de γ, entonces~r0(s) = ~r s−1(s), donde s(t) corresponde a la longitud de la trayectoria ~r(ξ), ξ ∈ [0, t].

Luego:

~v(s)=d~r0

ds(s)=

d

ds

(~rs−1(s)

)=d~r

ds

(s−1(s)

)(s−1)′(s)=

d~r

ds

(s−1(s)

) 1

s′(s−1(s)

)=d~rds

(s−1(s)

)∥∥d~rds

(s−1(s)

)∥∥ .Por lo tanto,

v(s) = ‖~v(s)‖ = 1 ∧ T (s) =~v(s)

‖~v(s)‖= ~v(s).


Salomon Alarcon Araneda [BORRADOR] 3.3. GEOMETRIA DE CURVAS

Notemos queL : R → R3

t → L(t) = ~r(t0) + v(t0)(t− t0) T (t0),

es la recta que mejor aproxima a la curva γ en torno al punto ~r(t0).

3.3.2. Vector normal y curvatura

Asumamos que ~r(t) denota la posicion de una partıcula en un instante t, donde~r : [a, b] → R3 es una parametrizacion suave de una curva γ simple y regular. Sean ~v(t) repre-sentando la velocidad de la partıcula en el instante t, v(t) = ‖~v(t)‖ su rapidez y ~a(t) su aceleracion;entonces, como ~v(t) = v(t) T (t), se sigue que

~a(t) =d2~r

dt2(t) =

d~v

dt(t) =

d

dt

(v(t) T (t)

)= ~a(t) = v′(t) T (t)︸︷︷︸+ v(t)

dT

dt(t)︸︷︷︸

~aT (t) + ~aN (t)

aceleracion tangente aceleracion normal

Como en una primera aproximacion, la curva γ se parece a una recta de posicion ~r(t0) y direccionT (t0), al estudiar variaciones de la velocidad (la aceleracion) vemos que se produce un cambio demagnitud y/o direccion de la velocidad.

OBSERVACION 3.3.2 Si una partıcula de masa m se mueve sobre una curva γ en R3, la fuerza ~F

que actua sobre ella en el punto ~r(t) ∈ γ se relaciona con la aceleracion por medio de la segundaley de Newton:

~F(~r(t)

)= m~a(t).

En particular, si no actua fuerza alguna sobre una partıcula, entonces~a(t) = 0 y ası ~v(t) es constantey la partıcula se mueve sobre una recta. Por otro lado, cuando usamos la parametrizacion naturalde γ, se tiene que ~aT (s) = 0 y ~a(t) = dT

dt (t) = d~vdt (t), pues en este caso v(t) = 1 y T (t) = ~v(t).

DEFINICION 3.3.2 Sea γ una curva simple y regular contenida en R3 y sea ~r0 :[0, `(γ)

]→ R3 su

parametrizacion natural, la cual asumimos suave. Llamamos curvatura de γ al valor

κ(s) =

∥∥∥∥dTds (s)

∥∥∥∥ s ∈[0, `(γ)

].

Ademas, si κ(s) > 0, llamamos

radio de curvatura al valorR(s) =

1

κ(s)s ∈

[0, `(γ)

],

vector normal unitario al vector ~n por

N(s) = R(s)dT

ds(s) s ∈

[0, `(γ)

].



OBSERVACION 3.3.3 Intuitivamente la curvatura aparece por efecto de la variacion del vector tan-gente. Mientras mas rapida la variacion, mas cerrada sera la curva. Estos conceptos geometricosestan relacionados con medidas en el espacio R3. Por ello conviene establecer una relacion entreellas en terminos de distancia; es decir, con la parametrizacion en longitud de arco.

Figura 3.18. La circunferencia que mejor aproxima a la curva en el punto ~r0(s) es la circunferencia de ra-dio R(s) y centro ~c(s) en el plano definido por N(s) y T (s). En el punto de inflexion el vector normal noesta definido.

DEFINICION 3.3.3 Con la notacion previa, llamamos centro de curvatura a ~c(s) = ~r0 +R(s) N(s).

Ahora surge una pregunta basica:

¿Como podemos obtener la definicion de curvatura y vector normal evitando calcular la parametrizacionnatural?

Sea ~r : [a, b]→ R3 una parametrizacion regular de una curva simple γ de R3.

Sabemos que a cada t ∈ [a, b] le corresponde unico s ∈[0, `(γ)

]tal que t = s−1(s) (s(·) es la

funcion longitud de la curva de la trayectoria desde ~r(a) hasta ~r(t)).

Figura 3.19. Parametrizacion de una curva

Notemos que para ~r0(s) = ~r(s−1(s)

)la parametrizacion natural, el vector tangente es

T (s) =~v(s)

v(s)= ~v(s) =

d~r

ds

(s−1(s)

)∥∥∥∥d~rds(s−1(s))∥∥∥∥ =

d~r

dt(t)

dt

ds(s)∥∥∥∥d~rdt (t)

dt

ds(s)

∥∥∥∥ ,96 Esta version puede contener errores


donde t(s) = t = s−1(s). Comodt

ds(s) > 0 (es un valor real), entonces

T (s) =

d~r

dt(t)∥∥∥∥d~rdt (t)

∥∥∥∥ = T (t) = T(s−1(s)

)∀ s ∈

[0, `(γ)

].

Luego,

dT

ds(s) =

dT

ds

(s−1(s)

)=dT

dt(t)

dt

ds(s) =

dT

dt(t)

ds−1

ds(s) =

dT

dt(t)

ds

dt(t)

,

y como

v(t) =

∥∥∥∥d~rdt (t)

∥∥∥∥ =

∥∥∥∥d~rdt (t)dt

ds(s)

∥∥∥∥ dsdt (t)

=

∥∥∥∥d~rds(s−1(s))∥∥∥∥ dsdt (t)

= v(s)ds

dt(t)

=ds

dt(t),

como se esperaba, pues la rapidez es la variacion de la distancia recorrida c/r al tiempo.

Se sigue que,dT

ds(s) =

1

v(t)

dT

dt(t),

de donde

κ(s) = κ(s(t)

)=

∥∥∥∥dTds (s)

∥∥∥∥ =

∥∥∥∥ 1

v(t)

dT

dt(t)

∥∥∥∥ R(s) =1

κ(s),

y cuando κ(s) > 0, tenemos

N(s) = N(s(t)

)=dT

ds(s)R(s) =

1

v(t)

dT

dt(t)

1

v(t)

∥∥∥∥dTdt (t)

∥∥∥∥/

=

dT

dt(t)∥∥∥∥dTdt (t)

∥∥∥∥ ,ası que

κ(t) :=1

v(t)·∥∥∥∥dTdt (t)

∥∥∥∥, R(t) :=1

κ(t)y cuando κ(t) > 0 N(t) :=

dT


∥∥∥∥ .



Ahora,

¿Por que N se llama vector normal?

Notar qued

ds

∥∥T (s)∥∥2

= 2

⟨T (s),

dT

ds(s)

⟩,

y como T es un vector unitario para cada s, tenemos∥∥T (s)∥∥ = 1 ∀ s ∈

[0, `(γ)

].

Luego, ⟨T (s),

dT

ds(s)

⟩= 0 ∀ s ∈

[0, `(γ)

]κ(s)>0=⇒

⟨T (s), N(s)

⟩=

⟨T (s),

1

κ(s)

dT

ds(s)

⟩=

1

κ(s)

⟨T (s),

dT

ds(s)

⟩= 0.

∴ T (s) ⊥ N(s) ∀ s ∈[0, `(γ)

]tal que κ(s) > 0.

3.3.3. Torsion y vector Binormal

DEFINICION 3.3.4 Sea γ una curva simple y regular y sea ~r0 :[0, `(γ)

]→ R3 su parametrizacion

natural. Llamamos vector binormal al vector:

B(s) = T (s)× N(s) s ∈[0, `(γ)

].

OBSERVACION 3.3.4 Si queremos evitar el calculo de ~r0(s) podemos considerar

B(s) = B(s(t)

)= T

(s(t)

)× N

(s(t)

)= T (s) × N(s)

=

d~r

dt(t)∥∥∥∥d~rdt (t)

∥∥∥∥ ×dT


∥∥∥∥ =1

v(t)/ v(t)

/κ(t)

B(t)

= B(t),

donde ~r : [a, b]→ R3 es una parametrizacion suave de γ.

DEFINICION 3.3.5 Sea ~r(t) =(x(t), y(t), z(t)

), t ∈ [a, b], una trayectoria que define una curva sim-

ple y regular γ; y sea t0 ∈ [a, b] fijo. Entonces(~r(t)− ~r(t0)

)· B(t0) = 0;

(~r(t)− ~r(t0)

)· T (t0) = 0;

(~r(t)− ~r(t0)

)· N(t0) = 0

definen respectivamente los planos osculador, normal y rectificante a γ en ~r(t0).



Figura 3.20. Vectores normal, binormal y tangente a una curva.

¿Por que se llama vector binormal?

Notemos quedB

ds(s) =

dT

ds(s)× N(s) + T (s)× dN

ds(s)

= R(s) · N(s)× N(s) + T (s)× dN

ds(s)

Recordemos que:

(a, b, c)× (c, d, e) =

∣∣∣∣∣∣∣ı k

a b c

c d e

∣∣∣∣∣∣∣ ∧ (f, g, h) ·((a, b, c)× (c, d, e)

)=

∣∣∣∣∣∣∣f g h

a b c

c d e

∣∣∣∣∣∣∣ ,y que si en un determinante, una fila (columna) es multiplo de otra, entonces el determinantes 0.

Luego,

dB

ds(s) = T (s)× dN

ds(s) ∧ d

ds

∥∥B(s)∥∥2

=

⟨B(s),

dB

ds(s)

⟩= 0;

es decir:dB

ds(s) ⊥ T (s) ∧ dB

ds(s) ⊥ B(s)

∴dB

ds(s) // N(s), pues T (s) · dB

ds(s) = T (s) ·

(T (s)× dN

ds(s)

)= 0.

DEFINICION 3.3.6 Sea ~r0 :[0, `(γ)

]→ R3 la parametrizacion natural de una curva γ simple y

regular. Se define la torsion τ de la curva en el punto ~r0(s) como

τ(s) = −⟨dB

ds(s) , N(s)

⟩.

OBSERVACION 3.3.5dB

ds= −τN , donde −τ se interpreta como la tasa natural a la que el vector

binormal “persigue” al vector normal.

TEOREMA 3.3.1 La curvatura de una curva simple y regular γ mas la torsion de ella, determinancompletamente a la curva γ (salvo desplazamientos rıgidos).



3.3.4. Triedro y Formulas de Frenet-Serret

DEFINICION 3.3.7 Dada una curva γ simple y regular de clase C3 sobre sus puntos de curvatura nonula, tenemos la base ortonormal positiva T , N , B, la cual se conoce como triedro de Frenet-Serret(o triedro movil) de la curva.

Las formulas de Frenet-Serret son:

i)dT

ds(s) = κ(s) N(s)

ii)dN

ds(s) = τ(s) B(s)− κ(s) T (s)

iii)dB

ds(s) = −τ(s) N(s) donde γ es una curva simple regular y ~r0 su parametrizacion natural.

OBSERVACION 3.3.6 Todas estas formulas pueden ser deducidas facilmente. Aquı solo mostrare-mos como deducir la formula ii). Notemos que

τ(s) = τ(s(t)

)= −

⟨1

v(t)

dB

dt(t), N(t)

⟩= − 1

v(t)

⟨dB

dt(t) , N(t)

⟩= τ(t).

Luego,dN

ds(s) =

d

ds

(B(s)× T (s)

)=dB

ds(s)× T (s) + B(s)× dT

ds(s)

=(− τ(s) N(s)

)× T (s) + B(s)×

(κ(s) N(s)

)= τ(s) B(s)− κ(s) T (s).

La rotacion matricial para ii) serıa:

d

ds

T

N

B

=

0 κ 0

−κ 0 τ

0 −τ 0

T

N

B

.

EJEMPLO 3.3.1 Considere la helice Ha,h. Encuentre T , N , B, κ, τ, R, ~v, ~a, v.

Solucion. La parametrizacion es ~r(θ) =(a cos θ, a sen θ,

h

2πθ

).

Luego,

~v(θ) =(− a sen θ, a cos θ,

h

2π

); v(θ) =

∥∥~v(θ)∥∥ =

√a2 +

(h

2π

)2

T (θ) =~v(θ)

v(θ)=

2π√(2πa)2 + h2

(− a sen θ, a cos θ,

h

2π

)



κ(θ) =1

v(θ)

∥∥∥∥dT (θ)

dθ

∥∥∥∥ =

(2π√

(2πa)2 + h2

)2 ∥∥∥(− a cos θ,−a sen θ, 0)∥∥∥

=(2π)2 a

(2πa)2 + h2= cte.

~a(θ) = v′(θ) T (θ) + v(θ)dT

dθ(θ) = (−a cos θ,−a sen θ, 0) pues v′(θ) = 0

R(θ) =1

κ(θ)=

(2πa)2 + h2

(2π)2a

N(θ) =

dT

dθ(θ)∥∥∥∥dTdθ (θ)

∥∥∥∥ =(−a cos θ,−a sen θ, 0)

a= −(cos θ, sen θ, 0).

B(θ) = T (θ)× N(θ)

=2π√

(2πa)2 + h2

(− a sen θ, a cos θ,

h

2π

)× (− cos θ,− sen θ, 0)

=2π√

(2πa)2 + h2

∣∣∣∣∣∣∣∣ı k

−a sen θ a cos θ h2π

− cos θ − sen θ 0

∣∣∣∣∣∣∣∣ı

−a sen θ a cos θ

− cos θ − sen θ

=(a cos2 θ k +

h

2πsen θ ı,− h

2πcos θ + a sen2 θ k

)=

2π√(2πa)2 + h2

(h

2πsen θ,− h

2πcos θ, a

)

τ(θ) = − 1

v(θ)

⟨dB

dθ(θ), N(θ)

⟩= − 2π√

(2πa)2+ h2

2π√(2πa)2+ h2

(h

2πcos θ,

h

2πsen θ, a

)(− cos θ,− sen θ, 0

)=

(2π)2√(2πa)2 + h2

h

2π=

2πh√(2πa)2 + h2

= cte.

EJEMPLO 3.3.2 Dada la curva definida por ~r(t) = (t2−1)ı+2 t+(t2+1)k, determine para t = −1:

a) T , N , B, κ, τ.

b) La ecuacion del plano rectificante.

c) La recta tangente.



Solucion. Tenemos ~r(t) =(t2 − 1, 2 t, t2 + 1

). Luego,

~v(t) =d~r

dt(t) =

(2 t, 2, 2 t

)v(t) =

∥∥~v(t)∥∥ = 2

√2 t2 + 1.

T (t) =~v(t)

v(t)=

1√(2 t2 + 1)

(t, 1, t

)

N(t) =

dT

dt(t)∥∥∥∥dT (t)

dt

∥∥∥∥=

1√2 t2 + 1

(1, 0, 1)− 2 t

(2 t2 + 1)32

(t, 1, t)∥∥∥∥ 1√2 t2 + 1

(1, 0, 1)− 2 t

(2 t2 + 1)32

(t, 1, t)

∥∥∥∥=

(1

(2 t2 + 1)32

,−2 t

(2 t2 + 1)32

,1

(2 t2 + 1)32

)∥∥∥∥ 1√

2 t2 + 1(1, 0, 1)− 2 t

(2 t2 + 1)32

(t, 1, t)

∥∥∥∥=

(1

(2 t2 + 1)32

,−2 t

(2 t2 + 1)32

,1

(2 t2 + 1)32

)√

2(2 t2 + 1)

(2 t2 + 1)3

=

(1√

2√

2 t2 + 1,

−2 t√2√

2 t2 + 1,

1√2√

2 t2 + 1

)

B(t) = T (t)× N(t)

=1√

2(2 t2 + 1)

∣∣∣∣∣∣∣∣ı k

t 1 t

1 −2 t 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ı

t 1

1 −2 t

= −k + 2 t2 ı− t + ı+ t − 2 t2 k

=1√

2(2 t2 + 1)

(2 t2 + 1, 0,−(2 t2 + 1)

)=

1√2

(1, 0,−1

)102 Esta version puede contener errores


κ(t) =1

v(t)


∥∥∥∥ =1

2√

2 t2 + 1

√2

(2 t2 + 1)=

1√

2(2 t2 + 1)32

τ(t) = − 1

v(t)

⟨dB

dt(t), N(t)

⟩= 0.

Luego,

a) T (−1) =

(− 1√

3,

1√3, − 1√

3

); N(−1) =

(1√6,

2√6,

1√6

)B(−1) =

(1√2, 0 ,− 1√

2

); κ(−1) =

1√54

=1

3√

6; τ(−1) = 0.

b) El plano rectificante es(~r(t)− ~r(−1)

)· N(−1) = 0, ~r(−1) = (0,−2, 2); ~r(t) =

(x(t), y(t), z(t)

)= (x, y, z).

Luego,(x− 0 , y + 2 , z − 2) · (1 , 2 , 1) = 0;

es decir:x+ 2 y + z + 2 = 0.

c)(x(t), y(t), z(t)

)= ~r(t0) +

d~r

dt(t0)(t− t0

)= (0 , −2 , 2) + (−2 , 2 , −2)(t+ 1)

= (−2 t− 2 , 2 t , −2 t).

EJEMPLO 3.3.3 Pruebe que las unicas curvas con torsion 0 son las curvas planas (curvas que estanen un plano).Solucion.

(⇒) τ = 0 ⇒ dB

ds= 0 (por Frenet-Serret ii))

⇒ B es un vector unitario y constante

B⊥ T ⇒ B · T = 0 ⇒ B · d~rds

= 0 ⇒ d

ds(B · ~r) = 0

⇒ B · ~r es constante

Luego, la curva ~r pertenence a un plano normal a B.

(⇐) ~r es una curva plana⇒ T y N estan siempre en un plano fijo que contiene a la curva.

Como B = T × N es unitario y perpendicular a dicho plano, su direccion es constante; es

decir:dB

ds= 0 en todos los puntos en que N este definido.



EJEMPLO 3.3.4 Usando las formulas de Frenet-Serret, pruebe que

d~r

dt(t)× d2~r

dt2(t) =

(ds

dt(t)

)3

κ(s) B(s).

Solucion.d~r

dt(t)× d2~r

dt2(t) = ~v(t)×

(v′(t) T (t) + v(t)

dT

dt(t)

)= v(t) T (t)×

(v′(t) T (t) + v(t)

dT

dt(t)

)= v(t) T (t)× v′(t) T (t) + v2(t) T (t)× dT

dt(t)

= v2(t)[T (s)× v(t)

dT

ds(s)

]= v3(t)

[T (s)× dT

ds(s)

]= v3(t)κ(s)

[T (s)× N(s)

]= v3(t)κ(s) B(s)

=

(ds

dt(t)

)3

κ(s) B(s).

EJEMPLO 3.3.5 Una curva con curvatura 0 es una recta.

Solucion. κ(t) = 0 ⇔ dT

ds(t) = 0 ⇔ T (t) = cte ∈ R3 y unitario

⇔ d~r

dt(t) = cte ∈ R3 y unitario

⇔ ~r(t) = (a1 t+ b1, a2 t+ b2, a3 t+ b3) ∧∥∥(a1 , a2 , a3)

∥∥ = 1

⇔ la curva es una rectax(t) = a1 t, y(t) = a2 t+ b2, z(t) = a3 t+ b3.

EJEMPLO 3.3.6 Si la torsion de una curva es 0 y su curvatura es constante entonces la curva es unacircunferencia.

Solucion. τ(t) = 0 ∧ κ(t) = cte ⇒ dB

dt(t) = 0 (Frenet-Serret) ∧ κ(t) =

1

v(t)


∥∥∥∥ = cte

⇒ B(t) = cte ∈ R3 ∧ κ(t) = cte ∈ R.Ahora, sea γ la circunferencia dada por

~r(θ) = (a cos θ, a sen θ, 0).

Entonces:~v(θ) =

d~r

dt(θ) = (−a sen θ, a cos θ, 0) ∧ v(θ) =

∥∥∥∥d~rdθ (θ)

∥∥∥∥ = a.

Luego,

T (θ) = (− sen θ, cos θ, 0) ∧ κ(θ) =1

v(θ)·

∥∥∥∥∥dTdθ (θ)

∥∥∥∥∥ =1

a= cte ∈ R.


Salomon Alarcon Araneda [BORRADOR] 3.4. INTEGRAL DE LINEA DE UN CAMPO ESCALAR

Por otra parte,

N(θ) =

dT

dθ(θ)∥∥∥∥dTdθ (θ)

∥∥∥∥ = (− cos θ,− sen θ, 0).

Luego,

B(θ) = T (θ)× N(θ) =

∣∣∣∣∣∣∣∣ı k

− sen θ cos θ 0

− cos θ − sen θ 0

∣∣∣∣∣∣∣∣ = (0, 0, 1) = cte ∈ R3,

y por el Teorema 3.3.1, no queda mas que la curva sea una circunferencia.

EJEMPLO 3.3.7 Si la torsion y la curvatura de una curva son constantes entonces ella es una helice.Solucion. τ(t) = cte ∈ R y κ(t) = cte ∈ R implica (por el teorema) que la curva es una helice, pues

en ese caso la torsion es constante:2πh√

(2πa)2 + h2y la curvatura tambien:

(2π)2a

(2πa)2 + h2.

3.4. Integral de lınea de un campo escalar. Masa y centro de masa

Supongamos que tenemos un alambre ideal con parametrizacion regular ~r : [a, b] → R3. Seaρ(x, y, z) la densidad de masa lineal (suponiendo que es continua) en [gramos/metros]. Una apro-ximacion de la masa serıa:

M ≈n∑i=1

ρ(~r(ti)

)∥∥~r(ti)− ~r(ti−1)∥∥(ti − ti−1)

(ti − ti−1)(∗)

Figura 3.21. Aproximacion de una curva mediante trazos poligonales.

De manera analoga a la longitud de arco, se puede demostrar que si

δ(P) = max1≤i≤n

ti − ti−1 −→n→∞

0, con P = t0 = a < t1 < . . . < tn = b,

entonces la sumatoria (∗) converge a la integral de lınea de ρ sobre γ, ası que

M =

∫γρ ds =

∫ b

aρ(~r(t)

) ∥∥∥∥d~rdt (t)

∥∥∥∥ dt.105 Esta version puede contener errores


DEFINICION 3.4.1 (Integral de lınea de un campo escalar. Masa) Sea γ una curva simple y regu-lar y sea f : Ω ⊆ RN → R una funcion continua; entonces se define la integral de lınea de f sobreγ ⊆ Ω como: ∫

γf ds =

∫ b

af(~r(t)

) ∥∥∥∥d~rdt (t)

∥∥∥∥ dt,donde ~r : [a, b]→ RN es una parametrizacion regular de γ; y dt = d`(γ).En particular, si ρ(x, y, z) = f(x, y, z) representa la funcion densidad de masa de sobre un punto(x, y, z) ∈ γ, γ representando un alambre, cuerda o un resorte, entonces la masa total del alambre,cuerda o resorte esta dada por

M =

∫γρ ds =

∫ b

aρ(~r(t)

) ∥∥∥∥d~rdt (t)

∥∥∥∥ dt.OBSERVACION 3.4.1 La integral de lınea no depende de la parametrizacion regular escogida. Enefecto, consideremos ~ri : [ai, bi]→ RN , i = 1, 2, dos parametrizaciones suaves de γ. Entonces ~r1 esequivalente a ~r2; es decir

∃ϕ : [a2, b2]→ [a1, b1] C1-biyeccion creciente, tal que ~r2 = ~r1 ϕ

Ası, ∫ b2

a2

f(~r2(t)

)∥∥∥∥d~r2

dt(t)

∥∥∥∥ dt =

∫ b2

a2

f(~r1

(ϕ(t)

))∥∥∥∥d(~r1 ϕ)

dt(t)

∥∥∥∥ dt=

∫ b2

a2

f(~r1

(ϕ(t)

))∥∥∥∥d~r1

dϕ

(ϕ(t)

)ϕ′(t)

∥∥∥∥ dt=

∫ b2

a2

f(~r1

(ϕ(t)

))∥∥∥∥d~r1

dϕ

(ϕ(t)

)∥∥∥∥ϕ′(t) dtξ = ϕ(t)

dξ = ϕ′(t) dt = dϕ =

∫ b1

a1

f(~r1

(ξ))∥∥∥∥d~r1

dξ

(ξ)∥∥∥∥ dξ.

EJEMPLO 3.4.1 Un alambre helicoidal (resorte) posee una densidad de masa igual a ρ(x, y, z) =

x2 + y2 + z2 medida en[gr/m

]. ¿Cual es su masa total?

Solucion. La parametrizacion es ~r(θ) = (cos θ, sen θ, θ), θ ∈ [0, 2π]. Luego,

M =

∫γρ ds =

∫ 2π

0ρ(~r(θ)

) ∥∥∥∥d~rdθ (θ)

∥∥∥∥ dθ =

∫ 2π

0

(cos2 θ + sen2 θ + θ2

) ∥∥∥(− sen θ, cos θ, 1)∥∥∥ dθ

=

∫ 2π

0

√2(1 + θ2) dθ =

√2

(θ +

θ3

3

)∣∣∣∣2π0

=√

2

(2π +

8π3

3

)=

2√

2π

3

(3 + 4π2

).

Luego, la masa total solicitada es2√

2π

3

(3 + 4π2

)[gr/m].



3.4.1. Centro de masa de un alambre, cuerda o resorte

Imaginemos por un instante que colocamos masas m1, m2, . . . ,mn respectivamente en los pun-tos x1, x2, . . . , xn del eje x. Representamos esta situacion por n bolas (de masas mi, i = 1, 2, . . . , n)de plasticina sobre una barra (el eje x) ubicadas en ciertas partes de la barra (los puntos xi). Nosinteresa conocer el punto en que la barra se mantiene en equilibrio.

Figura 3.22. Centro de masa en un una barra.

Claramente

x =

∑mi xi∑mi

representa el punto de equilibrio de las masas o centro de masa. Notemos que la formulacion ante-rior conduce a ∑

mi(xi − x) = 0.

Luego, por un principio fısico que se remonta a Newton, podemos asegurar que esta ultima con-dicion implica que no hay tendencia a que la barra gire. Esta idea se puede extender a densidadcontinua y obtener

x =

∫xρ(x) dx∫ρ(x) dx

; ρ densidad de masa lineal.

Mas generalmente:

DEFINICION 3.4.2 (Centro de masa) El centro de masa de un alambre, cuerda o resorte represen-tado por una curva γ ⊆ R3 con densidad lineal continua de masa dada por ρ : Ω ⊆ R3 → R conγ ⊆ Ω se define como el punto (x, y, z) ∈ R3 de coordenadas:

x =

∫γxρ ds∫γρ ds

=1

M

∫γxρ ds ; y =

∫γyρ ds∫γρ ds

=1

M

∫γyρ ds ; z =

∫γzρ ds∫γρ ds

=1

M

∫γzρ ds.

EJEMPLO 3.4.2 Un alambre helicoidal (resorte) posee una densidad de masa igual a ρ(x, y, z) =

x2 + y2 + z2 medida en[gr/m

]. Calcule su centro de masa.



Solucion. Calculemos x :

x =1

M

∫γxρ ds =

3

2√

2π(3 + 4π2)

∫ 2π

0x(θ)ρ

(~r(θ)

) ∥∥∥∥d~rdθ (θ)

∥∥∥∥ dθ=

3

2√

2π(3 + 4π2)

∫ 2π

0cos θ

(cos2 θ + sen2 θ + θ2

) ∥∥∥(− sen θ, cos θ, 1)∥∥∥ dθ

=3√

2

2√

2π(3 + 4π2)

∫ 2π

0cos θ(1 + θ2) dθ

=3

2π(3 + 4π2)

(∫ 2π

0cos θ dθ +

∫ 2π

0θ2 cos θ dθ︸︷︷︸

)I

Ahora, integramos I por partes,

u = θ2 dv = cos θ dθ

du = 2 θ dθ v = sen θ

⇒ I = θ2 · sen θ

∣∣∣2π0− 2

∫ 2π

0θ sen θ dθ,

y nuevamente integrando por partes,

u = θ dv = sen θ dθ

du = dθ v = − cos θ

⇒ I = 2θ cos θ

∣∣∣2π0−∫ 2π

0cos θ dθ = 4π.

Luego,

x =6

(3 + 4π2).

Ahora calculamos y.

y =1

M

∫γyρds =

3

2π(3 + 4π2)

(∫ 2π

0sen θ dθ︸︷︷︸+

∫ 2π

0θ2 sen θ dθ︸︷︷︸

)

− cos θ∣∣∣2π0

I.

Integrando I por partes, se obtiene

u = θ2 dv = sen θ dθ

du = 2 θ dθ v = − cos θ

⇒ I = −θ2 · cos θ

∣∣∣2π0︸︷︷︸

−4π2

+ 2

∫ 2π

0θ cos θ dθ,

y nuevamente integrando por partes,

u = θ dv = cos θ dθ

du = dθ v = sen θ

⇒ I = −4π2 + θ sen θ

∣∣∣2π0−∫ 2π

0sen θ dθ.

Luego,

y =−6π

(3 + 4π2).



Finalmente z:z =

1

M

∫γzρ ds =

3

2π(3 + 4π2)

∫ 2π

0θ(1 + θ2

)dθ

=3

2π(3 + 4π2)

(θ2

2+θ4

4

)∣∣∣∣2π0

=3

2π(3 + 4π2)

(8π2 + 16π4

4

)=

3π(1 + 2π2)

(3 + 4π2).

Por lo tanto, el centro de masa es

(x, y, z) =3

3 + 4π2(2,−6π, π(1 + 2π2)).

EJEMPLO 3.4.3 Supongamos que ρ(x, y, z) = ρ0 =cte y que M =√

2

(2π +

(2π)3

3

). Calcule

(x, y, z), el centro de masa de la curva parametrizada por ~r(θ) = cos θ ı+ sen θ + θ k.

Solucion. Tenemos,

x =1

M

∫γxρ0 ds =

√2 ρ0

M

∫ 2π

0cos θ dθ = 0

y =1

M

∫γyρ0 ds =

√2 ρ0

M

∫ 2π

0sen θ dθ = 0

z =1

M

∫γzρ0 ds =

√2 ρ0

M

∫ 2π

0θ dθ =

3√

2ρ0

2π√

2(3 + 4π2)· 4π2

2=

3 ρ0 π

(3 + 4π2)

Luego(x, y, z) =

(0 , 0 ,

3 ρ0 π

(3 + 4π2)

).

OBSERVACION 3.4.2 En el ejemplo anterior podemos calcular la masa real asociada a ρ = ρ0.Tenemos

M ′ =

∫γρ ds =

∫ 2π

0ρ(~r(θ)

) ∥∥∥∥d~rdθ (θ)

∥∥∥∥ dθ =

∫ 2π

0ρ0

∥∥∥(− sen θ, cos θ, 1)∥∥∥ dθ = 2

√2ρ0 π.

Despejando ρ0, obtenemos

ρ0 =M ′

2√

2π.

De esta forma,

z =1

M ′

∫γzρ0 ds =

√2 ρ0

M ′

∫ 2π

0θ dθ =

√2ρ0

M ′· 2π2 = ρ0 π,

y por lo tanto el centro de masa real es (x, y, z) = (0, 0, ρ0π).



EJERCICIOS 3.4.1

1. Calcule la masa de la curva x = a cos t, y = b sen t, a > b > 0, t ∈ [0, 2π], si su densidadlineal de masa esta dada por ρ(x, y) = |y|.

2. Determine el centro de masa del arco de cicloide

x = a(t− sen t), y = a(1− cos t), t ∈ [0, π]

si su densidad lineal de masa es constante.

3. Calcule la integral de lınea ∫C(x2 + y2 + z2) ds

donde C es la parte de la helice circular

x = a cos t, y = a sen t, z = b t, t ∈ [0, 2π].

4. Calcule ∫Cz ds

donde C es el arco de la curva x2 + y2 = z2, y2 = λx, λ > 0, desde el punto (0, 0, 0) hasta elpunto (λ, λ, λ

√2).

5. Halle el momento polar de inercia (respecto del origen), para la curva γ correspondiente alcontorno del cuadrado max|x|, |y| = C, C > 0.

6. Calcule ∫γ

(x

43 + y

43

)ds

donde γ es el arco de la astroide x23 + y

23 = a

23 , a > 0.


1. M = 2b(b+ a2√

a2−b2 arc sen(√

a2−b2a

))2. (x, y) = 4

3a(1, 1)

3.∫C(x

2 + y2 + z2) ds = 23π(3a2 + 4π2b2)

√a2 + b2

4.∫C z ds = λ2

256√

2

(100√

38− 72− 17 ln(

25+4√

3817

))5. I0 = 32

3 a3

6.∫γ

(x

43 + y

43

)ds = 4 a

73 .


Salomon Alarcon Araneda [BORRADOR] 3.5. INTEGRAL DE LINEA DE UN CAMPO VECTORIAL

3.5. Integral de lınea de un campo vectorial. Trabajo, Flujo y Circulacion

Supongamos que una partıcula se mueve a lo largo de la imagen de una trayectoria ~r (quecorresponde a la parametrizacion de una curva γ) mientras actua sobre ella una fuerza ~F . Unconcepto fundamental es el ”trabajo realizado”por ~F sobre la partıcula conforme traza latrayectoria ~r. Si ~r es un desplazamiento en lınea recta dado por el vector ~d, y ~F es una fuerzaconstante, entonces el trabajo realizado por F al mover la partıcula a lo largo de la trayectoria es~F · ~d = (fuerza) por (desplazamiento en la direccion de la recta).

En el caso de un desplazamineto curvilineo a lo largo de una trayectoria descrita por ~r(t), eltrabajo realizado por un campo vectorial de fuerzas ~F se puede aproximar por

W ≈k∑i=1

~F(~r(ti)

)·(~r(ti)− ~r(ti−1)

)(ti − ti−1)

(ti − ti−1).

Figura 3.23. Campo vectorial de fuerzas

Al igual que antes, si δ(P) = maxi≤i≤k

(ti − ti−1) −→k→∞

0, con P una particion de [a, b], esta sumatoria,

bajo ciertas condiciones, converge a

W =

∫ b

a

~F(~r(t)

)· d~rdt

(t) dt.

DEFINICION 3.5.1 (Integral de lınea de un campo vectorial. Trabajo) Sea γ una curva simple yregular y sea ~F : Ω ⊆ RN → RN una campo vectorial continuo; entonces se define la integral delınea de ~F sobre γ ⊆ Ω como: ∫

γ

~F · d~r =

∫ b

a

~F(~r(t)

)· d~rdt

(t) dt

donde ~r : [a, b]→ RN es una parametrizacion regular de γ.En particular, si ~F representa un campo de fuerzas continuo sobre γ, γ representando un alam-bre, cuerda o un resorte, entonces el trabajo realizado por ~F sobre el alambre, cuerda o resorte,esta dado por

W =

∫γ

~F · d~r =

∫ b

a

~F(~r(t)

)· d~rdt

(t) dt

donde ~r : [a, b]→ R3 es una parametrizacion regular de γ.



OBSERVACION 3.5.1 Como antes, se puede probar que esta integral no depende de la parametri-zacion regular escogida. Sin embargo, sı depende de la orientacion de la curva.

EJEMPLO 3.5.1 Calcule el trabajo del campo ~F : R2 → R2, ~F (x, y) = (3x+ 4 y , 2x+ 3 y2) sobrela circunferencia γ de ecuacion x2 + y2 = 1 recorrida en sentido antihorario respecto de la partepositiva del eje x.

Solucion. Consideramos la parametrizacion de γ, ~r : [0, 2π]→ R2, ~r(θ) = (cos θ, sen θ). Luego,

W =

∫γ

~F · d~r =

∫ 2π

0

~F(~r(θ)

)· d~rdθ

(θ) dθ

=

∫ 2π

0(3 cos θ + 4 sen θ , 2 cos θ + 3 sen2 θ) · (− sen θ , cos θ) dθ

=

∫ 2π

0(−3 cos θ sen θ − 4 sen2 θ + 2 cos2 θ + 3 sen2 θ cos θ) dθ

pero, ∫ 2π

0sen2 θ dθ =

∫ 2π

0cos2 θ dθ = π.

Luego,W = −2π.

DEFINICION 3.5.2 Sea ~r : [a, b]→ R3 una parametrizacion regular de una curva simple y regularγ contenida en el dominio de un campo continuo de velocidades ~F . El flujo a lo largo de la curvadesde a hasta b esta dado por la integral de lınea de ~F sobre γ. Si la curva es cerrada, entonces elflujo es la circulacion a lo largo de la curva.

EJEMPLO 3.5.2 Determine la circulacion del campo ~F = (x−y) ı+x a lo largo de la circunferenciaunitaria recorrida en sentido antihorario.

Solucion. Sea γ la circunferencia unitaria recorrida en sentido antihorario. Consideramos ~r(t) =

(cos t, sen t), t ∈ [0, 2π], y obtenemos ~F (~r(t)) = (cos t− sen t, cos t), de donde∫γ

~F · d~r =

∫ 2π

0(cos t− sen t, cos t) · (− sen t, cos t) dt =

∫ 2π

0(1− sen t cos t) dt = 2π.

EJEMPLO 3.5.3 Sea ~r(θ) = (sen θ, cos θ, θ) , con θ ∈ [0, 2π] y sea ~F (x, y, z) = (x, y, z). Calcule elflujo de ~F a lo largo de la curva determinada por ~r.

Solucion.∫γ

~F · d~r =

∫ 2π

0(sen θ , cos θ , θ) · (cos θ , − sen θ , 1) dθ =

∫ 2π

0θ dθ = 2π2.



OBSERVACION 3.5.2 Otra forma de escribir la integral de trabajo es∫γ

~F · d~r =

∫~r

~F · ds =

∫~r

~F1 dx+ ~F2 dy + ~F3 dz,

donde γ es una curva simple y regular, ~r es una parametrizacion regular de γ, ~F es la fuerza queactua sobre γ y ~F1, ~F2, y ~F3, son las componentes del campo vectorial ~F .

EJEMPLO 3.5.4 Sea ~r :[0, 7π

2

]→ R3, ~r(θ) = (cos3 θ ı+ sen3 θ + θ k). Evalue la integral∫

~rsen z dx+ x

13 dy − (xy)

13 dz.

Solucion. Tenemos,dx

dθ= −3 cos2 θ sen θ ,

dy

dθ= 3 sen2 θ cos θ ,

dz

dθ= 1

sen z = sen θ , x13 = cos θ , (xy)

13 = cos θ · sen θ

Luego,∫~r

(sen z dx+ cos z dy − (xy)

13 dz

)=

∫ 7π2

0sen θ

dx

dθdθ + cos θ

dy

dθdθ − cos θ sen θ

dz

dθdθ

=

∫ 7π2

0

(− 3 cos2 θ sen2 θ + 3 sen2 θ cos2 θ − cos θ sen θ

)dθ

= −∫ 7π

2

0cos θ sen θ dθ

= −(

1

2sen2 θ

) ∣∣∣∣ 7π20

= −1

2.

EJEMPLO 3.5.5 Considere el campo de fuerzas ~F : R3 → R3 dado por ~F (x, y, z) = (x,−y, z). Sea~r(θ) =

(2 cos θ, 2 sen θ, 0

), θ ∈

[0, 2π

]la trayectoria de una curva γ. Calcule el trabajo de ~F sobre

γ. (Notar que γ es cerrada)

Solucion. El trabajo es W =

∫ 2π

0

(2 cos θ,−2 sen θ, 0

)·(− 2 sen θ, 2 cos θ, 0

)dθ = 0.

EJEMPLO 3.5.6 Considere el campo de fuerzas ~F : R3 → R3 dado por ~F (x, y, z) = (x,−y,−z) ysean ~r1(θ) = (cos θ, sen θ, θ); θ ∈ [0, 2π] y ~r2(θ) = (1, 0, θ); θ ∈ [0, 2π], dos trayectorias descri-biendo las curvas γ1 y γ2 respectivamente. (Notar que γ1 y γ2 tienen un mismo punto inicial y unmismo punto terminal). Calcule el trabajo W1 de ~F sobre γ1 y el trabajo W2 de ~F sobre γ2.



Solucion. Tenemos,

W1 =

∫ 2π

0

(cos θ,−2 sen θ, θ

)·(−2 sen θ, cos θ, 1

)dθ =

∫ 2π

0

(− cos θ sen θ− cos θ sen θ+ θ

)dθ = 2π2.

W2 =

∫ 2π

0

(1, 0, θ

)·(0, 0, 1

)dθ =

∫ 2π

0θ dθ = 2π2.

A raız del Ejemplo 3.5.5 surge el siguiente cuestionamiento:

Si la curva es cerrada ¿Es su integral de trabajo igual a 0?

A raız del Ejemplo 3.5.6 surge el siguiente:

Si las curvas γ1 y γ2 tienen el mismo punto inicial y tambien el mismo punto terminal ¿Es la integral detrabajo sobre γ1 igual a la integral de trabajo sobre γ2?

En la siguiente seccion veremos que, bajo ciertas condiciones, las respuestas a estas interrogan-tes son afirmativas.

EJERCICIOS 3.5.1

1. Calcule la integral de lınea ∫C(x2 − 2xy) dx+ (y2 − 2xy) dy,

donde C es la parabola y = x2, con x ∈ [−1, 1], recorrida en el sentido del crecimiento de x.

2. Calcule la integral de lınea ∫γ(y2 − z2) dx+ 2yz dy − x2 dz,

donde la curva γ esta parametrizada por la funcion ~r(t) = (t, t2, t3), para 0 ≤ t ≤ 1, recorri-da en el sentido del crecimiento del parametro.

3. Sea ~F (x, y, z) = (y − z, z − x, x− y) y sea γ la circunferencia x2 + y2 + z2 = a2, y = x tanα,para 0 < α < π, recorrida en sentido antihorario respecto de la parte positiva del eje x.Calcule ∫

γ

~F (x, y, z) · (dx, dy, dz).

4. Calcule el trabajo realizado por la fuerza ~F (x, y, z) = (y−x2) ı+ (z−y2) + (x−z2) k sobrela curva ~r(t) = t ı+ t2 + t3 k, recorrida desde (0, 0, 0) hasta (1, 1, 1).

5. Evalue ∫γ(x2 + y) dx+ (y2 + z) dy + (z2 + x) dz

a lo largo de la curva cerrada γ que resulta de la union de la curvas γ1 : x+z = 1, 0 ≤ x ≤ 1,y = 0; γ2 : x+ y = 1, 0 ≤ y ≤ 1, z = 0; y el cuarto de circunferencia γ3 : y2 + z2 = 1, y ≥ 0,z ≥ 0, x = 0; recorrida de tal modo que la parte exterior de una superficie continua yacotada limitada por esta curva queda a la izquierda de un observador sobre el plano xyque esta a gran distancia del origen.




1.∫C(x

2 − 2xy) dx+ (y2 − 2xy) dy = −1415

2.∫γ(y2 − z2) dz + 2yz dy − x2 dz = 1

35

3.∫γ~F (x, y, z) · (dx, dy, dz) = 2

√2π a2 sen

(π4 − α

)4. W = 29

60

5.∫γ(x2 + y) dx+ (y2 + z) dy + (z2 + x) dz = −4+π

4 .

3.5.1. Funcion Potencial. Campos conservativos

Antes de responder a nuestras preguntas planteadas, introducimos algunos ingredientes nece-sarios.

DEFINICION 3.5.3 Sea Ω un abierto en y sea f : Ω ⊂ RN → R un campo escalar derivable sobreΩ. Entonces la funcion derivada de f se denomina gradiente de f , y se denota por

∇f(~x) =

(∂f

∂x1(~x),

∂f

∂x2(~x), . . . ,

∂f

∂xN(~x)

), ∀~x ∈ Ω.

DEFINICION 3.5.4 Un campo vectorial continuo ~F : Ω ⊂ RN → RN es un campo vectorial gradientesi existe un campo escalar f : Ω→ R de clase C1 tal que ~F = ∇f . En este caso, decimos que f esuna funcion o campo potencial para ~F .

DEFINICION 3.5.5 Sea ~F : Ω ⊆ R3 → R3 un campo vectorial (continuo) y sean γ1 y γ2 dos curvassimples y seccionalmente regulares en Ω con puntos externos comunes. Diremos que la integralde trabajo es independiente de la trayectoria en D si∫

γ1

~F · d~r1 =

∫γ2

~F · d~r2,

donde ~r1 y ~r2 son parametrizaciones secciones regulares de γ1 y γ2 respectivamente.

Una pregunta natural surge:

¿Bajo que condiciones la integral de lınea de un campo vectorial es independiente del camino a lo largo delque se integra, y dependiente solo de los puntos inicial y final de su trayectoria?

OBSERVACION 3.5.3 La definicion anterior tiene sentido si Ω es un conjunto conexo.



DEFINICION 3.5.6 Un conjunto Ω ⊂ RN se denomina conexo por caminos si cada par de puntos enΩ puede ser unido mediante una curva seccionalmente regular totalmente contenida en Ω. Estoes:(∀~P , ~Q ∈ Ω

)(∃~r : [a, b]→RN funcion seccionalmente regular

)(~r(a)= ~P ∧ ~r(b)= ~Q ∧ ~r([a, b])⊂Ω

).

TEOREMA 3.5.1 (Caracterizacion de los conjuntos abiertos conexos en RN ) Sea Ω ⊂ RN unabierto no vacıo. El conjunto Ω es conexo si y solo si es conexo por caminos.

Figura 3.24. Conjuntos conexos y disconexos (no conexos) en RN .

El teorema a continuacion generaliza el Teorema Fundamental del Calculo, y es muy util para elcalculo de integrales de lınea de campos vectoriales que son gradientes de campos escalares; encuyo caso, la integral del campo vectorial gradiente depende solamente de los valores extremos dela curva evaluados en el respectivo campo escalar, obteniendose un criterio para averiguar cuandouna integral de trabajo es independiente de la trayectoria. En efecto, si ~F (x, y, z) = ∇f(x, y, z) don-de f : Ω ⊂ R3 → R, entonces la integral de trabajo de ~F sobre una curva γ totalmente contenidaen Ω esta dada por:

W =

∫γ

~F · d~r =

∫ b

a

~F(~r(t)

)· d~rdt

(t) dt

=

∫ b

a∇f(~r(t)

)· d~rdt

(t) dt

=

∫ b

a

d

dt

(f(~r(t)

))dt

= f(~r(b)

)− f

(~r(a)

)y entonces no interesa conocer con precision quien es γ (ni alguna parametrizacion ~r) sino que solobasta con saber cual es su punto inicial y su punto terminal, y tener que la curva γ posea algunaregularidad (para efectos de integrabilidad).



TEOREMA 3.5.2 Sea Ω ⊆ R3 un conjunto abierto, no vacıo y conexo, y sea f : Ω→ R una funcionde clase C1 (por lo tanto ∇f : Ω → R3 es un campo vectorial continuo). Si γ una curva seccio-nalmente regular en Ω parametrizada por la funcion seccionalmente regular ~r : [a, b] → R3 ,entonces: ∫

γ∇f · d~r = f

(~r(b)

)− f

(~r(a)

).

El teorema previo prueba que la integral de lınea de un campo gradiente (continuo) es inde-pendiente de la trayectoria en Ω y, en particular, el valor de esta integral es cero si la curva escerrada.

TEOREMA 3.5.3 Sea Ω ⊆ R3 un conjunto abierto, no vacıo y conexo, y sea ~F : Ω→ R3 un campovectorial (continuo). Entonces las siguientes tres propiedades son equivalentes:

i) ∃ f : Ω→ R funcion potencial tal que ~F = ∇f .

ii)∫γ

~F · d~r = 0, ∀ γ curva cerrada y seccionalmente regular en Ω.

iii)∫γ1

~F · d~r1 =

∫γ2

~F · d~r2, ∀ γ1, γ2 curvas seccionalmente regular en Ω con puntos extremos

en comun (~r1, ~r2 parametrizaciones regulares de γ1, γ2 respectivamente).

Demostracion.i)⇒ ii) es directo, pues ∃ f funcion potencial tal que ~F = ∇f y ası∫

γ

~F · d~r =

∫γ∇f · d~r = f

(~r(a)

)− f

(~r(b)

)= 0

ii)⇒ iii) Sin perdida de generalidad podemos suponer que ~r1 : [a, b]→ R3 es una parametrizacionregular de γ1 y ~r2 : [−c,−d]→ R3 es una parametrizacion regular de γ2; γ1 +γ−2 es cerrada regular.Ademas, notemos que en general ∫

γ

~F · d~r = −∫γ−

~F · d~r.

Figura 3.25. Curvas con mismo punto inicial y final

Luego, considerando ~r2(−t) = ~r(t), con



~r : [a, c] → R3

t → ~r(t) =

~r1(t) si a ≤ t ≤ b~r2(t) si b ≤ t ≤ c,

obtenemos ~r(a) = ~r(c) y ~r1 seccionalmente regular. Mas aun, ~r es la parametrizacion de la curvaγ1 + γ−2 . Ası, por ii):∫

γ1

~F · d~r1 −∫γ2

~F · d~r2 =

∫γ1

~F · d~r1 +

∫γ−2

~F · d~r2 =

∫γ1+γ−2

~F · d~r = 0.

iii)⇒ ii) Es inmediato; pues podemos escribir

γ = γ1 + γ−2

y aplicamos iii) para obtener ∫γ

~F · d~r = 0.

ii)⇒ i) Definamosf(~r) =

∫γ(~r0,~r)

~F · d~r,

donde ~r0 ∈ Ω es fijo y γ(~r0, ~r) es una curva seccionalmente regular arbitraria en Ω que conecta ~r0

con ~r. Aquı usamos el hecho que ya hemos probado ii)⇔ iii). Veamos que

Figura 3.26.∫γ

~F · d~r =

∫γ

~F · d~r.

∇f(~r) = ~F (~r).

Sea ε > 0 tal que B(~r, ε) ⊆ Ω.

Figura 3.27. Una vecindad sobre γ.



Debemos demostrar quef(~r + λ~h)− f(~r)

λ−→λ→0+

~F (~r) · ~h

Tenemos,D =

1

λ

(∫γ(~r0,~r)[~r,~r+2~h]

~F · d~r −∫γ(~r0,~r)

~F · d~r)

=1

λ

∫γ(~r,~r+λ~h)

~F · d~r.

Parametrizando ~r ∈[~r, ~r + 2~h

]por ~r(t) = ~r + t~h, t ∈ [0, λ]. Luego

D =1

λ

∫ λ

0

~F (~r + t~h) · ~h dt =1

λ~F (~r + ξ~h) · ~hλ/ ∀− ξ ∈ [0, λ],

y como ξ → 0+ cuando λ→ 0+ y F es continua, obtenemos

D −→λ→0+

~F (~r).

DEFINICION 3.5.7 Sea Ω ⊆ R3 un conjunto abierto, no vacıo y conexo, y sea ~F : Ω → R3 uncampo vectorial (continuo). Decimos que ~F es un campo vectorial conservativo si ~F es un campogradiente, esto es: ∃ f : Ω→ R funcion potencial tal que ~F = ∇f .

EJEMPLO 3.5.7 Muestre que todo campo constante es conservativo. En otras palabras, muestreque un campo vectorial

~F (x, y, z) = (a, b, c) ∀(x, y, z) ∈ R3

admite funcion potencial.

Solucion. Consideremos f tal que

∂f

∂x(x, y, z) = a⇒ f(x, y, z) = a x+ ϕ1(y, z),

∂f

∂y(x, y, z) = b⇒ f(x, y, z) = b y + ϕ2(x, y)

y∂f

∂x(x, y, z) = c⇒ f(x, y, z) = c z + ϕ3(x, y).

Entonces considerando f(x, y, z) = a x+ b y + c z, obtenemos que ~F = ∇f es conservativo.

EJEMPLO 3.5.8 Todo campo radial es conservativo. En particular, muestre que

~F (ρ, θ, φ) = ψ(ρ2) ρ ρ ∀(ρ, θ, φ) ∈ (0,∞)× (0, 2π]× (0, π],

donde ψ es una funcion real continua en R, es un campo vectorial conservativo.

Solucion. Las coordenadas esfericas estan dadas por

~v(ρ, θ, φ) = (ρ cos θ senφ, ρ sen θ senφ, ρ cosφ).



Luego,

ρ =

∂~v∂ρ∥∥∥∂~v∂ρ∥∥∥ =

(cos θ senφ, senφ senφ, cos θ)

‖(cos θ senφ, senφ senφ, cos θ)‖= (cos θ senφ, senφ senφ, cos θ).

Se sigue que ~v(ρ, θ, φ) = ρ ρ. Ahora, considerando (x, y, z) = ~v(ρ, θ, φ), tenemos x2 + y2 + z2 = ρ2

y por tanto ~F (x, y, z) = ψ(x2 + y2 + z2)(x, y, z). De esta forma, buscamos f tal que

∂f

∂x(x, y, z) = ψ(x2 + y2 + z2)x⇒ f(x, y, z) = Ψ(x2 + y2 + z2) + ϕ1(y, z),

donde

Ψ(t) =1

2

∫ t

0ψ(s) ds,

∂f

∂y(x, y, z) = ψ(x2 + y2 + z2) y ⇒ f(x, y, z) = Ψ(x2 + y2 + z2) + ϕ2(y, z)

y∂f

∂x(x, y, z) = ψ(x2 + y2 + z2) z ⇒ f(x, y, z) = Ψ(x2 + y2 + z2) + ϕ3(y, z).

Entonces considerando f(x, y, z) = Ψ(x2 + y2 + z2), que en coordenadas esfericas corresponde af(ρ, θ, φ) = ψ(ρ2), obtenemos que ~F es conservativo.

EJEMPLO 3.5.9 ¿Es ~F (x, y, z)=

(1− 1

y+y

z,x

z+x

y2,−xyz2

)un campo conservativo sobre su dominio?

Solucion. Buscamos f tal que

∂f

∂x(x, y, z) = 1− 1

y+y

z⇒ f(x, y, z) = x− x

y+xy

z+ ϕ1(y, z),

∂f

∂y(x, y, z) =

x

z+

x

y2⇒ f(x, y, z) =

xy

z− x

y+ ϕ2(y, z)

y∂f

∂x(x, y, z) = −xy

z2⇒ f(x, y, z) =

xy

z+ ϕ3(y, z).

Entonces considerando f(x, y, z) = x − xy + xy

z , obtenemos que ~F = ∇f es conservativo en elconjunto (x, y, z) ∈ R3 : y 6= 0 ∧ z 6= 0.

DEFINICION 3.5.8 Sea Ω ⊆ RN . Decimos que Ω es convexo si dos puntos cualesquiera de Ω, elsegmento de recta que los une esta totalmente contenido en el conjunto; es decir, si

(∀~x, ~y ∈ Ω) ( la combinacion convexa (1− λ)~x+ λ~y) ∈ Ω) (∀λ ∈ [0, 1]).



PROPOSICION 3.5.1 Bajo las condiciones del teorema anterior, y asumiendo ademas que Ω es unabierto convexo enRN y que ~F es de clase C1 en Ω, entonces las afirmaciones i), ii) y iii) anteriorestambien equivalen a la siguiente:

iv) Para todo i, j = 1, . . . , N se tiene que∂Fi∂xj

=∂Fj∂xi

.

OBSERVACION 3.5.4 Cuando ~F = (P,Q) es un campo vectorial definido en un abierto del planoR2, la condicion iv) de la proposicion anterior significa simplemente que

∂P

∂y=∂Q

∂x.

En el caso de un campo vectorial ~F definido en un subconjunto de R3 conviene tener en cuenta ladefinicion (Vea Ejercicios 3.5.2, 4, al final de esta seccion).

DEFINICION 3.5.9 Sea Ω un abierto de R3 y sea ~F : Ω → R3 un campo vectorial diferenciable enΩ, con ~F = (F1, F2, F3).

Se define el rotor de ~F sobre Ω como el campo vectorial rot ~F , tambien denotado por∇× ~F ,al campo vectorial definido por:

rot ~F (x, y, z) = ∇× ~F (x, y, z) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ı k

∂

∂x

∂

∂y

∂

∂z

F1(x, y, z) F2(x, y, z) F3(x, y, z)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ ∀(x, y, z) ∈ Ω

Si rot ~F = (0, 0, 0) en Ω, decimos que ~F es irrotacional sobre Ω

Si rot ~F 6= (0, 0, 0) en Ω, decimos que ~F es rotacional sobre Ω.

EJEMPLO 3.5.10 Sea Λ ⊂ R2 un abierto conexo que contiene a la bola cerrada B((0, 0), 1), seaΩ = Λ \ (0, 0) y sea ~F : Ω→ R2 definido por ~F (x, y) =

(−y

x2+y2, xx2+y2

). Compruebe que

∂P

∂y=∂Q

∂x

en Ω, y que sin embargo ~F no es un campo gradiente.

Solucion. Aquı P (x, y) = −yx2+y2

y Q(x, y) = xx2+y2

. Luego,

∂P

∂y=−(x2 + y2) + 2y2

(x2 + y2)2=

y2 − x2

(x2 + y2)2∧ ∂Q

∂x=

(x2 + y2)− 2x2

(x2 + y2)2=

y2 − x2

(x2 + y2)2.

Consideremos ahora la curva γ de trayectoria ~r(t) = (cos t, sen t), t ∈ [0, 2π] (la circunferenciaunitaria recorrida una vez en sentido antihorario). Obtenemos∫

γ

~F · d~r =

∫ 2π

0(− sen t, cos t) (− sen t, cos t)dt =

∫ 2π

01 dt = 2π.

Notar que Ω es un abierto conexo en R3 y ~F es continuo en Ω, por lo que el Teorema 3.5.3 esaplicable, y puesto que γ es una curva cerrada y regular para la cual ii) del Teorema 3.5.3 falla,



concluimos que ~F no es un campo gradiente. Notar que esto no contradice a la Proposicion 3.5.1,pues aunque ~F es C1 en Ω, Ω no es convexo enR2, y por lo tanto la proposicion no es aplicable.

EJERCICIOS 3.5.2

1. Calcule∫ (2,3,−4)

(1,1,1)x dx+ y2 dy − z3 dz.

2. Calcule la integral de lınea ∫ (a2,b2,c2)

(a1,b1,c1)

x dx+ y dy + z dz√x2 + y2 + z2

,

donde (a1, b1, c1) pertenece a la esfera x2 + y2 + z2 = R21 y (a2, b2, c2) pertenece a la esfera

x2 + y2 + z2 = R22, con R2 > R1 > 0.

3. Considere el campo gravitacional

~G(ρ, θ, φ) = −mM g ρ

ρ2(ρ, θ, φ) ∈ (0,∞)× (0, 2π]× (0, π]

donde m es la masa de una partıcula que es atraida por una masa M en el origen de R3, guna constante gravitacional, y ρ es la distancia al origen. Si M fuese la masa de la Tierra, ρserıa la distancia al centro de la Tierra y g la constante gravitacional de Newton. Muestreque ~G es un campo conservativo.

4. Muestre que todo campo vectorial conservativo de clase C1 es irrotacional.

5. Muestre que ∫γ(6x+ 2y2) dx+ (4xy − z2) dy − 2yz dz

es independiente de la trayectoria de cualquier curva γ seccionalmente regular en R3, ydetermine su valor para una tal curva con punto inicial (1, 2,−1) y punto terminal (4, 0, 2),

a) Determinando una funcion potencial,b) Determinando una poligonal de lados paralelos a los ejes coordenados.

6. Muestre que el campo vectorial ~F (x, y, z) =(−y

x2+y2, xx2+y2

, z)

es irrotacional, y que sin

embargo no se cumple que∮C~F · d~r = 0, siendo C la circunferencia x2 + y2 = 1 en el plano

xy recorrida en sentido antihorario. ¿Contradice esto al Teorema 3.5.3 y la Proposicion 3.5.1?Justifique su respuesta.


1.∫ (2,3,−4)

(1,1,1) x dx+ y2 dy − z3 dz = −64312

2.∫ (a2,b2,c2)

(a1,b1,c1)x dx+y dy+z dz√

x2+y2+z2= R2 −R1

3. SUG: Proceda como en Ejemplo 3.5.8

4. −5. En ambos casos a) y b) se obtiene

∫γ(6x+ 2y2) dx+ (4xy − z2) dy − 2yz dz = 39.

6. −


Salomon Alarcon Araneda [BORRADOR] 3.6. EL TEOREMA DE GREEN

3.6. El Teorema de Green

A continuacion se enunciaremos un teorema que expresa una integral doble sobre una regionD del plano cartesiano en terminos de una integral de lınea respecto de una curva cerrada γ quecorresponde a la frontera ∂D de la region D recorrida en sentido antihorario. Antes, introducimosel concepto de dominio simplemente conexo, para clarificar una de las hipotesis del teorema.

DEFINICION 3.6.1 Un conjunto Ω ⊂ R2 se denomina simplemente conexo si para toda curva regularcerrada γ contenida en Ω, la region formada por la curva y la region acotada que encierra estantotalmente contenidas en Ω.

TEOREMA 3.6.1 (Teorema de Green para dominios simplemente conexos) Sea D ⊂ R2 una re-gion cuya frontera (o borde) ∂D es una curva simple, cerrada y seccionalmente regular. SeaΩ ⊂ R2 un abierto tal que D ∪ ∂D ⊂ Ω, y sea ~F : Ω → R2 un campo vectorial de clase C1.Entonces, si

~F (x, y) = P (x, y)ı+Q(x, y) = (P (x, y), Q(x, y))

y ∂D es recorrida en sentido antihorario, entonces∮∂D

~F · d~r =

∮∂D

P dx+Qdy =

∫∫D

(∂Q

∂x− ∂P

∂y

)d(x, y).

EJEMPLO 3.6.1 Calcule ∮γ(x2 + y2) dx− xy dy

si γ representa los lados del cuadrado de vertices (1, 0), (0, 1), (−1, 0) y (0,−1) recorrido en sen-tido antihorario.

Solucion. ConsideramosP (x, y) = x2 + y2 ∧ Q(x, y) = −xy

de donde obtenemos que∂Q

∂x− ∂P

∂y= −y − 2y = −3y.

Luego, si ~F (x, y) = (x2 + y2,−xy), entonces∮γ(x2 + y2) dx− xy dy =

∮∂D

~F (x, y) · (dx, dy) (Aquı el parametro es x)

=

∫∫D

(∂Q

∂x− ∂P

∂y

)dy dx (Aquı aplicamos el Teorema de Green PDSC)

= −3

(∫ 0

−1

∫ 1+x

−1−xy dy dx+

∫ 1

0

∫ 1−x

x−1y dy dx

)= −3

2

(∫ 0

−1

((x+ 1)2 − (−(1 + x))2

)dx+

∫ 1

0

((1− x)2 − (−(1− x))2

)dx

)= 0.



Figura 3.28. Region encerrada por los lados del cuadrado de vertices (1, 0), (0, 1), (−1, 0) y (0,−1) recorridosen sentido antihorario.

TEOREMA 3.6.2 (Teorema de Green para dominios multiplemente conexos) Sea D ⊂ R2 unaregion cuya frontera (o borde) ∂D esta constituida por n + 1 curvas simples, cerradas y sec-cionalmente regulares, a saber: γ, γ1, γ2,. . . , γn, tales que:

i) la region encerrada por γ incluye en su interior a cada γi, i = 1, 2, . . . , n,

ii) γi ∩ γj = ∅ si i 6= j,

iii) ninguna de las γi esta contenida en la region encerrada por otra γj .

Si Ω ⊂ R2 es un abierto tal que D ∪ ∂D ⊂ Ω, y ~F : Ω → R2 es un campo vectorial de clase C1 talque

~F (x, y) = P (x, y)ı+Q(x, y) = (P (x, y), Q(x, y))

y ∂D es recorrida en sentido antihorario, entonces∮γ

~F · d~r =

∫∫D

(∂Q

∂x− ∂P

∂y

)d(x, y) +

n∑i=1

∮γi

~F · d~r;

o bien ∮γP dx+Qdy =

∫∫D

(∂Q

∂x− ∂P

∂y

)d(x, y) +

n∑i=1

∮γi

P dx+Qdy;

OBSERVACION 3.6.1

En el teorema anterior todas las curvas involucradas en las integrales estan dadas en senti-do antihorario; esto es: γ, γ1, γ2, . . . , γn estan recorridas en el sentido antihorario usual.

Sea γ una curva recorrida en sentido antihorario, entonces γ− representa la misma curvapero recorrida en sentido horario. Luego, si ~F es un campo vectorial, y ~r es una parametri-zacion de γ, entonces se verifica que∮

γ−

~F · d~r = −∮γ

~F · d~r.



EJEMPLO 3.6.2 Calcule∮γ

−yx2 + y2

dx +x

x2 + y2dy si γ es una curva simple, regular y cerrada,

recorrida en sentido antihorario, y tal que la region que encierra contiene al cırculo unitario.

Solucion. Notar que

~F (x, y) = (P (x, y), Q(x, y)) =

(−y

x2 + y2,

x

x2 + y2

)no es C1 en regiones que contienen al cırculo unitario. Sin embargo, ~F si es C1 enR2\(0, 0). Luego,si a la region D0 encerrada por γ (recorrida en sentido antihorario) le quitamos el cırculo Cε decentro en el origen y radio ε, con 0 < ε < 1 (el cual esta encerrado por la circunferencia γε de centro(0, 0) y radio ε, recorrida en sentido antihorario), entonces obtenemos la region D = D0 \Cε sobrela cual es posible aplicar el Teorema de Green para dominios multiplemente conexos. Obtenemos∮

γ

−yx2 + y2

dx+x

x2 + y2dy =

∫∫D

(∂Q

∂x− ∂P

∂y

)d(x, y) +

∮γε

−yx2 + y2

dx+x

x2 + y2dy.

Ahora, como

∂P

∂y=−(x2 + y2) + 2y2

(x2 + y2)2=−x2 + y2

(x2 + y2)2∧ ∂Q

∂x=

(x2 + y2)− 2x2

(x2 + y2)2=−x2 + y2

(x2 + y2)2,

es decir,∂Q

∂x− ∂P

∂y= 0;

y sobre γε se tiene que x2 + y2 = ε2, obtenemos∮γ

−yx2 + y2

dx+x

x2 + y2dy =

1

ε2

∮γε

−y dx+ x dy.

Ahora, podemos concluir de dos formas diferentes:

Primera forma. Consideramos ~F1(x, y) = (−y, x) y parametrizamos γε de la siguiente forma, po-nemos x = ε cos θ y = ε sen θ; con 0 ≤ θ ≤ 2π; ası que ~r(θ) = (ε cos θ, ε sen θ). Luego,

~F1(~r(θ)) = ε (− sen θ, cos θ) ∧ d~r = ε (− sen θ, cos θ) dθ,

de donde∮γε

−y dx+ x dy =

∫ 2π

0ε (− sen θ, cos θ) · ε (− sen θ, cos θ)dθ = ε2

∫ 2π

0(sen2 θ + cos2 θ) dθ = 2ε2π.

Por lo tanto, ∮γ

−yx2 + y2

dx+x

x2 + y2dy =

1

ε2

∮γε

−y dx+ x dy = 2π.



Segunda forma. Consideramos ~F1(x, y) = (−y, x) = (P1(x, y), Q1(x, y)) y usamos el Teorema deGreen para dominios simplemente conexos. Tenemos(

∂P1

∂y= −1 ∧ ∂Q1

∂x= 1

)⇒ ∂Q1

∂x− ∂P1

∂y= 2.

Luego, ∮γε

−y dx+ x dy =

∫∫Cε

(∂Q1

∂x− ∂P1

∂y

)d(x, y) = 2

∫∫Cε

d(x, y) = 2ε2π

(el area de Cε, que es el cırculo centrado en el origen y de radio ε, es πε2). Se sigue que∮γ

−yx2 + y2

dx+x

x2 + y2dy =

1

ε2

∮γε

−y dx+ x dy = 2π.

EJERCICIOS 3.6.1

1. Calcule el trabajo del campo ~F (x, y) = (2xy − x2, x + y2) sobre la frontera de la superficieencerrada por las curvas y = x2 y x = y2, recorrida en sentido antihorario. Verifique elTeorema de Green PDSC.

2. Evalue∮γ~F ·d~r, donde γ es la elipse 9x2 +4y2 = 36 recorrida en sentido antihorario, donde

~F (x, y) =

(x√

x2 + y2+ 2y,

y√x2 + y2

+ x

).

3. Sea a > 0. Evalue la integral de lınea∮C

−y dx+ (x− a) dy

(x− a)2 + y2

sobre cualquier curva C regular cerrada recorrida en sentido antihorario de forma tal que

a) el punto (a, 0) no pertenezca a la curva ni a la region que ella encierrab) el punto (a, 0) pertenezca a la region encerrada por la curva

4. Sean a>0 y b>0. Calcule el area de la region acotada limitada por la elipse(xa

)2+(yb

)2= 1.

5. Sea a > 0. Halle el area de la region del primer cuadrante acotada por un arco de la cicloide~r(t) = (a t− a sen t, a− a cos t), 0 ≤ t ≤ 2π.

6. Calcule ∮γe−(x2−y2)(cos(2xy) dx+ sen(2xy) dy),

donde γ es la circunferencia x2 + y2 = a2, a > 0, recorrida en sentido antihorario.

7. a) Muestre que el campo vectorial ~F (x, y) = (x3 − 2xy3)ı− 3x2y2 es un campo vectorialgradiente.

b) Evalue∮C~F · d~r, donde C es la curva de trayectoria ~r(t) = (cos3 t, sen3 t), 0 ≤ t ≤ π

2 .




1. W = 130

2.∮γ~F · d~r = −6π

3. a)∮C−y dx+(x−a) dy

(x−a)2+y2= 0

b)∮C−y dx+(x−a) dy

(x−a)2+y2= 2π

4. A = π a b

5. A = 3 a2 π.

6.∮γ e−(x2−y2)(cos(2xy) dx+ sen(2xy) dy) = 0

7. a) f(x, y) = x4

4 − x2y3

b) −14


Capıtulo 4

Superficies en R3

4.1. Superficies en R3

Intuitivamente, una superficie en R3 es una superficie que se puede obtener a partir de unaregion plana que se ha deformado (doblado, enrrollado, empujado, estirado, encogido).

EJEMPLO 4.1.1 Un cırculo en R2, representa una superficie plana en R3.

EJEMPLO 4.1.2 En general, una superficie de R3 no representa la grafica de una funcion real endos variables en la forma z = f(x, y).

Figura 4.1. Una region rectangular deR2 que se ha deformado doblandola para que adquiera forma de una“S”, con ciertas zonas de la superficie paralelas, no tiene la forma z = f(x, y).

EJEMPLO 4.1.3 El manto de un toro.

Figura 4.2. Region rectangular de R2 que se ha deformado dandole la forma de un tubo cilındrico circularrecto y a partir de el, el manto del toro, obtenido al doblar el tubo en torno a un eje, hasta pegar sus extremos.

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CAPITULO 4. SUPERFICIES EN R3 [BORRADOR] Salomon Alarcon Araneda

DEFINICION 4.1.1 (Superficie en R3) Una superficie S enR3 es un subconjunto deR3 para el cualexiste una funcion continua

~Φ : D ⊂ R2 → R3

(u, v) → ~Φ(u, v) = (x(u, v), y(u, v), z(u, v)),

tal que S = ~Φ(D) = Rec(~Φ). La funcion ~Φ se llama parametrizacion o representacion parametrica dela superficie.

OBSERVACION 4.1.1

En general, D se asume como un cerrado y acotado de R2. Ası se asumira a menos que sesenale otra cosa.

En la definicion previa, la funcion ~Φ puede pensarse como una funcion que transforma unaregion plana D ⊂ R2 en una superficie S contenida en el espacio R3.

Un punto P0 = (x0, y0, z0) ∈ R3 pertenece a la superficie S = ~Φ(D) si

∃(u0, v0) ∈ D tal que P0 = ~Φ(u0, v0).

Figura 4.3. Funcion vectorial ~Φ sobre una region D ⊂ R2.

DEFINICION 4.1.2

Un punto ~P0 = (x0, y0, z0) ∈ R3 pertenece a una superficie S = ~Φ(u, v) si existe (u0, v0) ∈D = Dom(~Φ) tal que ~P0 = ~Φ(u0, v0).

El conjunto ~P ∈ R3 : ∃(u, v) ∈ D ⊂ R2 : P = ~Φ(u, v), recibe el nombre de traza de lasuperficie S, con S = ~Φ(D).

Un punto ~P = ~Φ(u, v) de una superficie S parametrizada por ~Φ : D ⊂ R2 → R3 se llamapunto multiple si es imagen de mas de un punto (u, v) ∈ D = D \ ∂D, tal que ~P = ~Φ(u, v).

La superficie S se denomina simple si no tiene puntos multiples. En tal caso, ~Φ es biyectivade D en ~Φ(D).

La superficie S se denomina suave si posee una parametrizacion ~Φ ∈ C1(D,R3). En estecaso, tambien decimos que ~Φ es suave.


Salomon Alarcon Araneda [BORRADOR] 4.1. SUPERFICIES EN R3

OBSERVACION 4.1.2 Tal como con las curvas, es deseable clasificar las superficies en cerradas,orientables y regulares. Para ello, necesitamos algunos elementos previos. Sea S una superficieparametrizada por ~Φ : D ⊂ R2 → R3, con ~Φ suave, y sea (u0, v0) ∈ D un punto que esta fijo.Entonces:

u 7→ ~Φ(u, v0) define una funcion vectorial de variable u (v0 esta fijo) cuya imagen es unacurva suave en R3, y el vector tangente a esta curva en el punto ~Φ(u0, v0) ∈ R3 es

~Tu =∂x

∂u(u0, v0) ı+

∂y

∂u(u0, v0) +

∂z

∂u(u0, v0) k =

∂~Φ

∂u(u0, v0).

De forma analoga, v 7→ ~Φ(u0, v) define una funcion vectorial de variable v (u0 esta fijo) cuyaimagen es una curva suave en R3, y el vector tangente a esta curva en el punto ~Φ(u0, v0) ∈R3 es

~Tv =∂x

∂v(u0, v0) ı+

∂y

∂v(u0, v0) +

∂z

∂v(u0, v0) k =

∂~Φ

∂v(u0, v0).

Como los vectores ~Tu y ~Tv son tangentes a dos curvas contenidas sobre la superficie S =~Φ(D) que contienen al punto ~Φ(u0, v0), entonces ellas deben determinar el plano tangentea la curva en el punto ~Φ(u0, v0). Luego, un vector normal a la superficie S en tal puntoesta dado por

~Tu × ~Tv.

DEFINICION 4.1.3 Consideremos la notacion introducida en la observacion previa. Diremos que:

(u0, v0) ∈ D es un punto singular de ~Φ si ~Tu × ~Tv = 0 en (u0, v0).

(u0, v0) ∈ D es un punto regular de ~Φ si ~Tu × ~Tv 6= 0 en (u0, v0).

~Φ es una parametrizacion regular de S si todos los puntos de su dominio son regulares.

S es una superficie regular si admite una parametrizacion regular.

S es una superficie seccionalmente regular (o regular por trozos) si esta compuesta por una unionfinita de superficies regulares.

OBSERVACION 4.1.3 Si ~Φ es regular en (u0, v0), el vector normal a la superficie S parametrizadapor ~Φ en el punto (u0, v0) esta dada por

~n = ~n(u0, v0) = ~Tu × ~Tv en (u0, v0);

mientras que la ecuacion del plano tangente a S en el punto ~Φ(u0, v0) = (x0, y0, z0) esta dadapor

(x− x0, y − y0, z − z0) · ~n = 0.



OBSERVACION 4.1.4 Si ~Φ es regular en (u0, v0), el vector normal unitario a la superficie S para-metrizada por ~Φ en el punto (u0, v0) esta dada por

n =~n

‖~n‖=

~n(u0, v0)

‖~n(u0, v0)‖=

~Tu × ~Tv

‖~Tu × ~Tv‖=

∂~Φ∂u ×

∂~Φ∂v∥∥∥∂~Φ∂u × ∂~Φ∂v

∥∥∥ en (u0, v0).

Figura 4.4. Parametrizacion de una superficie mediante en R3 a una superficie en el plano R2.

OBSERVACION 4.1.5 Si S es una superficie regular, entonces ~n y n definen funciones continuassobre D; es decir, el campo vectorial de las normales a la superficie S es continuo. En este casodecimos que la superficie S es orientable.

DEFINICION 4.1.4 La frontera de una superficie suave S es el conjunto ∂S consistente de todos lospuntos ~x0 ∈ S para los cuales cada conjunto de la forma

Mε(~x0) = ~x 6∈ S : ‖~x− ~x0‖ < ε

es conexo.

OBSERVACION 4.1.6 En otras palabras, toda vecindad de los puntos de la frontera contiene pun-tos que estan en el conjunto y puntos que no estan en el conjunto.

EJEMPLO 4.1.4 La frontera del casquete esferico superior (o hemisferio superior de la esfera) deradio R, a saber:

(x, y, z) ∈ R3 : z =√R2 − x2 − z2 : x2 + y2 ≤ R2

,

es la circunferencia (x, y, z) : x2 + y2 = R2 ∧ z = 0.

EJEMPLO 4.1.5 La frontera del cilindro (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 = a2 ∧ |z| ≤ 2 esta formada porlas circunferencias C1 = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 = a2 ∧ z = 2, C2 = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 =

a2 ∧ z = −2.

EJEMPLO 4.1.6 La esfera (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 = R2 no tiene frontera.



PROPOSICION 4.1.1 Sea S una superficie suave y sea ~Φ : D ⊂ R2 → R3 una parametrizacionsuave de S. Todo punto de ∂S es imagen de un punto de ∂D por ~Φ, sin embargo, un punto de∂D no necesariamente tiene su imagen sobre ∂S.

EJEMPLO 4.1.7 La funcion

~Φ : [0, 2π]× [−2, 2] → R3

(θ, z) → ~Φ(θ, z) = (a cos θ, a sen θ, z)

es una parametrizacion del cilindro x2 + y2 = a2 acotado por los planos z = 2 y z = −2. Notarque los puntos de la forma (0, z) ∈ R2 y (2π, z) ∈ R2 pertenecen a la frontera ∂D para valores dez tales que |z| ≤ 2; sin embargo, sus imagenes ~Φ(0, z) y ~Φ(2π, z) son puntos que no estan en lafrontera de la superficie S si |z| < 1.

Figura 4.5. Parametrizacion del cilindro x2 + y2 = a2 acotado por los planos z = 2 y z = −2.

DEFINICION 4.1.5 En R3 decimos que una superficie es cerrada si divide el espacio es dos regio-nes, una acotada (interior a la superficie) y otra no acotada (exterior a la superficie).

OBSERVACION 4.1.7 Todas las superficies cerradas regulares en el espacio son orientables respec-to a la direccion escogida como positiva en cada punto. En general, la orientacion positiva es laque se escoge saliendo desde la region acotada hacia su exterior, siguiendo la regla de la manoderecha.

Figura 4.6. Si S es regular, entonces el campo de vectores normales es continuo, y la superficie es orientable.Mas aun, la orientacion de la frontera de la curva que encierra la superficie y el campo de vectores normalesa la superficie se relacionan mediante la regla de la mano derecha.



Los siguientes ejemplos nos ilustran los conceptos anteriores y de paso nos diran que una su-perficie admite mas de una parametrizacion y que incluso puede darse el caso de que la superficietenga puntos singulares para una parametrizacion que son regulares para otra, tal como sucedıaen el caso de las curvas.

EJEMPLO 4.1.8 Muestre que el casquete esferico superior de radio R y centro en el origen es unasuperficie simple, suave, regular y orientable, salvo tal vez un conjunto finito de puntos..

Figura 4.7. Parametrizacion de la superficie de un casquete esferico superior de radio R.

Solucion. Tomando en cuenta que ‖~x‖ = R ∀ ~x ∈ S, podemos considerar una parametrizacionen coordenadas esfericas de la superficie, a saber

~Φ1 :[0, 2π

]×[0, π2

]→ R3

(θ, φ) → ~Φ1(θ, φ) =(R cos θ senφ,R sen θ senφ,R cosφ

).

Observamos ahora lo siguiente:

S es simple. En efecto, ~Φ1 es biyectiva en el interior de su dominio.

S es suave pues ∃ ~Φ1 que es una C1-parametrizacion de S.

S es regular salvo tal vez en (0, 0, R), pues ∃ ~Φ1 que es una parametrizacion regular de Ssalvo en (0, 0, R). En efecto,

~n(θ, φ) = ~Tθ × ~Tφ =∂~Φ1

∂θ(θ, φ)× ∂~Φ1

∂φ(θ, φ)

=(−R sen θ senφ,R cos θ senφ, 0

)×(R cos θ cosφ,R sen θ cosφ,−R senφ

)= R2 senφ

∣∣∣∣∣∣∣∣ρ θ φ

− sen θ cos θ 0

cos θ cosφ sen θ cosφ − senφ

∣∣∣∣∣∣∣∣= R2 senφ

(− cos θ senφ,− sen θ senφ,− cosφ

)= −R senφ

(R cos θ senφ,R sen θ senφ,R cosφ

)= −R senφ (x(θ, φ), y(θ, φ), z(θ, φ)).



Notar que ~n(θ, φ) = ~Tθ × ~Tφ = (0, 0, 0) si y solo si φ = 0. Por otro lado, el unico punto delcasquete esferico superior para el cual φ = 0, es el punto (0, 0, R).

S es orientable. Tiene dos lados, el casquete interior, que contiene a la semibola, y el casqueteexterior, que es lado que “mira” hacia afuera de la semibola. Como −1 ≤ − senφ ≤ 0 para0 ≤ φ ≤ π

2 , el vector normal apunta hacia el lado interior del casquete.

OBSERVACION 4.1.8 No todas las parametrizaciones del casquete esferico superior S de radio Rson regulares en S \ (0, 0, R). En efecto, considerando el casquete esferico determinado por laecuacion

x2 + y2 + z2 = R2 con z ≥ 0⇒ z =√R2 − (x2 + y2), ∀(x, y) ∈ B((0, 0), R),

donde B((0, 0), R) = (x, y) ∈ R2/x2 +y2 ≤ R2, obtenemos su parametrizacion en coordenadasrectangulares:

~Φ2 : B((0, 0), R

)→ R3

(x, y) → ~Φ2(x, y) =(x, y,

√R− x2 − y2

).

Luego,

~n(x, y) = ~Tx × ~Ty =∂~Φ2

∂x(x, y)× ∂~Φ2

∂y(x, y)

=

(1, 0,− x√

R2 − x2 − y2

)×

(0, 1,− y√

R2 − x2 − y2

)

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ı k

1 0 − x√R2−x2−y2

0 1 − y√R2−x2−y2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣=

1√R2 − x2 − y2

(x, y,

√R2 − x2 − y2

)=

1

z(x, y)(x, y, z(x, y)).

Notar que ~n(x, y) esta bien definido si z(x, y) =√R2 − x2 − y2 > 0 y que ~n(x, y) = (0, 0, 0)

si y solo si 1√R2−x2−y2

(x, y,

√R2 − x2 − y2

)= (0, 0, 0). Por lo tanto, la parametrizacion ~Φ2 es

regular en (0, 0, R), pero no esta definida para (x, y, z) ∈ S tal que x2 + y2 = R2, pues en estasituacion se verifica que z(x, y) = 0. Notar tambien que el vector normal exterior en coordenadasrectangulares, apunta hacia el exterior del casquete, mientras que la ecuacion del plano tangentea la superficie S en el punto (x0, y0, z0), en estas coordenadas, esta dado por la ecuacion:

(x− x0, y − y0, z − z0)(x0, y0, z0) = 0,

con z0 =√R2 − x2

0 − y20.



Si una superficie S es orientable, entonces podemos hablar de vector normal ~n exterior a lasuperficie y de vector normal−~n interior a la superficie, segun la orientacion de la superficie que seha escogido como positiva. Luego, podemos distinguir lo que sucede con el vector normal exterior~n de acuerdo a la parametrizacion de la superficie.

DEFINICION 4.1.6 Sea S una superficie orientable, sea ~n el vector normal exterior de acuerdo a laorientacion escogida como positiva, y sea ~Φ una parametrizacion de S. Decimos que:

~Φ preserva la orientacion de S si~Tu × ~Tv

‖~Tu × ~Tv‖= ~n,

~Φ invierte la orientacion de S si~Tu × ~Tv

‖~Tu × ~Tv‖= −~n.

~Φ es equivalente a una parametrizacion ~Φ1 de S si, o bien ambas parametrizaciones preser-van la orientacion de S, o bien ambas invierten la orientacion de S.

EJEMPLO 4.1.9 Las parametrizaciones ~Φ1 y ~Φ2 del casquete esferico superior dadas en el Ejemplo4.1.8 y la Observacion 4.1.8 previos, son tales que ~Φ1 invierte la orientacion y ~Φ2 preserva laorientacion. En ambos casos hemos considerado como cara exterior de la superficie a aquella decontiene a sus planos tangentes.

EJEMPLO 4.1.10 Considere el manto de cono (circular recto) de radio a y altura h. Estudie esta su-perficie considerando parametrizaciones esfericas, cilındricas y cartesianas de ella, con el vectornormal apuntando hacia la parte del espacio que contiene a los planos tangente a la superficie.

Figura 4.8. Cono circular recto de radio a y altura h.



Solucion.

• La parametrizacion en coordenadas esfericas se obtiene observando que

senφ =cat. opuesto a φ

hipotenusa=

a√a2 + h2

,

cosφ =cat. adyacente a φ

hipotenusa=

h√a2 + h2

.

Ası, esta parametrizacion esta dada por

~Φ1 :[0,√a2 + h2

]×[0, 2π

]→ R3

(ρ, θ) → ~Φ1(ρ, θ) =1√

a2 + h2

(a ρ cos θ, a ρ sen θ, ρh

).

• La parametrizacion en coordenadas cilındricas se obtiene observando que

r

z=a

h

y que la proyeccion en el plano xy de la superficie es el cırculo

B((0, 0), a) = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ a2 = (r, θ) ∈ [0, a]× [0, 2π] : r ≤ a.


~Φ2 : [0, a]× [0, 2π] → R3

(r, θ) → ~Φ2(r, θ) =(r cos θ, r sen θ,

rh

a

).

• La parametrizacion en coordenadas rectangulares se obtiene observando que√x2 + y2

z=a

h

y que la proyeccion en el plano xy de la superficie es el cırculo

B((0, 0), a) = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ a2.


~Φ3 : B((0, 0), a) → R3

(x, y) → ~Φ3(x, y) =(x, y,

√x2 + y2

h

a

).

S es simple. En efecto, ~Φ1, ~Φ2 y ~Φ3 son biyectivas en el interior de sus respectivos dominiossobre sus respectivas imagenes.

S es suave, pues ∃ ~Φ1 (o ∃~Φ2) que es suave en D; ~Φ3 no lo es, pues no es diferenciable en elorigen; es decir, el punto (0, 0) es singular para ~Φ3.



S es orientable.

• Vector normal: Como S es orientable, podemos hablar de vector normal exterior e interior.Intuitivamente, el “lado” del manto del cono donde se “observa” el plano tangente, es haciadonde apunta el vector normal exterior al manto. Se chequea que

~n(x, y) = ~Tx × ~Ty

=∂~Φ3

∂x(x, y)× ∂~Φ3

∂y(x, y)

=(1, 0,

h

a

x√x2 + y2

)×(0, 1,

h

a

y√x2 + y2

)

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ı k

1 0 ha

x√x2+y2

0 1 ha

y√x2+y2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= −h

a

x√x2 + y2

ı− h

a

y√x2 + y2

+ k

=1√

x2 + y2

(− h

ax,−h

ay,√x2 + y2

),

que esta apuntando hacia el interior del manto del cono. Por otro lado, en coordenadascilındricas tenemos

~n(θ, r) = ~Tr × ~Tθ

=∂~Φ2

∂r(r, θ)× ∂~Φ2

∂θ(r, θ)

=(

cos θ, sen θ,h

a

)×(− r sen θ, r cos θ, 0

)

= r

∣∣∣∣∣∣∣∣r θ z

cos θ sen θ ha

− sen θ cos θ 0

∣∣∣∣∣∣∣∣= −rh

acos θ r − rh

asen θ θ + r z

=

(− h

ar cos θ,−h

ar sen θ, r

),

que esta apuntando hacia el interior del manto del cono.

Por ultimo, en coordenadas esfericas tenemos



~n(ρ, θ) = ~Tρ × ~Tθ

=∂~Φ1

∂ρ(ρ, θ)× ∂~Φ1

∂θ(ρ, θ)

=1√

a2 + h2

(a cos θ, a sen θ, h

)× 1√

a2 + h2

(− a ρ sen θ, a ρ cos θ, 0

)

=a2ρ

a2 + h2

∣∣∣∣∣∣∣∣ρ θ φ

cos θ sen θ ha

− sen θ cos θ 0

∣∣∣∣∣∣∣∣= − a2ρ

a2 + h2

h

acos θ ρ− a2ρ

a2 + h2

h

asen θ θ +

a2ρ

a2 + h2z

=a2

a2 + h2

(− h

aρ cos θ,− h

aρ sen θ, ρ

),

que esta apuntando hacia el interior del manto del cono.

∴ ~Φi invierte la orientacion, para cada i = 1, 2, 3.

S es regular, excepto en (0, 0, 0).

• Plano tangente: Tenemos,

(x− x0, y − y0, z − z0)

(h

ax0,

h

ay0,−z0

)= 0, con z0 =

√x2

0 + y20.

EJERCICIOS 4.1.1

1. Encuentre la frontera, si existe, de la superficie compuesta por el hemisferio x2+y2+z2 = 1,con z ≤ 0, y el cilindro x2 + y2 = 1, con 0 ≤ z ≤ 1.

2. Encuentre la frontera, si existe, del elipsoide 19x

2 + y2 + 14z

2 = 1

3. Considere la superficie parametrizada por ~Φ : R2 → R3 definida por ~Φ(x, y, z) =

(u cos v, u sen v, u2 + v2). Determine el conjunto donde ~Φ es regular y encuentre la ecua-cion del plano tangente a la superficie en el punto ~Φ(1, 0).

4. Encuentre el plano tangente a la superficie S en R3 parametrizada por (x, y, z) =(u2, u sen ev, 1

3u cos ev)

en el punto (13,−2, 1).

5. Considere la superficie S en R3 parametrizada por ~Φ : [0, 1] × [0, 4π] → R3, (r, θ) 7→~Φ(r, θ) = (r cos θ, sen θ, θ).

a) Indique cual es la superficieb) Encuentre el vector normal unitarioc) Encuentre el plano tangente a la superficie S en el punto (a, b, c)

d) Si (a, b, c) ∈ S, muestre que el segmento de recta horizontal de longitud 1 que va desdeel eje z hasta (a, b, c) pertenece a S y al plano tangente a S en el punto (a, b, c).



6. a) Encuentre una parametrizacion para el hiperboloide S : x2 + y2 − z2 = 25

b) Encuentre el vector normal unitario a S

c) Encuentre el plano tangente a la superficie S en el punto (a, b, c), donde a2 + b2 = 25

d) Muestre que las rectas L1 : (a, b, 0) + (−b, a, 25)t y L2 : (a, b, 0) + (b,−a, 25) pertenecena S y al plano tangente del ıtem c.


1. La frontera es la circunferencia en R3 descrita por: x2 + y2 = 1 ∧ z = 1.

2. No posee frontera.

3. Es regular en R2 \ (0, 0, 0). El plano pedido es z = 2x− 1.

4. 18z − 4y − x = 13.

5. a) Helicoide de dos vueltas

b) ~n = ± 1√1+r2

(sen θ, cos θ, r)

c) b x− a y + (a2 + b2)z = (a2 + b2)c

d) Considere (a, b, c) = (r0 cos θ0, r0 sen θ0, θ0). El segmento de recta serıa (r cos θ0, r sen θ0, θ0) ∈R3 : 0 ≤ r ≤ 1 ∈ S. Luego, representando la recta como

(a t, b t, c) ∈ R3 : 0 ≤ t ≤ 1

a2+b2

y sustituyendo en c) se concluye que pertenece al plano tangente en (a, b, c).

6. a) ~Φ : [0, 2π]×R→ R3, (θ, z) 7→ ~Φ(25 + z2) cos θ, (25 + z2) sen θ, z).

b) ~n = 1√1+4z2

(cos θ, sen θ,−2z)

c) a y + b y = 25

d) SUG: Reemplace en la ecuacion de S y en c).

4.2. Integrales de superficie de campos escalares. Area de una superficie

A modo de motivacion, vamos a introducir el concepto de area de una superficie a traves delcual nos extenderemos a integrales de superficie de forma mas general.

Por simplicidad, supongamos que D es un rectangulo en R2, subdividido en pequenas celdas,de manera que ~Φ(D) = S corresponde a una superficie en R3, tambien dividida en pequenasceldas (asumiendo que ~Φ es regular y que S es simple).


Salomon Alarcon Araneda [BORRADOR] 4.2. INTEGRALES DE SUPERFICIE DE CAMPOS ESCALARES

Figura 4.9. Particion de una superficie parametrizada, con ~Φ(D) = S y ~Φ(Rij) = Sij , dondeRij = ∆ui×∆vj ,siendo ∆ui = ui − ui−1 y ∆vj = vj − vj−1.

Notemos que si δ = maxij∆ui,∆vj es suficientemente pequeno, entonces el area A(Sij) =

A(~Φ(Rij)) es similar al area de una region plana tangente a S.

A(Sij) = ‖∆ui ~Tui ×∆vj ~Tvj‖ = ‖~Tui × ~Tvj‖∆ui ∆vj .

Luego, el area de S es aproximadamente

A(S) ∼m∑j=1

n∑i=1

A(Sij)

=

m∑j=1

n∑i=1

‖~Tui × ~Tvj‖∆ui ∆vj .

Notando que cuando δ → 0, n,m→∞, concluimos que

A(S) =

∫∫D‖~Tu × ~Tv‖ du dv.

DEFINICION 4.2.1 Sea S una superficie simple y regular, y sea ~Φ : D ⊂ R2 → R3 una parametri-zacion regular de S. Se define:

i) El area de una superficie mediante el valor A(S) dado por

A(S) =

∫∫D‖~Tu × ~Tv‖ du dv =

∫∫SdS,

donde ~Tu = ∂~Φ∂u y ~Tv = ∂~Φ

∂v .

ii) Si consideramos un campo escalar g : Ω ⊂ R3 → R continuo en Ω, siendo Ω un abierto quecontiene a S, entonces definimos la integral de superficie del campo escalar g sobre S por∫∫

Dg(~Φ(u, v))‖~Tu × ~Tv‖ du dv =

∫∫Sg dS.



OBSERVACION 4.2.1 Si en la definicion anterior la superficie S posee ecuacion f(x, y, z) = c, y si Des la proyeccion de la superficie S en algun plano coordenado, entonces

dS = ‖~Tu × ~Tv‖ du dv =‖∇f‖|∇f · ~p|

dA

donde ~p es un vector unitario normal a D y∇f · ~p 6= 0. Es decir,∫∫Sg dS =

∫∫Dg(~Φ(u, v))‖~Tu × ~Tv‖ du dv =

∫∫Dg(x, y, z)

‖∇f‖|∇f · ~p|

dA.

EJEMPLO 4.2.1 Determine el area de la superficie asociada a la region acotada del paraboloidex2 + y2 − z = 0, cortada por el plano z = 4.

Solucion. Como la proyeccion en el plano xy corresponde al cırculo x2 + y2 ≤ 4, consideramos~Φ(r, θ) = (x(r, θ), y(r, θ), z(r, θ)), donde

x(r, θ) = r cos θ, y(r, θ) = r sen θ, z(r, θ) = r2.

Luego,

~Tr × ~Tθ =∂~Φ

∂r(r, θ)× ∂~Φ

∂θ(r, θ) =

(cos θ, sen θ, 2r

)×(− r sen θ, r cos θ, 0

)= r

∣∣∣∣∣∣∣r θ z

cos θ sen θ 2r

− sen θ cos θ 0

∣∣∣∣∣∣∣= −r2 cos θ r − 2r2 sen θ θ + r z

=(− 2r2 cos θ,−2r2 sen θ, r

),

de donde‖~Tr × ~Tθ‖ =

√4r4 cos2 θ + 4r4 sen2 θ + r2 = r

√4r2 + 1.

Se sigue que

A(S) =

∫ 2

0

∫ 2π

0r√

4r2 + 1 dθ dr =π

6(4r2 + 1)

32

∣∣∣∣r=2

r=0

=π

6

(17√

17− 1).

EJEMPLO 4.2.2 Determine el area de la superficie de un toro de radio mayor R y radio menor a.

Solucion. Para (θ, φ) ∈ [0, 2π]× [0, 2π] consideramos ~Φ(θ, φ) = (x(θ, φ), y(θ, φ), z(θ, φ)), donde

x(θ, φ) = (R+ a senφ) cos θ, y(θ, φ) = (R+ a senφ) sen θ, z(θ, φ) = a cosφ.



Luego,

~Tθ × ~Tφ =∂~Φ

∂θ(θ, φ)× ∂~Φ

∂φ(θ, φ)

=(− (R+ a senφ) sen θ, (R+ a senφ) cos θ, 0

)×(a cosφ cos θ, a cosφ sen θ,−a senφ

)= (R+ a senφ)

∣∣∣∣∣∣∣∣ρ θ φ

− sen θ cos θ 0

a cosφ cos θ a cosφ sen θ −a senφ

∣∣∣∣∣∣∣∣= (R+ a senφ)

(− a cos θ senφ,−a sen θ senφ,−a cosφ

),

de donde

‖~Tθ × ~Tφ‖ = a (R+ a senφ).

Se sigue que

A(S) =

∫ 2π

0

∫ 2π

0a (R+ a senφ) dθ dφ = 2πa

∫ 2π

0(R+ a senφ) dφ = 4π2aR.

EJEMPLO 4.2.3 Sea f : R2 → R una funcion C1-diferenciable, y sea S la grafica de f . Calcule elarea de S cuando consideramos f : [a, b]× [c, d]→ R.

Solucion. Para (x, y) ∈ [a, b]× [c, d] consideramos ~Φ(x, y) = (x, y, f(x, y)). Luego,

~Tx × ~Ty =∂~Φ

∂x(x, y)× ∂~Φ

∂y(x, y) =

(1, 0,

∂f

∂x

)×(

0, 1,∂f

∂y

)

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ı k

1 0 ∂f∂x

0 1 ∂f∂y

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=

(−∂f∂x,−∂f

∂y, 1

),

de donde

‖~Tx × ~Ty‖ =

√1 +

(∂f

∂x

)2

+

(∂f

∂y

)2

.

Se sigue que

A(S) =

∫ b

a

∫ d

c

√1 +

(∂f

∂x

)2

+

(∂f

∂y

)2

dy dx.



4.2.1. Masa y centro de masa de una superficie

—————————————————————————————————————–Formulas para la masa y el momento de capas muy delgadas

—————————————————————————————————————–

Masa:M =

∫∫Sρ(x, y, z) dS

Primeros momentos con respecto a los planos coordenados:

Myz =

∫∫Sx ρ(x, y, z) dS Mxz =

∫∫Sy ρ(x, y, z) dS Mxy =

∫∫Sz ρ(x, y, z) dS

Centro de masa: (x, y, z)

x =Myz

M, y =

Mxz

M, z =

Mxy

M.


Ix =

∫∫S

(y2 +z2) ρ(x, y, z) dS Iy =

∫∫S

(x2 +z2) ρ(x, y, z) dS Iz =

∫∫S

(x2 +y2) ρ(x, y, z) dS


IL =

∫∫S

(r(x, y, z))2 ρ(x, y, z) dS donde r(x, y, z) es la distancia del punto (x, y, z) a la recta L

Radio de giro con respecto a una recta L:

RL =

√ILM

————————————————————————————————————————

EJEMPLO 4.2.4 Calcule el centro de masa de una capa hemisferica delgada de radio a y densidadconstante ρ = x0.

Solucion. Consideramos la superficie

x2 + y2 + z2 = a2, con z ≥ 0.

Ahora debemos parametrizar la superficie:

x = x

y = y

z =√a2 − x2 − y2



Luego, ~Φ(x, y) = (x, y,√a2 − x2 − y2 ), y ası

~n =∂~Φ

∂x(x, y)× ∂~Φ

∂y(x, y) =

(x√

a2 − x2 − y2,

y√a2 − x2 − y2

, 1

),

de donde

‖~n‖ =

√x2 + y2 + a2 − x2 − y2

a2 − x2 − y2=

a√a2 − x2 − y2

.

Como la proyeccion de la superficie en el plano xy es la region D = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ a,tenemos

M =


= x0

∫∫D‖~n‖ dA

= ax0

∫ 2π

0

∫ a

0

r√a2 − r2

dr dθ

= ax0

∫ 2π

0

(−√a2 − r2

) ∣∣∣∣r=ar=0

dθ

= a2x0

∫ 2π

0dθ

= 2a2x0π.

Notar que si de antemano sabıamos que la superficie de la semiesfera de radio a es 2a2π, en-tonces hubiesemos obtenido de inmediato

M =

∫∫Sρ(x, y, z) dS = x0

∫∫SdS = 2a2x0π.

Ahora, por simetrıa, es claro que x = 0 y que y = 0, por lo cual resta calcular z. Tenemos

Mxy =

∫∫Sz ρ(x, y, z) dS

= x0

∫∫D

√a2 − x2 − y2 ‖~n‖ dA

= ax0

∫ 2π

0

∫ a

0r dr dθ

= ax0

∫ 2π

0

r2

2

∣∣∣∣r=ar=0

dθ

=1

2a3x0

∫ 2π

0dθ

= a3x0π.



Notar que z =√a2 − x2 − y2, y que el area de un cırculo de radio a es a2π, luego, podrıamos haber

obtenido inmediatemente

Mxy =

∫∫Sz ρ(x, y, z) dS = x0

∫∫D

√a2 − x2 − y2 ‖~n‖ dA = x0

∫∫Dz·azdA = ax0

∫∫DdA = a3x0π.

En conclusion, el centro de masa esta en el punto(0, 0, a2

).

EJEMPLO 4.2.5 Calcule la masa de la porcion del plano x + y + z = 1 en el primer octante si ladensidad de area en un punto (x, y, z) cualquiera en la superficie es k x2

[kgm2

], donde k es una

constante.

Solucion. Consideramos la superficie

x+ y + z = 1, con x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0.

Ahora debemos parametrizar la superficie:

x = x

y = y

z = 1− x− y

Luego, ~Φ(x, y) = (x, y, 1− x− y ), y ası

~n =∂~Φ

∂x(x, y)× ∂~Φ

∂y(x, y) = (1, 1, 1) ,

de donde‖~n‖ =

√3.

Como la proyeccion de la superficie en el plano xy es la region D = (x, y) ∈ R2 : x+ y = 1 : x ≥0 : y ≥ 0, tenemos

M =


= k

∫∫Dx2‖~n‖ dA

= k√

3

∫ 1

0

∫ 1−x

0x2 dy dx

= k√

3

∫ 1

0(1− x)x2 dx

= k√

3

(x3

3− x4

4

) ∣∣∣∣x=1

x=0

= k√

31

12.

Por lo tanto la masa esta dada por1

12k√

3[kg].



EJERCICIOS 4.2.1

1. Sea S la parte acotada del paraboloide z = 1−x2−y2, ubicada sobre el plano xy. Determinesu area.

2. Determine el area de la cubierta del hemisferio x2 + y2 + z2 = 2, z ≥ 0, cortada por elcilindro x2 + y2 = 1.

3. Calcule el area de un helicoide de radio a y altura de paso h.

4. Sea f : R3 → R el campo escalar definido por

f(x, y, z) =

1− x2 − y2 − z2 si x2 + y2 + z2 ≤ 1

0 si x2 + y2 + z2 > 1.

Calcule F(t) =∫∫S f dS si S es la superficie x+ y + z = t.

5. Sean S1 la esfera de ecuacion x2 + y2 + z2 = a2 y S2 la superficie del octaedro, inscrito en laesfera, |x|+ |y|+ |z| = a. Si

I1 =

∫∫S1

(x2 + y2 + z2) dS1 ∧ I2 =

∫∫S2

(x2 + y2 + z2) dS2.

¿Cual es es el valor de I1 − I2?

6. Halle la masa de la semiesfera x2 + y2 + z2 = a2, z ≥ 0, cuya densidad de masa en cadapunto es ρ(x, y, z) = z

a .

7. Halle el centro de masa de la superficie homogenea z =√x2 + y2 recortada por la superfi-

cie x2 + y2 = ax.

8. Halle los momentos polares de inercia de las siguientes superficies S:

a) la superficie del cubo max|x|, |y|, |z| = a

b) la superficie total del cilindro x2 + y2 ≤ R2, 0 ≤ z ≤ h.

9. Sea f : [a, b]→ R una funcion de clase C1 en [a, b], y seanRf y Sf las superficies obtenidas alhacer girar la curva y = f(x), x ∈ [a, b], en torno al eje x y en torno al eje y respectivamente.Calcule las areas A(Rf ) y A(Sf ) considerando f ≥ 0, y b > a ≥ 0.


1. π6 (5√

5− 1)

2. 2π(2−√

2)

3. h2

4π

(2πah

√1 + (2πa

h )2 + ln∣∣∣2πah +

√1 + (2πa

h )2∣∣∣)

4. F(t) = π18(3− t2)2

5. I1 − I2 = (4π − 2√

3)a4



6. πa2

7. (x, y, z) =(a2 , 0,

169πa)

8. a) 40 a4

b) πR(R(R+ h)2 + 2

3h3)

9. A(Rf ) = 2π∫ ba f(x)

√1 + (f ′(x))2 dx y A(Sf ) = 2π

∫ ba x√

1 + (f ′(x))2 dx

4.3. Integrales de superficie sobre campos vectoriales. Flujo

Para motivar esta seccion, imaginemonos una placa metalica que recibe calor por una cara yfrıo por la otra. La temperatura en cada punto de la placa produce un campo escalar T (x, y, z)

de temperatura. El fluido real del calor se puede representar con flechas indicando la direcciony magnitud del flujo de calor. La energıa o campo vectorial del flujo de calor esta dado por J =

−κ∇T , donde κ > 0 es la constante de conductividad del calor. El calor fluye de zonas calientes azonas frıas, pues −∇T apunta en la direccion hacia donde la temperatura T decrece.

EJEMPLO 4.3.1 El movimiento giratorio se describe mediante el campo vectorial

~F (x, y) = −y ı+ x .

EJEMPLO 4.3.2 El movimiento circular del agua tal como ocurre cuando se quita un tapon de unrecipiente se describe aproximadamente por el campo vectorial

V (x, y) =y

x2 + y2ı− x

x2 + y2.

¿Como podemos calcular el flujo de un campo vectorial ~F sobre una superficie?

Consideremos un fluido sometido a un campo de velocidades y sea S una superficie inmersa en elflujo, con parametrizacion ~Φ. La cantidad ~F (~Φ) · n(~Φ) representa la velocidad perpendicular a lasuperficie S en el punto de ~Φ.

Ası, en un pequeno lapso de tiempo ∆t el volumen de lıquido que atraviesa un elemento desuperficie ∆A = ∆u∆v es:

∆V ∼ ~F (~Φ) ∆t∆A.

Como∆A ∼ ‖~Tu × ~Tv‖∆u∆v

obtenemos∆V

∆t∼ ~F (~Φ(u, v)) · n(~Φ(u, v))

∥∥∥∥∥∂~Φ∂u × ∂~Φ

∂v

∥∥∥∥∥ ∆u∆v = ~F (~Φ(u, v)) · (~Tu × ~Tv) ∆u∆v.

Entonces la variacion del volumen total en S esta dada por la suma de todas las contribuciones delelemento ∆A, a saber ∑

∆u

∑∆v

∆V

∆t−→

∆u,∆v→0

∫∫S

~F · n dS.


Salomon Alarcon Araneda [BORRADOR] 4.3. INTEGRALES DE SUPERFICIE SOBRE CAMPOS VECTORIALES

DEFINICION 4.3.1 Sea ~F : Ω ⊂ R3 → R3 un campo vectorial y sea S ⊂ Ω una superficie regulary orientable (segun el campo de vectores normales ~n : S → R3). Entonces la integral de superficiedel campo vectorial ~F a traves de la superficie S es igual al valor de la siguiente integral:∫∫

S

~F · n dS.

La integral previa tambien recibe el nombre de flujo de ~F a traves de la superficie S cuando ~F

representa un campo de velocidades.Mas generalmente, si ~F es un campo de velocidades de un fluido sobre una superficie S seccio-nalmente regular y orientable; es decir, S = S1 ∪ S2 ∪ . . . ∪ Sk, donde Si, i = 1, 2, . . . , k, es unasuperficie regular y orientable; y Si ∩ Sj , i 6= j, no es una superficie. El flujo de ~F a traves de S a laintegral de superficie dada por∫∫

S

~F · n dS =k∑i=1

∫∫Si

~F · ni dSi,

donde ni representa representa el vector normal a la superficie Si, de acuerdo la orientacion dela superficie S.

OBSERVACION 4.3.1 Notar que si S es una superficie suave y orientable, y ~Φ(u, v) es una para-metrizacion de S que preserva su orientacion, entonces∫∫

S

~F · d~S =

∫∫D

~F (~Φ(u, v)) · ~n(u, v) du dv

=

∫∫D

~F (~Φ(u, v)) ·

(∂~Φ

∂u× ∂~Φ

∂v

)du dv

=

∫∫D

~F (~Φ(u, v)) ·(∂~Φ∂u ×

∂~Φ∂v )∥∥∥∂~Φ∂u × ∂~Φ∂v

∥∥∥∥∥∥∥∥∂~Φ∂u × ∂~Φ

∂v

∥∥∥∥∥ du dv=

∫∫S

~F · n dS

Notar tambien que dS mide en unidades de area en S (S pertenece al espacio xyz), y traducidoen terminos de ~Φ(u, v) corresponde a ‖~n(u, v)‖ du dv que mide en unidades de area en D (D es lasuperficie parametrizada, y pertenece al plano uv). Luego,∫∫

S

~F · d~S =

∫∫S

~F · n dS.

En algunos libros, como el de Thomas y Finney, la notacion para dS es dσ; mientras que otrosautores usan la notacion dA en vez de dS, en el sentido que en este contexto A = A(S).



EJEMPLO 4.3.3 Calcule el flujo del campo ~F (x, y, z) = x2 ı + yx + zx k a traves de la superficietriangular de vertices (1, 0, 0), (0, 2, 0) y (0, 0, 3) orientada segun n con componente z positiva.

Solucion. La ecuacion del plano se obtiene de la siguiente forma. Consideramos los puntos dos ados en los planos x = 0, y = 0 y z = 0, y obtenemos las respectivas rectas contenidas en ellos

3y + 2z = 6 , 3x+ z = 3 , 2x+ y = 2.

Multiplicando cada ecuacion previa por convenientes escalares, obtenemos:

3y + 2z = 6 , 6x+ 2z = 6 , 6x+ 3y = 6,

de donde obtenemos la ecuacion del plano que contiene a la superficie triangular, a saber:

6x+ 3y + 2z = 6.

Notar que proyectando al plano z = 0 (plano xy), vemos que la region de integracion esta dadapor

D = (x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1 : 0 ≤ y ≤ 2− 2x.

Ası, a partir de la ecuacion del plano, podemos considerar la parametrizacion ~Φ(x, y) = (x, y, 3 −3y2 − 3x), con (x, y) ∈ D. Tenemos,

~n = ~Tx × ~Ty =∂~Φ

∂x× ∂~Φ

∂y=(1, 0,−3

)×(

0, 1,−3

2

)=

∣∣∣∣∣∣∣∣ı k

1 0 −3

0 1 −32

∣∣∣∣∣∣∣∣ =

(3,

3

2, 1

),

con componente z > 0, de donde∫∫S

~F · n dS =

∫∫D

~F · ~n dx dy =

∫ 1

0

∫ 2−2x

0

~F (~Φ(x, y)) · ~n dy dx

=

∫ 1

0

∫ 2−2x

0

(x2, yx,

(3− 3y

2− 3x

)x

)·(

3,3

2, 1

)dy dx

=

∫ 1

0

(3x2 +

3

2xy + 3x− 3

2xy − 3x2

)dx

=

∫ 1

03x(2− 2x) dx

= 1.

EJEMPLO 4.3.4 Determine el flujo de ~F (x, y, z) = yz +z2 k a traves de la superficie S del cilindroy2 + z2 = 1, z ≥ 0, cortada por los planos x = 0 y x = 1.


Salomon Alarcon Araneda [BORRADOR] 4.3. INTEGRALES DE SUPERFICIE SOBRE CAMPOS VECTORIALES

Solucion. Sobre D = (x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1 : −1 ≤ y ≤ 1, el rectangulo correspondiente a laproyeccion sobre el plano xy de la parte del cilindro indicada en el enunciado, definimos

~Φ(x, y) = (x, y, z(x, y)),

donde x = x, y = y y z =√

1− y2, pues z ≥ 0 y, desde la ecuacion del cilindro, y2 + z2 = 1. Esfacil chequear que

~n = ~Tx × ~Ty =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ı k

1 0 0

0 1 − y√1−y2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ =

(0,

y√1− y2

, 1

),

de donde∫∫S

~F · n dS =

∫∫D

~F · ~n dx dy =

∫ 1

0

∫ 1

−1

~F (~Φ(x, y)) · ~n dy dx

=

∫ 1

0

∫ 1

−1(0, y

√1− y2, 1− y2) ·

(0,

y√1− y2

, 1

)dy dx

=

∫ 1

−1

∫ 1

1

(y2 + 1− y2

)dx dy

=

∫ 1

−1

∫ 1

0dx dy

= 2.

EJERCICIOS 4.3.1

1. Calcule∫∫S~F ·d~S si ~F (x, y, z) = x ı+y2 +z k, y S es el triangulo determinado por el plano

x+y+z = 1 y los planos coordenados, sabiendo que el vector normal ~n posee componentez positiva.

2. Calcule∫∫S~F · d~S si ~F (x, y, z) = x ı + y2 + zk, y S es la superficie seccionalmente suave

conformada por S1 = (x, y, z) ∈ R3 : z = 1− x2 − y2 ≥ 0; S2 = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 =

1 : −1 ≤ z ≤ 0, y S3 = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ 1 : z = −1, con el vector normalapuntando hacia afuera.

3. Calcule∫∫S~F · d~S donde ~F (x, y, z) = xy ı − x2 + (x + z) k y S es la porcion del plano

2x+ 2y + z = 6 que se encuentra en el primer octante, y ~n apuntando hacia arriba.

4. Calcule el flujo del campo electrico ~E(ρ, θ, φ) = q ρ4π ε0 ρ2

, donde ε0 es la constante dielectrica,debido a una carga constante q ∈ R puesta en:

a) la superficie de la esfera de centro en el origen y radio R, orientada segun el vectornormal exterior

b) la superficie del plano z = h orientado segun la normal superior k.

5. Calcule el flujo del campo vectorial ~F (x, y, z) = −k a traves de la superficie del cono x2 +

y2 = z2, z ≥ 0, x2 + y2 ≤ 1, orientada segun el vector normal exterior.




1. 512

2. 3π

3. 274

4. a) qε0

b) q2ε0

5. π. SUG: Realice este ejercicio con una parametrizacion cartesiana (rectangular), luego conuna cilındrica, y finalmente con una esferica. Compare sus desarrollos.

4.4. Teorema de Stokes

El Teorema de Stokes nos dara una relacion muy importante entre una intergal de trabajo y unaintegral de flujo, donde el flujo esta descrito por un rotacional.

OBSERVACION 4.4.1 Si un campo ~F representa el flujo de ciertas partıculas de un fluido, entoncesel hecho que rot(~F ) = 0 fısicamente significa que las partıculas del fluido no rotan (son irrota-cionales), es decir, el fluido puede sufrir traslaciones y distorsiones, pero no posee remolinos.Informalmente, esto significa que si colocamos en el fluido una pequena rueda con aspas, esta semovera en el fluido pero no girara alrededor de su eje.

EJEMPLO 4.4.1 El campo de velocidades

~F (x, y, z) =y ı− x x2 + y2

es irrotacional. Una pequena rueda con aspas moviendose en el fluido no girara alrededor de sueje ω.

Figura 4.10. Una pequena rueda con aspas moviendose en el fluido no girara alrededor de su eje ω.


Salomon Alarcon Araneda [BORRADOR] 4.4. TEOREMA DE STOKES

EJEMPLO 4.4.2 El campo de velocidades

~F (x, y, z) = y ı− x

es rotacional. Una pequena rueda con aspas moviendose en el fluido girara alrededor de su ejeω.

TEOREMA 4.4.1 (Teorema de Stokes) Sea S ⊂ R3 una superficie seccionalmente regular, luego Ses orientable en cada seccion cuya frontera es una curva simple cerrada y regular, orientada deacuerdo a la orientacion de ∂S (es decir, se satisface la regla de la mano derecha respecto a ~n).Sea ~F : Ω→ R3 un campo vectorial de clase C1 sobre Ω, con (S ∪ ∂S) ⊂ Ω. Entonces,∫∫

S(∇× ~F ) · d~S =

∮∂S

~F · d~r.

OBSERVACION 4.4.2 La siguiente situacion ilustra por que el rotacional esta asociado con rotacio-nes. Consideramos un cuerpo Ω girando alrededor del eje z. El movimiento rotacional se puededescribir mediante un vector ~ω en el eje z, y la direccion se considera siguiendo la regla de lamano derecha. Si ω = ‖~ω‖ es la longitud del vector ~ω, ~v = ~ω × ~ρ, α = dist(Q, eje z) = ‖~ρ‖ senφ =

ρ senφ, con ρ = ‖~ρ‖, y ‖~v‖ = ω α = ω ρ senφ, entonces

~v = ~ω × ~ρ = −ω y ı+ ω x = ω(−y, x, 0),

donde ~ω = ω k y ~ρ = xı+ y+ zk. Mas aun,

rot~v =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ı k

∂∂x

∂∂y

∂∂z

−ωy ωx 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 2ωk = 2~ω.

Por lo tanto, para la rotacion de un cuerpo rıgido el rotacional del campo vectorial es un campovectorial dirigido paralelo al eje de rotacion con magnitud igual al doble de la rapidez angular.

Figura 4.11. El rotacional esta asociado a rotaciones.



NOTACION 4.4.1 Conviene tener en cuenta la notacion

rot ~F = ∇× ~F

Por esta razon, podemos escribir∫∫Srot ~F · d~S =

∫∫S

(∇× ~F ) · d~S

=

∫∫Srot ~F · n dS =

∫∫S

(∇× ~F ) · n dS.

Ademas, en varios textos se usa escribir en negrita una expresion cuando esta es vectorial. Ası,es usual ver en algunos textos la siguiente notacion:

~F = F

d~S = dS

d~r = dr (o bien d~s = ds)

~n = n (aunque en algunas ocasiones se hace referencia a que este es el vector normalunitario)

De esta forma, en el texto de Thomas y Finney, el Teorema de Stokes se expresa con la siguientenotacion ∫∫

S(∇× F) · n dσ =

∮CF · dr,

aquı n es normal unitario, dσ = dS y C = ∂S es recorrida en sentido antihorario.

En muchas ocasiones, si el contexto no es ambiguo, tambien se suele suprimir un sımbolo integralen la integral de superficie, como en el libro de Marsden y Tromba, donde el Teorema de Stokesse escribe con la notacion ∫

S(∇× F) · dS =

∮∂S

F · ds.

EJEMPLO 4.4.3 Sean ~E : [0,∞) × R3 → R3, (t, x, y, z) 7→ ~E(t, x, y, z) y ~H : [0,∞) × R3 → R3,(t, x, y, z) 7→ ~H(t, x, y, z), con ~H de clase C1, representando respectivamente un campo magneticoy un campo electrico en el tiempo t, sobre una superficie S, entonces, de acuerdo a la teorıa deelectromagnetismo ∇ × ~E = −∂ ~H

∂t donde ∇ × ~E se calcula manteniendo t fijo; y ∂ ~H∂t se calcula

manteniendo x, y, z constantes. De esta forma, si S es una superficie que verifica las hipotesis delTeorema de Stokes, se obtiene la Ley de Faraday∮

∂S

~E · d~r =

∫∫S

(∇× ~E) · d~S = −∫∫

S

∂ ~H

∂t· d~S = − ∂

∂t

∫∫S

~H · d~S.

Aquı∮∂S

~E · d~r representa el voltaje alrededor de ∂S y∫∫S~H · d~S el flujo de ~H o flujo magnetico. Si

∂S fuese un alambre, una corriente fluirıa en proporcion a este voltaje. En otras palabras, la Leyde Faraday dice que el voltaje inducido en un circuito cerrado es igual al negativo de la tasa decambio de flujo magnetico a traves de una superficie con el circuito como borde.



EJEMPLO 4.4.4 Usando el teorema de Stokes, evalue∫∫S(∇× ~F ) · n dS, donde ~F (x, y, z) = ((1−

z)y, zex, x sen z), S es el hemisferio z =√a2 − x2 − y2, y n tiene positiva la componente z.

Solucion. Claramente se satisfacen las condiciones para aplicar el Teorema de Stokes. Luego, no-tando que ∂S = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 = a2 : z = 0, podemos escoger la parametrizacion querecorre ∂S en sentido antihorario:

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

Tenemos,~F (~r(θ)) = (a sen θ, 0, 0) y d~r = (−a sen θ, a cos θ, 0)dθ.

De esta forma, ∫∫S

(∇× ~F ) · n dS =

∮∂S

~F · d~r

=

∫ 2π

0(a sen θ, 0, 0) · (−a sen θ, a cos θ, 0) dθ

= −∫ 2π

0a2 sen2 θ dθ

= −a2

(−1

2sen θ cos θ +

1

2θ

) ∣∣∣∣θ=2π

θ=0

= −a2π.

EJEMPLO 4.4.5 Sea S el semielipsoide z2 =

√1− x2

a2− y2

b2, orientado de modo que la normal ~n

apunta hacia arriba, y sea ~F (x, y, z) = x2ı+ y2+ z2 tan(xy)k. Calcule∫∫S(∇× ~F ) · d~S.

Solucion. Claramente se satisfacen las condiciones para aplicar el Teorema de Stokes. Luego, no-tando que ∂S = (x, y, z) ∈ R3 : x2

a2+ y2

b2= 1 : z = 0, podemos escoger la parametrizacion que

recorre ∂S en sentido antihorario:

~r(θ) = (a cos θ, b sen θ, 0) con θ ∈ [0, 2π].

Tenemos,~F (~r(θ)) = (a2 cos2 θ, b2 sen2 θ, 0) y d~r = (−a sen θ, b cos θ, 0)dθ.

De esta forma,∫∫S

(∇× ~F ) · d~S =

∮∂S

~F · d~r

=

∫ 2π

0(a2 cos2 θ, b2 sen2 θ, 0) · (−a sen θ, b cos θ, 0) dθ

=

∫ 2π

0

(−a3 cos2 θ sen θ + b3 sen2 θ cos θ

)dθ



∫∫S

(∇× ~F ) · d~S =1

3

(a3 cos3 θ + b3 sen3 θ

) ∣∣∣∣θ=2π

θ=0

= 0.

EJEMPLO 4.4.6 Calcule el trabajo del campo vectorial ~F (x, y, z) = (2y,−x, z) sobre la curva γ :

x2 + y2 = a2, z = 0, recorrida en sentido antihorario.

Solucion. Poniendo S = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ a2 : z = 0, obtenemos que ∂S = γ. Luego,podemos considerar la parametrizacion

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

Tenemos,

~F (~r(θ)) = (2a sen θ,−a cos θ, 0) y d~r = (−a sen θ, a cos θ, 0)dθ.

De esta forma, ∮∂S

~F · d~r =

∫ 2π

0(2a sen θ,−a cos θ, 0) · (−a sen θ, a cos θ, 0) dθ

= −a2

∫ 2π

0(2 sen2 θ + cos2 θ) dθ

= −a2

∫ 2π

0(1 + sen2 θ) dθ

= −2a2π − a2

(−1

2sen θ cos θ +

1

2θ

) ∣∣∣∣θ=2π

θ=0

= −3a2π.

Otra forma de obtener el resultado es usando el Teorema de Stokes. Notar que

rot ~F =

∣∣∣∣∣∣∣∣ı k

∂∂x

∂∂y

∂∂z

2y −x z

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0 ı+ 0 − 3 k

y un vector normal unitario acorde a nuestra eleccion de S esta dado por (0, 0, 1). Entonces∮∂S

~F · d~r =

∫∫Srot ~F · n dS = −3

∫∫SdS = −3a2π.



EJERCICIOS 4.4.1

1. Verifique el Teorema de Stokes para ~F (x, y, z) = y2 ı + xy + xz k y la superficie S corres-pondiente al paraboloide z = a− x2 − y2, z ≥ 0.

2. Calcule∫∫S(∇ × ~v) · n dS, donde ~v(x, y, z) = (1 + y − 2x2) ı + 2x − (5z3 + yz)k y S

es la superficie correspondiente a la semiesfera x2 + y2 + z2 = 16, z ≤ 0, con ~n teniendocomponente z negativa.

3. Verifique el Teorema de Stokes para ~v(x, y, z) = y ı + z + x k y la superficie S corres-pondiente a la parte del cilindro x2 + y2 = 1 ubicada entre los planos z = 0 y z = x+ 2, con~n apuntando hacia afuera.

4. Verifique el Teorema de Stokes para ~F (x, y, z) = (2x − y) ı − yz2 − y2z k y la superficie Scorrespondiente al cono z = 2−

√x2 + y2 sobre el plano xy.

5. Sea γ una curva simple, cerrada y seccionalmente regular (o regular a trozos), que es fron-tera geometrica de una superficie seccionalmente regular S. Pruebe que si f, g : R3 → R

son de clase C1 y C2 respectivamente, entonces∮γf ∇g · d~r =

∫∫S

(∇f ×∇g) · d~S

con γ y S orientadas apropiadamente.

6. Considere la curva regular a trozos γ = ∪4i=1γi, donde γ1 es el segmento de recta que une

los puntos (1, 0, 2) y (1, 0, 0), γ2 = (x, y, 0) ∈ R3 : x2 +y2 = 1 : y ≥ 0, γ3 es el segmento derecta que une los puntos (−1, 0, 0) y (−1, 0, 2) y γ4 = (x, y, 2) ∈ R3 : x2 + y2 = 1 : y ≥ 0.Calcule

∮γ~F · d~r, donde ~F es el campo en coordenadas cilındricas dado por

~F (r, θ, z) = r4 sen θ r + r4 cos θ θ + rθz z.

7. Sean S ⊂ R3 la cinta de Mobius parametrizada por la funcion ~Φ : [0, 2π] × [−1, 1] ⊂ R2 →R3 definida por ~Φ(x, y) = 2 (cosx, senx, 0) + y

(cos(x2

)cosx, cos

(x2

)senx, sen

(x2

)), y sea

~F : R3 \ (0, 0, z) : z ∈ R → R3 el campo vectorial definido por

~F (x, y, z) =

(−y

x2 + y2,

x

x2 + y2, 0

).

Muestre que ∫∫Srot ~F · d~S 6=

∫∂S

~F · d~r.

¿Contradice esto el Teorema de Stokes? Justifique apropiadamente su respuesta.




1. 0

2. −16π

3. −π

4. 4π

5. −

6. 2π

7. −

4.5. El Teorema de Gauss-Ostrogradski (o de la divergencia)

Partimos enunciando la siguiente definicion.

DEFINICION 4.5.1 Sea Ω ⊂ R3 un abierto y sea ~F : Ω ⊂ R3 → R3 un campo vectorial, con~F = (F1, F2, F3), tal que para cada (x1, x2, x3) ∈ Ω existen ∂F1

∂x1(x1, x2, x3), ∂F2

∂x2(x1, x2, x3) y

∂F3∂x3

(x1, x2, x3). Se define la divergencia de ~F como el campo escalar

∇ · ~F : Ω → R

(x1, x2, x3) → ∇ · ~F (x1, x2, x3) =∂F1

∂x1(x1, x2, x3) +

∂F2

∂x2(x1, x2, x3) +

∂F3

∂x3(x1, x2, x3).

NOTACION 4.5.1 Tambien es usual escribir

∇ · ~F = div ~F .

Si ~F = (P,Q,R), entonces

∇ · ~F (x, y, z) =∂P

∂x(x, y, z) +

∂Q

∂y(x, y, z) +

∂R

∂z(x, y, z).

El Teorema de Gauss-Ostrogradski (o de la divergencia) dara una relacion muy importanteentre una integral de flujo y una integral de volumen.

TEOREMA 4.5.1 (Teorema de Gauss-Ostrogradski) Sea Ω ⊂ R3 un conjunto abierto y acotadocuya frontera (topologica) ∂Ω es una superficie seccionalmente regular, orientada segun la nor-mal exterior a Ω. Si ~F : Λ ⊂ R3 → R3 es un campo vectorial de clase C1 sobre el abierto Λ, conΩ ∪ ∂Ω ⊂ Λ, entonces ∫∫∫

Ω∇ · ~F dV =

∫∫∂Ω

~F · d~S.


Salomon Alarcon Araneda [BORRADOR] 4.5. EL TEOREMA DE GAUSS-OSTROGRADSKI

Una consecuencia del Teorema de Gauss-Ostrogradski es la siguiente

COROLARIO 4.5.1 Sea ~F un campo vectorial de clase C1 en una vecindad de (x0, y0, z0) ∈ R3. SeaΩr un abierto de frontera orientable tal que ~P0 = (x0, y0.z0) ∈ Ωr y diam(Ωr) →

r→00. Entonces,

∇ · ~F (x0, y0, z0) = lımr→0

1

Vol (Ωr)

∫∫∂Ωr

~F · d~S.

OBSERVACION 4.5.1 El Corolario anterior nos permite interpretar la divergencia de un campovectorial ~F como la medida de la expansion de un fluido por unidad de volumen; ası que

i) ∇ · ~F (x0, y0, z0) > 0, indica que el flujo se expande en el punto (es decir, que el numero delıneas de fuerza que abandona la superficie es superior al numero de lıneas de fuerza queingresan a ella). En este caso el punto actua como un manantial.

ii) ∇ · ~F (x0, y0, z0) < 0, indica que el flujo se contrae en el punto (es decir, que el numero delıneas de fuerza que abandona la superficie es inferior al numero de lıneas de fuerza queingresan a ella). En este caso el punto actua como un sumidero.

iii) ∇ · ~F (x0, y0, z0) = 0, indica que el flujo no es afectado en el punto (es decir, que el numerode lıneas de fuerza que entra a la superficie es igual al numero de lıneas de fuerza que salende ella). En este caso el punto no afecta el transito del flujo.

Figura 4.12. Flujo de salida en un punto de la superficie

EJEMPLO 4.5.1 Sea Ω=B(~0, R) ∈ R2 y sea ~F (x, y, z)=(x, y, z), ∀(x, y, z) ∈ R3. Calcule∫∫∂Ω

~F ·d~S.

Solucion. Notar que ∇ · ~F (x, y, z) = 1 + 1 + 1 = 3 ∀(x, y, z) ∈ R3. Luego, por Teorema de Gauss-Ostrogradski ∫∫

∂Ω

~F · d~S =

∫∫∫Ω∇ · ~F dV =

∫∫∫Ω

3 dV = 3Vol (Ω)

= 3

(4

3π R3

)= 4π R3.



EJEMPLO 4.5.2 Sea Ω el elipsoide x2

a2+ y2

b2+ z2

c2≤ 1, y sea ~F (x, y, z) = (x+ 4 cos z ey, 2y+ 2e−x, 6 +

2 sen(x2 + y2)). Calcule∫∫∂Ω

~F · d~S.

Solucion. Notar que ∇ · ~F (x, y, z) = 1 + 2 + 6 = 9 ∀(x, y, z) ∈ R3. Luego, por Teorema de Gauss-Ostrogradski ∫∫

∂Ω

~F · d~S =

∫∫∫Ω∇ · ~F dV =

∫∫∫Ω

9 dV = 9Vol (Ω)

= 9

(4

3π a b c

)= 12π a b c.

EJEMPLO 4.5.3 Usando el Teorema de la divergencia, evalue la integral∫∫S~F · n dS, donde

~F (x, y, z) = (x, 3xy,−2z) y S = S1 ∪ S2, con S1 = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 = 2x, 0 ≤ z ≤ 1 yS2 = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ 2x, z = 0.

Solucion. Si a la superficie S le agregamos S3 = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ 2x, z = 1, obtenemosun cilindro cerrado. Luego, sobre la region cilındrica D correspondiente a la union entre la regionencerrada por el cilindro unida a su superficie ∂D = S ∪ S3, podemos aplicar el Teorema de ladivergencia. Para ello, notar que∇· ~F = 1+3x−2 = 3x−1, y por tratarse de un cilindro, podemosusar coordenadas cilındricas. Se sigue que∫∫

∂D

~F · n dS =

∫∫∫D∇ · ~F d(x, y, z) =

∫ π2

−π2

∫ 1

0

∫ 2 cos θ

0r (3r cos θ − 1) dr dz dθ

=

∫ π2

−π2

∫ 2 cos θ

0(3r2 cos θ − r) dr dθ

=

∫ π2

−π2

(3r3 cos θ − r2

2)

∣∣∣∣r=2 cos θ

r=0

dθ

=

∫ π2

−π2

(8 cos4 θ − 2 cos2 θ) dθ

=1

4(8θ + 6 sen(2θ) + sen(4θ))

∣∣∣∣θ=π2

θ=−π2

= 2π.

Por otro lado, la tapa superiorS3 del cilindro puede parametrizarse como ~Φ(r, θ)=(1+r cos θ, r sen θ, 1);de donde se chequea directamente que ~n(r, θ) = (0, 0, r), y por lo tanto n(r, θ) = (0, 0, 1). Se sigueque ∫∫

S3

~F · n dS =

∫ π2

−π2

∫ 1

0(1 + r cos θ, 3r(1 + r cos θ) sen θ,−2) · (0, 0, 1) dr dθ = −2π,


Salomon Alarcon Araneda [BORRADOR] 4.5. EL TEOREMA DE GAUSS-OSTROGRADSKI

de donde ∫∫S

~F · n dS = 2π − (−2π) = 4π.

EJEMPLO 4.5.4 Use el Teorema de la divergencia para evaluar∫∫∂Ω

(x2 + y + z) dS

donde Ω es la bola unitaria centrada en el origen.

Solucion. El Teorema de la divergencia dice que∫∫∂Ω

~F · n dS =

∫∫∫Ωdiv ~F dV.

Por otro lado, notar que ∂Ω corresponde a la esfera x2+y2+z2 = 1, ası que cualquier vector normalexterior a ∂Ω es unitario. De esta forma, debemos determinar ~F = (F1, F2, F3) que verifique

~F · n = (F1, F2, F3) · (x, y, z) = xF1 + y F2 + z F3 = x2 + y + z ∀(x, y, z) ∈ ∂Ω,

de donde deducimos que F1 = x y F2 = F3 = 1. Por lo tanto, div ~F = 1 y ası∫∫∂Ω

~F · n dS =

∫∫∫ΩdV = Vol (Ω) =

4

3π.

EJERCICIOS 4.5.1

1. Evalue la integral de superficie del campo vectorial dado a traves de la superficie dada:

a) ~F (x, y, z) = x2 ı + xy + xz k a traves de la superficie total S del cilindro acotado porx2 + y2 = a2, z = 0, z = b

b) ~F (x, y, z) = 4xz ı−2y2 + z2 k a traves de la superficie total S del cilindro acotado porx2 + y2 = 1, z = 0, z = 3

c) ~F (x, y, z) = (sen y, ex, z2) a traves de la superficie total S de la semibola acotada porz =

√a2 − x2 − y2 y el plano z = 0.

2. Verifique el Teorema de Gauss-Ostrogradski para el campo vectorial dado a traves de lasuperficie dada:

a) ~F (x, y, z) = (x2, y2, z2) a traves de la superficie S del solido limitado por y2 = 2 − x,z = 0, z = x

b) ~F (x, y, z) = (z, y,−x) a traves de la superficie S = S1∪S2 donde S1 = (x, y, z) ∈ R3 :

x2 + y2 + z2 ≤ 2y ∧ y ≤ 1 y S2 = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 ≤ 1 ∧ 1 ≤ y ≤ 3− zc) ~F (x, y, z) = (y,−x, z2) a traves de la superficie S del solido limitado por x2 +y2 +z2 ≤

4, z ≥ 2− y.

3. Calcule el flujo saliente del campo ~F (x, y, z) = (x3 + 2yz) ı + (y3 − 2xz) + (x2 + y2) k,(x, y, z) ∈ R3, a traves de la mitad superior del elipsoide de ecuacion 4x2 + 4y2 + z2 = 4

(z ≥ 0).



4. Calcule el flujo del campo vectorial ~F (x, y, z) = x2 ı+y2 +z2 k a traves del octante positivode la esfera x2 + y2 + z2 = 1 (x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0)

5. Sea γ ⊂ R3 la curva definida en coordenadas cilındricas por r = cos ξ, θ = θ0 fijo, y z =

sen(2ξ), donde −π2 ≤ ξ ≤ π

2 . Considere la superficie S obtenida al rotar γ alrededor del ejez y encuentre una parametrizacion regular para la superficie S en funcion de (θ, ξ). Luego,use el Teorema de la divergencia para calcular el volumen del solido limitado por S.

SUG: Considere el campo ~F = z k.


1. a) 0

b) 27π

c) π a4

2

2. a) 256√

235

b) 83π

c) 83π

3. 2110π

4. 3π8

5. Considere la siguiente parametrizacion de S: ~Φ(θ, ξ) = (cos ξ cos θ, cos ξ sen θ, sen(2ξ)), con(θ, ξ) ∈ [0, 2π]×

[−π

2 ,π2

]. El Volumen es π2

2 .


Parte III

Ecuaciones Diferenciales Parciales

163

Capıtulo 5

Ecuaciones lineales de segundo orden

5.1. Modelos Matematicos

Una de las grandes motivaciones y fuentes de inspiracion de los matematicos ha sido el inter-pretar y resolver problemas de la vida cotidana. En este sentido, son muchos los nombres que atraves de la historia han dejado una profunda huella tanto en el desarrollo de la matematica comoen otras ciencias.

Debido a que muchos problemas evolucionan o cambian en el tiempo, y teniendo en cuenta queuna de las herramientas basicas para describir procesos que varıan continuamente es la derivada,total y/o parcial, es natural que una gran cantidad de modelos matematicos sean descritos porecuaciones diferenciales parciales u ordinarias. En particular, las ecuaciones diferenciales surgencuando se quieren abordar, en un sentido amplio, problemas de diversa naturaleza; por ejemplo,problemas de Fısica: mecanica, dinamica, electrica,. . . ; Biologıa: dinamica de poblaciones, coopeti-cion entre especies,. . . ; Economıa; Astronomıa; Quımica: movimientos subsonicos de gases, equi-librio de un gas en un contenedor,. . . . Los problemas pueden ser de tipo estatico o dinamico. Losestaticos usualmente son descritos por ecuaciones diferenciales elıpticas, mientras que los dinami-cos, generalmente son descritos por ecuaciones diferenciales parabolicas o hiperbolicas.

En este capıtulo se pretende entregar los argumentos necesarios para justificar, desde el puntode vista de las aplicaciones, el estudio de las Ecuaciones Diferenciales Parciales (EDP).

Cuando se quiere abordar algun problema real, tanto de la ciencia como de la tecnologıa, esusual hacerlo por etapas.

Etapa 1: El problema real y el modelo matematico. Se requiere un profundo conocimiento delproblema concreto que se ha de abordar, y en particular de las innumerables variables que estanenvueltas en el problema. El paso del problema real al modelo matematico cae en un inmenso campoteorico relacionado con el como interpretamos y estudiamos la informacion relacionada con elproblema que se desea abordar. En nuestro caso, nos interesa estudiar determinados problemasmediante la creacion de modelos matematicosbasados en el estudio de una EDP. Ahora, teniendoen cuenta que el modelo matematico es una aproximacion del problema original, en la Etapa 1,

165

CAPITULO 5. ECUACIONES LINEALES DE SEGUNDO ORDEN [BORRADOR] Salomon Alarcon Araneda

debiesemos guiarnos por el siguiente esquema:

Leyesde Conservacion

+Hipotesis sobre

el problema particular⇒ Una EDP

A modo de ejemplo, para obtener la EDP de difusion del calor, se requiere considerar la Ley deconservacion de la energıa calorica y algunas hipotesis adicionales sobre el problema concreto deestudio, entre ellas, la Ley de Fourier del flujo de calor.

Etapa 2: El modelo matematico y el estudio de sus soluciones. Aquı interesa responder satisfac-toriamente al modelo matematico, por ejemplo, algunas consideraciones a tomar en cuenta son:

1. Existencia de algun tipo de soluciones

2. Unicidad de soluciones

3. Dependencia continua de la solucion con respecto a los datos del problema. Mas general-mente, estabilidad de soluciones.

4. Regularidad de soluciones

5. Validez de los metodos numericos para aproximar las soluciones

Si ademas la EDP considerada es no lineal (EDPNL), surgen otras consideraciones tales como

6. Existencia de una frontera libre

7. Existencia de soluciones no acotadas

Etapa 3: Las soluciones del modelo matematico y el problema real. En esta etapa culmina elproceso de modelacion. Aquı se trata de verificar que la o las soluciones del modelo matematicosean consistentes o no con las soluciones del problema real, de tal modo que, de existir algunasolucion al modelo matematico, esta sea viable de implementar y valide la informacion que ya seconoce del problema en estudio.

5.1.1. La ecuacion de Laplace.

La ecuacion de Laplace en verdad surgio antes de la epoca de Laplace, en el contexto del estudiode las funciones analıticas enR2. La interpretacion fısica mas clasica corresponde a aquella cuandoconsideramos un potencial electrostatico en una region donde no hay distribucion de carga devolumen. Es conocido que un campo electrostatico ~E satisface la ecuacion

∇ · ~E =ρ(~r)

ε0,


Salomon Alarcon Araneda [BORRADOR] 5.1. MODELOS MATEMATICOS

donde ρ es la carga en un punto ~r de la region y ε0 es la permitividad electrica del vacıo. Siutilizamos el potencial electrostatico ~E = −∇V en la ecuacion anterior, obtenemos

∇ · ~E = ∇ · (−∇V ) = −∇2V = −∆V =ρ(~r)

ε0,

de donde concluimos que la ecuacion de Laplace se verifica para el potencial V en las regiones enque la carga electrica de volumen es nula, esto es ρ ≡ 0 en la region.

Una interpretacion fısica mas general es aquella en que consideramos a u como la densidad dealguna magnitud en equilibrio. Entonces si Ω es un subconjunto abierto de RN y D es cualquiersubdominio suave al interior de Ω, el flujo neto de u a traves de ∂D es cero:∫

∂D~U · n dS = 0,

donde ~U denota la densidad de flujo y n es el vector normal exterior unitario sobre ∂D. Desde elTeorema de la Divergencia, obtenemos∫

Ddiv ~U dx =

∫∂D

~U · n dS = 0,

y ası

div ~U = 0 en Ω, (5 . 1)

puesD fue escogido arbitrariamente. En muchas instancias es fısicamente razonable asumir que elflujo ~U es proporcional al gradiente ∇u, pero apuntando en la direccion opuesta (pues el flujo vade regiones de alta concentracion a regiones de baja concentracion). Por lo tanto

~U = −a∇u (a > 0). (5 . 2)

Sustituyendo (5 . 2) en (5 . 1), obtenemos la ecuacion de Laplace −div∇u = 0, que es equivalente a

−∆u = 0 en Ω.

Finalmente, cabe senalar que, entre otras aplicaciones, la ecuacion de Laplace tambien aparece enla investigacion probabilıstica del movimiento Browniano (movimiento aleatorio que se observaen algunas partıculas microscopicas que se hallan en un medio fluido, como por ejemplo el polenen una gota de agua. Este tipo movimiento recibe su nombre en honor a Robert Brown. Basica-mente, el movimiento aleatorio de estas partıculas se debe a que su superficie es bombardeadaincesantemente por moleculas en el fluido, sometidas a una agitacion termica. Este bombardeo aescala atomica no es siempre completamente uniforme y sufre variaciones estadısticas importan-tes. Ası la presion ejercida sobre los lados puede variar ligeramente con el tiempo provocando elmovimiento observado).



5.1.2. La ecuacion del calor

Partimos senalando la interpretacion mas comun de la ecuacion del calor en un dominioΩ ⊂ R3. Esta interpretacion corresponde a la dada a comienzos del siglo XIX por Fourier, quieninicio el estudio del flujo de calor al observar que una mejor comprension del fenomeno harıaposible que el proceso de la fundicion de metales fuese mas eficiente, permitiendo a loscientıficos determinar una aproximacion de la temperatura al interior de un cuerpo en cualquierinstante futuro, dada la temperatura en su frontera en un instante determinado.

Asumamos que (x, t) ∈ R3 × [0,+∞[, siendo x la variable espacial y t la variable que mideel tiempo transcurrido. Consideremos ademas un medio fısico conductor de calor contenido en Ω

cuya densidad esta dada por ρ(x), que esta sometido a una fuente de calor f(x, t) y denotemos poru(x, t) a la temperatura que hay en el instante de tiempo t en el punto x. Como sabemos, el vector

∇u(x, t) =

(∂u

∂x1(x, t),

∂u

∂x2(x, t),

∂u

∂x3(x, t)

)esta orientado en la direccion en que la temperatura es creciente. Por otro lado, el flujo de calorse mueve de zonas de mayor temperatura a zonas de menor temperatura, mientras que la ley deFourier establece que el flujo termico es proporcional al gradiente de las temperaturas, de modoque el flujo puede escribirse como

~F = −κ(x)∇u(x, t), κ(x) ≥ 0,

donde κ(x) es una caracterıstica del medio llamada conductividad termica. Asumiendo que lasvariaciones de temperatura son moderadas, tratamos de encontrar un modelo que gobierne la di-fusion del calor. De esta manera, es razonable asumir que las constantes fısicas son independientesde la temperatura. Como la densidad varıa de acuerdo a la temperatura, si la densidad es cons-tante, entonces la variacion de la temperatura no debe ser muy grande. Para altas temperaturasy grandes variaciones de la misma, la conductividad puede depender de la temperatura y de susvariaciones, razon por la que aquı excluımos esta situacion ya que estamos considerando exacta laley de Fourier, la cual conlleva implıcitamente la independencia de la conductividad respecto a latemperatura.

Sea Ω0 un subdominio dentro del medio fısico conductor de calor contenido en el dominio Ω

que estamos considerando, el cual supondremos regular, y sea ∂Ω0 su frontera. La ley de Fourierimplica que la cantidad q1 de calor que se intercambia entre Ω0 y su complemento a traves de sufrontera ∂Ω0 en el tiempo t esta dada por

q1(t) =

∫∂Ω0

κ(x)∇u(x, t)ν dS(x) =

∫Ω0

div(κ(x)∇u(x, t)) dx.

Por otro lado, la fuente de calor f(x, t) genera una cantidad q2 de calor en Ω0 en un tiempo t el cualesta dado por

q2(t) =

∫Ω0

f(x, t) dx.


Salomon Alarcon Araneda [BORRADOR] 5.1. MODELOS MATEMATICOS

Como la variacion de la temperatura con respecto al tiempo es

∂u

∂t(x, t),

en un intervalo de tiempo ∆t la variacion de la cantidad de calor en un instante t en Ω se puedeaproximar por la cantidad q3 dada por

q3(t) =

∫ t+∆t

t

∫Ω0

c(x)ρ(x)∂u

∂t(x, t) dx dt,

donde c(x) es el valor especıfico del medio y q3 es la energıa calorica contenida en Ω0. Entoncespara que exista equilibrio entre la energıa calorica contenida en Ω0 y el calor que se intercambia en∂Ω0 junto con la energıa desde la fuente de calor, se debe cumplir que∫ t+∆t

t(q1(s) + q2(s)) ds = q3(t),

de donde obtenemos la igualdad∫ t+∆t

t

∫Ω0

(div(κ(x)∇u(x, s)) + f(x, s)− c(x)ρ(x)

∂u

∂t(x, s)

)dx ds = 0.

En vista que Ω0 y ∆t son arbitrarios en los puntos donde el integrando es continuo, obtenemos laigualdad

div(κ(x)∇u(x, t)) + f(x, t)− c(x)ρ(x)∂u

∂t(x, t) = 0 ∀(x, t) ∈ Ω×]0,+∞[,

que corresponde precisamente a la ecuacion del calor en una version general. Notar que siasumimos que κ, c y ρ son constantes, con κ(x) = κ2 > 0 y c(x) = ρ(x) = 1, entonces obtene-mos la clasica ecuacion del calor no homogenea

∂u

∂t− κ2∆u = f en Ω× ]0,+∞[.

Una interpretacion fısica mas general es aquella en que consideramos a u como la evolucion dela densidad de alguna magnitud en el tiempo. Entonces, si Ω es un subconjunto abierto deRN y Des cualquier subdominio suave al interior de interior de Ω, la tasa de cambio de la magnitud totalen D es igual al negativo del flujo neto a traves de ∂D:

d

dt

∫Du dx = −

∫∂D

~U · n dS,

donde ~U denota la densidad de flujo y n es el vector normal unitario sobre ∂D. Desde el Teoremade la Divergencia obtenemos

d

dt

∫Du dx = −

∫Ddiv ~U dx,



y ası

ut = −div ~U en Ω, (5 . 3)

puesD fue escogido arbitrariamente. En muchas instancias es fısicamente razonable asumir que elflujo ~U es proporcional al gradiente ∇u, pero apuntando en la direccion opuesta (pues el flujo vade regiones de alta concentracion a regiones de baja concentracion). Por lo tanto,

~U = −a∇u (a > 0). (5 . 4)

Considerando a = κ2 > 0 y sustituyendo (5 . 4) en (5 . 3), obtenemos la clasica ecuacion del calorhomogenea ut = κ2div∇u en Ω× ]0,+∞[, que equivale a

∂u

∂t− κ2∆u = 0 en Ω× ]0,+∞[.

Entre otras aplicaciones, la ecuacion del calor o de difusion aparece en estadıstica vinculando-se al estudio del movimiento Browniano por medio de la ecuacion de Fokker-Planck y en quımicapor medio de la segunda ley de Fick, la cual esta vinculada a diversos casos de difusion de materiao energıa en un medio en el que inicialmente no existe equilibrio quımico o termico. En situacionesen las que existen gradientes de concentracion de una sustancia, o de temperatura, se produce unflujo de partıculas o de calor que tiende a homogenizar la disolucion y a uniformizar la concen-tracion o temperatura. El flujo homogeneizador es una consecuencia estadıstica del movimientoal azar de las partıculas en su interior y da lugar al segundo principio de la termodinamica, cono-cido tambien como movimiento termico casual de las partıculas. Ası, los procesos fısicos de difusionpueden ser vistos como procesos fısicos o termodinamicos irreversibles.

5.1.3. La ecuacion de onda

El estudio de la ecuacion de ondas se remonta hasta la antigua Grecia, ante la pregunta ¿Comopuede una cuerda de violın crear sonidos? Los pitagoricos se dieron cuenta que si dos cuerdasdel mismo tipo y tension se relacionan adecuadamente, entonces se pueden producir sonidos muyarmoniosos; mientras que si la relacion no es la adecuada, los sonidos producidos pueden resultardesagradables. En 1727, Johann Bernoulli le dio sentido a estas observaciones, experimentando conuna cuerda de violın, y concluyendo que la forma mas simple para la vibracion de una cuerda esla de una sinusoide. Sin embargo, la vision mas influyente de la ecuacion de ondas surgio desde elestudio de las ecuaciones de Maxwell sobre electromagnetismo. En resumen, la ecuacion de ondaes un modelo simplificado para el estudio de una cuerda vibrante (casoN = 1), membrana vibran-te (caso N = 2), o solido elastico (caso N = 3). En aquellas aplicaciones fısicas u(x, t) representa eldesplazamiento en alguna direccion de los puntos x en un tiempo t. A continuacion nos centramosen el caso N = 3.


Salomon Alarcon Araneda [BORRADOR] 5.2. CONDICIONES SOBRE UNA EDP DE 2DO ORDEN

Sea D una region abierta incluida en el abierto Ω ⊂ R3. Entonces, la aceleracion al interior deD esta dada por

d2

dt2

∫Du dx =

∫Dutt dx

y la fuerza de contacto neta esta dada por

−∫∂D

~F · n dS,

donde ~F denota la fuerza actuando sobre D a traves de ∂D y la densidad de masa es consideradaigual a 1. Las leyes de Newton afirman que la masa por la aceleracion es igual a la fuerza neta; esdecir ∫

Dutt dx = −

∫∂D

~F · n dS.

Como esta ultima igualdad es valida en cada D ⊂ Ω, desde el Teorema de la Divergencia obtene-mos que

utt = −div ~F en Ω×]0,∞[.

Ahora, para solidos elasticos, ~F es una funcion del gradiente del desplazamiento∇u. Luego,

utt + div ~F (∇u) = 0 en Ω×]0,∞[,

y como para ∇u pequeno, en general es posible linealizar ~F (∇u) aproximadamente como −a∇u,obtenemos

utt − a∆u = 0 en Ω×]0,∞[,

que para la eleccion a = κ2 > 0 corresponde a la ecuacion de ondas. Para efectos futuros, mencio-namos aquı que las motivaciones fısicas sugieren que el modelo matematico considere dos condi-ciones iniciales, una sobre el desplazamiento de u y otra sobre la velocidad ut, en el tiempo t = 0.

5.2. Condiciones sobre una EDP de 2do orden

Supongamos que tenemos una EDP (lineal o no lineal) que modela un problema que quere-mos resolver. Desde el punto de vista fısico es natural pensar que nuestra solucion debe satisfacerciertos requerimientos, que se traducen en ciertas condiciones prefijadas, como por ejemplo:

a) condiciones sobre la frontera o borde de la region en estudio, conocidas como condiciones decontorno (CC). Por ejemplo, en el caso de que queramos estudiar la distribucion del calor enuna barra delgada o lamina delgada, podrıamos preguntarnos si sobre la frontera la barra ola lamina es termicamente aislada o bien si hay intercambio de calor con el medio;

b) condiciones de temperatura prefijadas que esperamos tener sobre la frontera de la region encualquier tiempo t;



c) condiciones iniciales (CI) sobre el calor que deseamos aplicar en el instante t = 0; etc. . . .

De esta forma, nuestro problema en general esta compuesto por una EDP, alguna(s) CC, y en casode tener dependencia en el tiempo, alguna(s) CI. En el caso de una ecuacion como la del calor o lade onda, deberıamos tener la siguiente estructura:

EDP

CC

CI

En el caso de una ecuacion como la de Laplace, deberıamos tener la siguiente estructura:EDP

CC

5.2.1. Condiciones iniciales y de contorno

A continuacion vamos a precisar el asunto de las condiciones que permiten estudiar existenciay unicidad de soluciones de ciertas EDP. Aquı consideramos Ω ⊂ RN , N = 1, 2, 3, y su frontera(topologica) ∂Ω, ası como tambien a un intervalo I de numeros reales. Para fijar ideas asumiremosque N = 3.

Condiciones de contorno tipo Dirichlet

En el caso en que u no depende de una variable temporal, la condicion de Dirichlet esta dadapor

u(x, y, z) = g(x, y, z) ∀(x, y, z) ∈ ∂Ω,

donde g : ∂Ω→ R es una funcion conocida.

En el caso en que u depende de una variable temporal, la condicion de Dirichlet esta dadapor

u(x, y, z, t) = g(x, y, z) ∀(x, y, z, t) ∈ ∂Ω× I,


Condiciones de contorno tipo Neumann

En el caso en que u no depende de una variable temporal, la condicion de Neumann esta dadapor

∇u(x, y, z) · n =∂u

∂n(x, y, z) = h(x, y, z) ∀(x, y, z) ∈ ∂Ω,

donde h : ∂Ω→ R es una funcion conocida.


Salomon Alarcon Araneda [BORRADOR]5.3. PROBLEMAS BIEN PUESTOS PARA EDP DE SEGUNDO ORDEN

En el caso en que u depende de una variable temporal, la condicion de Neumann esta dadapor

∇u(x, y, z, t) =∂u

∂n(x, y, z, t) = g(x, y, z) ∀(x, y, z, t) ∈ ∂Ω× I,


Condiciones de contorno mixtas

Las condiciones mixtas corresponden a un grupo de condiciones de contorno donde se em-plean condiciones tipo Dirichlet y condiciones tipo Neumman en porciones de la frontera.

Condiciones iniciales

Estas condiciones tienen sentido en problemas donde el parametro temporal esta presente. Masaun, cuando en la EDP aparece una derivada temporal de primer orden, una tıpica CI es

u(x, y, z, 0) = u0(x, y, z) ∀(x, y, z) ∈ Ω,

donde u0 : Ω → R es dada como dato; mientras que si en la EDP aparece una derivada temporalde segundo orden, entonces es esperable que surge una segunda CI de la forma

ut(x, y, z, 0) = u1(x, y, z) ∀(x, y, z) ∈ Ω,

donde u1 : Ω→ R es dada como dato.

5.3. Problemas bien puestos para EDP de segundo orden

En esta seccion estamos interesados en averiguar que requisitos le vamos a pedir a un problemade EDP para que realmente sea interesante el intentar resolverlo. La siguiente definicion se debe aHadamard.

DEFINICION 5.3.1 Se dice que un problema de EDP es un problema bien puesto si se cumplen lassiguientes tres condiciones:

i) Existencia: existe solucion

ii) Unicidad: la solucion es unica

iii) Estabilidad: la solucion depende continuamente de los datos del problema

Las dos primeras exigencias son naturales. Por otro lado, la condicion de estabilidad parece razo-nable toda vez que es la que nos permite aproximar el problema real, pues garantiza que pequenasvariaciones en los datos del problema producen pequenas variaciones con respecto a la soluciondel problema original. Pero en general,



¿Que sucede al hacer pequenos cambios en las EDP, en las CC o en las CI, que modelan el problema?¿Son las soluciones obtenidas pequenas variaciones respecto de la solucion del problema original?

Aunque la mayorıa de los problemas que se estudian en matematica estan bien puestos, hay algu-nos que no lo estan, como se observa en el siguiente ejemplo de Hadamard.

EJEMPLO 5.3.1 Sea ε > 0 y considere el problema elıpticouxx + utt = 0 (x, t) ∈]0, ε[×R+

u(x, 0) = 0

ut(x, 0) = 0.

¿Es este un problema bien puesto?

Solucion. Una solucion de este problema es u ≡ 0. Por otro lado, cuando uno varıa levemente lasegunda condicion inicial pueden suceder cosas inesperadas. Consideremos ahora el problema

uxx + utt = 0 (x, t) ∈]0, ε[×R+

u(x, 0) = 0

ut(x, 0) =sen(Mx)

M,

con M muy grande. Una solucion de esta ultima EDP es

u(x, t) =sen(Mx) senh(Mt)

2M2.

Claramente, para x0 ∈]0, ε[ fijo, u(x0, t) crece exponencialmente cuando t→∞, pues senh(t) es delmismo orden que et cuando t → ∞; ası, un pequeno cambio en los datos genero un gran cambioen las soluciones. Por esta razon, la solucion no depende continuamente de los datos iniciales, enconcreto de la velocidad inicial ut(x, 0). Por lo tanto, el problema no es estable; y ası el problemano esta bien puesto.

5.4. Linealidad y superposicion

5.4.1. Linealidad

DEFINICION 5.4.1 Una EDP es llamada Ecuacion Diferecial Parcial Lineal (EDPL) si el operador dife-rencial asociado a la EDP es lineal en la funcion u y en todas sus derivadas parciales.

EJEMPLO 5.4.1 La EDPux(x, y) = 0 in R2

es lineal. El operador asociado aquı esL(u) = ux


Salomon Alarcon Araneda [BORRADOR] 5.4. LINEALIDAD Y SUPERPOSICION

que es lineal, es decir, se verifica

L(u+ αv) = ux + αvx = L(u) + αL(v).

EJEMPLO 5.4.2 La ecuacion del calor no homogenea en RN , N ≥ 1, es lineal. En efecto, desde laecuacion

ut −∆u = f(x)

obtenemos que su operador diferencial asociado es

L(u) = ut −∆u,

el cual es claramente lineal.

EJEMPLO 5.4.3 La EDPL de segundo orden general en Ω ⊂ RN , N ≥ 1, es la siguiente

L(u) = f(x)

donde

L(u) :=N∑j=1

N∑i=1

aij(x)∂2u

∂xi∂xj+

N∑`=1

a`(x)∂u

∂x`+ a0(x)u

y aij , a`, a0 y f son funciones conocidas. Eventualmente, para N ≥ 2, la N -esima variable puedeconsiderarse como un valor t ∈ I , con I un intervalo en R, y considerar Ω = Ω′ × I . Por ejemplo,este operador, para convenientes elecciones de aij , a`, a0 y f , se puede asociar a las ecuaciones deLaplace, Poisson, del Calor y de Onda, entre otras.

Problemas lineales

Sabemos que para obtener una solucion concreta de una EDP de segundo orden se requierecierta informacion adicional denominada condiciones de contorno (CC) y/o condiciones iniciales(CI), la que tambien podemos expresar a traves de operadores lineales, de orden inferior al de laEDP. Ası, tenemos que en RN el problema lineal mas general posible en Ω ⊂ RN es el siguiente

L(u) = f(x) en Ω

B1(u) = g1(x) sobre Λ1


. . . . . .

BK(u) = gK(x) sobre ΛK

(Pu)

donde

L(u) :=

N∑j=1

N∑i=1

aij(x)∂2u

∂xi∂xj+

N∑`=1

a`(x)∂u

∂x`+ a0(x)u,



con aij , a`, a0 y f funciones conocidas;

Bk(u) :=N∑i=1

bi,kuxi + b0,ku k = 1, 2, . . . ,K,

con bi,k, b0,k y gk funciones conocidas; y Λk ⊂ ∂Ω, para k = 1, 2, . . . ,K, con

∂Ω = Λ1 ∪ Λ2 ∪ . . . ∪ ΛK .

Propiedades de los problemas lineales

Homogeneizacion de la EDP. Si conocemos una solucion particular de la EDP en (Pu), diga-mos u (por lo tanto se cumple que L(u) = f(x) en Ω), entonces se puede homogeneizar laEDP del problema (Pu) a traves del cambio de variables

v = u− u

y obtener un problema equivalente a (Pu), a saber

L(v) = 0 en Ω

B1(v) = G1(x) sobre Λ1

B2(v) = G2(x) sobre Λ2

. . . . . .

BK(v) = GK(x) sobre ΛK

(Pv)

dondeGi(x) = gi(x)−Bi(u) sobre Λi, i = 1, 2, . . . ,K.

Si conocemos una funcion G que verifica una condicion de frontera, por ejemplo

B1(G) = g1,

entonces se puede homogeneizar la correspondiente condicion de contorno de (Pu) usandoel cambio de variables

w = u−G

y obtener un problema equivalente a (Pu), a saber

L(w) = F (x) en Ω

B1(w) = 0 sobre Λ1

B2(w) = G1(x) sobre Λ2

. . . . . .

BK(w) = GK(x) sobre ΛK

(Pw)



dondeF (x) = f(x)− L(G) en Ω

Gi(x) = gi(x)−Bi(G) sobre Λi, i = 2, 3, . . . ,K

El problema (Pu) se puede descomponer en la suma de K + 1 problemas simples, tal comose muestra a continuacion

L(u0) = f(x) en Ω

B1(u0) = 0 sobre Λ1


. . . . . .

BK(u0) = 0 sobre ΛK

(P0)

L(u1) = 0 en Ω

B1(u1) = g1(x) sobre Λ1


. . . . . .


(P1)

L(u2) = 0 en Ω


B2(u2) = g2(x) sobre Λ2

. . . . . .


(P2)

. . . . . . . . .

L(uK) = 0 en Ω

B1(uK) = 0 sobre Λ1

B2(uK) = 0 sobre Λ2

. . . . . .

BK(uK) = gK(x) sobre ΛK

(PK)

De esta forma, la solucion u del problema (Pu) puede ser considerada como la suma de lassoluciones ui de los respectivos problemas (Pi); es decir

u =

K∑i=0

ui



es una solucion de Pu.

EJEMPLO 5.4.4 Considere el problema

ut − uxx = sen(πx) en ]0, 1[×]0,+∞[

u(0, t) = 0 t ∈ ]0,+∞[

u(1, t) = 0 t ∈ ]0,+∞[

u(x, 0) = 0 x ∈ ]0, 1[

(5 . 5)

Estudie la linealidad del problema (5 . 5) y homogeneice la ecuacion sabiendo que la funcion

u(x, t) =1

π2sen(πx)

la satisface.

Solucion. Seav = u− u,

entonces

vt = ut − 0 = ut

vxx = uxx −d2

dx2

(1

π2sen(πx)

)= uxx −

d

dx

(1

πcos(πx)

)= uxx + sen(πx)

v(0, t) = u(0, t)− 1

π2sen 0 = 0

v(1, t) = u(1, t)− 1

π2senπ = 0

v(x, 0) = u(x, 0)− 1

π2sen(πx) = − 1

π2sen(πx)

De esta forma, obtenemos un problema equivalente a (5 . 5), con EDP homogenea, a saber

vt − vxx = 0 en ]0, 1[×]0,+∞[

v(0, t) = 0 t ∈ ]0,+∞[

v(1, t) = 0 t ∈ ]0,+∞[

v(x, 0) = − 1

π2sen(πx) x ∈ ]0, 1[.

EJEMPLO 5.4.5 Considere el problema

ut − uxx = 0 en ]0, 1[×]0,+∞[

u(0, t) = 0 t ∈ ]0,+∞[

u(1, t) = et t ∈ ]0,+∞[

u(x, 0) = 0 x ∈ ]0, 1[

(5 . 6)



Estudie la linealidad del problema (5 . 6) y homogeneice la condicion de frontera en x = 1 sabiendoque

G(x, t) = xet

satisface la condicion de contorno cuando x = 1.

Solucion. Sea

v = u−G,

entonces

vt = ut − xet

vxx = uxx −d2

dx2

(xet)

= uxx − 0 = uxx

v(0, t) = u(0, t)−G(0, t) = 0

v(1, t) = u(1, t)−G(1, t) = et − et = 0

v(x, 0) = u(x, 0)−G(x, 0) = −x

De esta forma, obtenemos un problema equivalente a (5 . 6), con condicion de frontera en x = 1

homogenea, a saber

vt − vxx = −xet en ]0, 1[×]0,+∞[

v(0, t) = 0 t ∈ ]0,+∞[

v(1, t) = 0 t ∈ ]0,+∞[

v(x, 0) = −x x ∈ ]0, 1[.

EJEMPLO 5.4.6 Resuelva el problemauxx(x, y) = 6xy (x, y) ∈ ]0, 1[×R

u(0, y) = y y ∈ R

ux(1, y) = 0 y ∈ R.

(5 . 7)

Solucion.

Integrando uxx dos veces con respecto a x, obtenemos

uxx = 6xy ⇒ ux = 3x2y + C1(y)

⇒ u = x3y + C1(y)x+ C2(y).



Usando la forma de la solucion obtenida, consideramos ahora la primera condicion de con-torno para encontrar C2(y). Tenemos

u(0, y) = y ⇒ u(0, y) = (0)3y + C1(y) · 0 + C2(y) = y

⇒ C2(y) = y.

Usando la forma de la solucion obtenida, consideramos ahora C2(y) = y y la segunda condi-cion de contorno para encontrar C1(y). Tenemos

ux(1, y) = 3 · 13 · y + C1(y). ⇒ ux(1, y) = 3y + C1(y) = 0

⇒ C1(y) = −3y.

De esta forma, obtenemos que la solucion del problema es

u(x, y) = x3y − 3yx+ y.

EJEMPLO 5.4.7 Resuelva el problemauyy(x, y) = 2x (x, y) ∈ R+ ×R+

u(0, y) = 0 y ∈ R+

u(x, 0) = x2 x ∈ R+.

(5 . 8)

Solucion.

Integrando uyy dos veces con respecto a y, obtenemos

uyy = 2x ⇒ uy = 2xy + C1(x)

⇒ u = xy2 + C1(x)y + C2(x).

Usando la forma de la solucion obtenida, consideramos ahora la segunda condicion de con-torno para encontrar C2(x). Tenemos

u(x, 0) = x2 ⇒ u(x, 0) = x · 02 + C1(x) · 0 + C2(x) = x2

⇒ C2(x) = x2.

Usando la forma de la solucion obtenida, consideramos ahora C2(x) = x2 y la primera con-dicion de contorno para encontrar C1(x). Tenemos

u(0, y) = 0 · y2 + C1(0)y + C2(0) ⇒ u(0, y) = C1(0)y = 0 ∀y ∈ R+

⇒ C1(0) = 0.

De esta forma, obtenemos que una solucion del problema es

u(x, y) = xy2 − C1(x)y + x2,

donde C1 : [0,+∞[→ R es una funcion continua cualquiera tal que C1(0) = 0.



5.4.2. Principio de superposicion

Supongamos que queremos resolver el problema (P1):

L(u) = 0 en Ω


B2(u) = 0 sobre Λ2

. . . . . .

BK(u) = 0 sobre ΛK

(P1)

y supongamos que u1, u2,. . . ,uM son cada una, una solucion del problema homogeneo L(u) = 0 en Ω

Bi(u) = 0 sobre Λi.; ∀i = 2, 3, . . . ,K(P1H)

Si es posible escribir g1 en la forma

g1 = c1B1(u1) + c2B1(u2) + . . .+ cMB1(uM ),

entonces

u =M∑i=1

ci ui

es una solucion del problema (P1).

Otro caso en que tenemos superposicion de soluciones es el siguiente. Supongamos que que-remos resolver el problema

L(u) = 0 en Ω

B(u) = g(x) sobre ∂Ω(P2)

y supongamos que u1, u2, . . . , un son soluciones de la EDP

L(u) = 0 en Ω.

Si es posible escribir

g(x) =

n∑i=1

ciB(ui),

entonces

u =

n∑i=1

ci ui

es una solucion de (P2).



OBSERVACION 5.4.1 Si Ω es un conjunto abierto y acotado de RN y uin∈N es una familia defunciones que conforman un sistema ortogonal completo en L2([0, L]), siendo cada una de las uiuna solucion de la EDP

L(u) = 0 en Ω,

verificandose ademas que B(ui)n∈N tambien es un sistema ortogonal completo en L2([0, L]) y

g(x) =∞∑i=1

ciB(ui),

entonces es razonable pensar que

u =

∞∑i=1

ciui

es una solucion del problema (P2).


Capıtulo 6

Separacion de Variables y EDP clasicas en dominiosacotados

En este capıtitulo nos referimos a dominios acotados cuando la(s) variable(s) espacial(es) per-tenece(en) a un dominio acotado. La variable temporal, de estar presente, se considerara en elintervalo no acotado (0,∞).

6.1. La ecuacion del calor unidimensional homogenea

La ecuacion asociada a la ecuacion del calor unidimensional homogenea esta dada por

Ecuacion Diferencial Parcial

∂u

∂t(x, t)− κ2∂

2u

∂x2(x, t) = 0 (x, t) ∈ (0, L)× (0,∞)

Las condiciones de contorno pueden ser

Condiciones de contorno tipo Dirichlet u(0, t) = α(t) t > 0

u(L, t) = β(t) t > 0

o bien

Condiciones de contorno tipo Neumann∂u

∂x(0, t) = α(t) t > 0

∂u

∂x(L, t) = β(t) t > 0

Con el fin de obtener una unica solucion, es importante incorporar tambien una condicion inicial

Condicion inicialu(x, 0) = u0(x) x ∈ (0, L)

183

CAPITULO 6. SEPARACION DE VARIABLES Y EDP CLASICAS [BORRADOR] Salomon Alarcon Araneda

OBSERVACION 6.1.1

Otra forma de escribir la ecuacion del calor unidimensional homogenea es la siguiente

ut − κ2uxx = 0 en (0, L)× (0,∞).

Una interpretacion para u es la siguiente: u mide la temperatura sobre una barra o alambredelgado, sobre cuyos extremos conocemos o bien la temperatura para todo tiempo t (quecorresponden a las condiciones de contorno Dirichlet) o bien la velocidad de variacionde la temperatura para todo tiempo t (que corresponden a las condiciones de contornoNeumann). Si ademas conocemos la temperatura en cualquier punto de la barra cuando eltiempo inicial es 0 (que corresponde a la condicion inicial), entonces podemos resolver elproblema de manera unica.

El problema tambien se puede resolver usando condiciones de contorno mixtas, esto es, enun extremo de la variable espacial usamos una condicion tipo Dirichlet y en el otro extremousamos una condicion tipo Neumann.

6.1.1. Problemas relativos a la ecuacion del calor unidimensional homogenea

PROBLEMA 1.1. Resuelva el siguiente problema de Dirichlet para la ecuacion del calor homogeneaunidimensional

ut − κ2uxx = 0 0 < x < L, t > 0

u(0, t) = 0 t > 0

u(L, t) = 0 t > 0

u(x, 0) = g(x) 0 < x < L,

(P1.1)

con g ∈ C2(0, L).

Fısicamente, el problema (P1.1) puede interpretarse como la difusion de calor a traves de una barradelgada de longitud L, con distribucion de temperatura inicial dada, y cuyos extremos se mantie-nen a temperatura constante nula. Aquı:

u(x, t) representa la temperatura en cada punto x de la barra, en el tiempo t

κ2 es una constante no nula que representa la difusividad termica de la barra, la cual dependesolo de las propiedades del material con que esta hecha la barra.

Las condiciones de contorno (CC) son de tipo Dirichlet homogeneas, y ellas son las que fijanla temperatura igual a cero en los extremos de la barra en cualquier instante t.

La condicion inicial (CI) senala la distribucion de la temperatura sobre la barra en el tiempot = 0. A partir de ese momento es cuando la dinamica de la distribucion de la temperaturaqueda gobernada por la EDP y las CC.


Salomon Alarcon Araneda [BORRADOR] 6.1. LA ECUACION DEL CALOR UNIDIMENSIONAL HOMOGENEA

Solucion. Supongamos que el problema posee una solucion de la forma

u(x, t) = X(x)T (t) 6= 0.

Notar que

ut(x, t) =∂

∂t(X(x)T (t)) = X(x)

∂T

∂t(t) = X(x)T ′(t)

y

uxx(x, t) =∂2

∂x2(X(x)T (t)) =

∂2X

∂x2(x)T (t) = X ′′(x)T (t).

Reemplazando esta forma de solucion en la EDP, obtenemos

X(x)T ′(t)− κ2X ′′(x)T (t) = 0 ⇒ T ′(t)

T (t)= κ2X

′′(x)

X(x)= λ.

Por lo tanto, obtenemos el sistemaT ′(t)− λT (t) = 0 (ET )

X ′′(x)− µX(x) = 0 (EX).(S1.1)

con µ = λκ2

.

Analisis de las condiciones de contorno. Ahora usamos las CC en (P1.1) para obtener adecuadas CCpara X en (S1.1). Tenemos,

u(0, t) = 0 ∀t > 0 ⇒ X(0)T (t) = 0 ∀t > 0

⇒ X(0) = 0

yu(L, t) = 0 ∀t > 0 ⇒ X(L)T (t) = 0 ∀t > 0

⇒ X(L) = 0.

Luego, desde (S1.1)-(EX) y los resultados previos, formamos el siguiente problema de Sturm-Liouville

X ′′(x)− µX(x) = 0 x ∈ (0, L)

X(0) = 0

X(L) = 0.

(PSL−X1.1)

La ecuacion caracterıstica asociada a la EDO del problema previo es

m2 − µ = 0,

de dondem = ±√µ.

A continuacion analizamos los valores propios asociados al problema de Sturm-Liouville.



1ro) Caso µ > 0. Sabemos que en este caso las posibles soluciones son de la forma

X(x) = C1e√µx + C2e

−√µx.

Desde las CC en (PSL−X1.1), se sigue que

X(0) = 0⇒ C1 + C2 = 0

X(L) = 0⇒ C1e√µL + C2e

−√µL = 0,

de donde obtenemos

C1 = −C2 ∧ C1

(e√µL − e−

√µL)

= 0;

y como e√µL − e−

√µL 6= 0, concluimos que

C1 = C2 = 0.

Por lo tanto, µ > 0 no es valor propio.

2do) Caso µ = 0. Sabemos que en este caso las posibles soluciones son de la forma

X(x) = C1 + C2 x.


X(0) = 0⇒ C1 = 0

X(L) = 0⇒ C1 + C2 L = 0,

de donde obtenemosC1 = 0 ∧ C2 L = 0;

y como L 6= 0, concluimos queC1 = C2 = 0.

Por lo tanto, µ = 0 no es valor propio.

3ro) Caso µ < 0. Sabemos que en este caso las posibles soluciones son de la forma

X(x) = C1 cos(√−µx) + C2 sen(

√−µx).


X(0) = 0⇒ C1 = 0

X(L) = 0⇒ C1 cos(√−µL) + C2 sen(

√−µL) = 0,

de donde obtenemosC1 = 0 ∧ C2 sen(

√−µL) = 0;

y considerando C2 6= 0, concluimos que

sen(√−µL) = 0.

Luego,√−µL = nπ ∀n ∈ N⇔ µ = −

(nπL

)2∀n ∈ N⇔ λ = −κ2

(nπL

)2∀n ∈ N.



Por lo tanto,µn =

λnκ2

= −(nπL

)2, n ∈ N,

son todos sus valores propios, cuyas respectivas funciones propias asociadas son

Xn(x) = sen(nπLx), n ∈ N.

Ahora, desde (S1.1)-(ET ), notamos que nuestra ecuacion para T es

T ′(t)− λnT (t) = 0 t > 0.

Como buscamos T 6= 0, pues hemos supuesto u(x, t) = X(x)T (t) 6= 0, tal que

T ′(t)

T (t)= λn,

tenemos ∫T ′(t)

T (t)dt = λn

∫dt ⇒ ln(T (t)) = λnt+ C0,n

⇒ ln(T (t))− lnCn = λn con C0,n = lnCn,

⇒ T (t)

Cn= eλnt.

Por lo tanto,Tn(t) = Cne

−κ2(nπL )2t.

Es claro ahora que

un(x, t) = Xn(x)Tn(t) = Cne−κ2(nπL )

2t sen

(nπLx)

satisface la EDP y las CC. Por superposicion, es valido suponer que

u(x, t) =∞∑n=1

un(x, t) =∞∑n=1

Cne−κ2(nπL )

2t sen

(nπLx).

Analisis de la condicion inicial. Ahora usamos la CI de (P1.1) para obtener la unica solucion queresuelve el problema, para ello usaremos el hecho que las funciones propiasXn forman un sistemaortogonal completo en L2([0, L]).Desde la CI se sigue que

u(x, 0) = g(x) ⇒∞∑n=1

Cn sen(nπLx)

= g(x) (serie de Fourier de g)

⇒ Cn =2

L

∫ L

0g(s) sen

(nπLs)ds (coeficiente de Fourier de g)

Por lo tanto, la unica solucion del problema es

u(x, t) =2

L

∞∑n=1

(∫ L

0g(s) sen

(nπLs)ds

)e−κ

2(nπL )2t sen

(nπLx).



PROBLEMA 1.2. Resuelva el siguiente problema de Dirichlet para la ecuacion del calor homogeneaunidimensional

ut − κ2uxx = 0 a < x < b, t > 0

u(a, t) = 0 t > 0

u(b, t) = 0 t > 0

u(x, 0) = g(x) a < x < b,

(P1.2)

con g ∈ C2(a, b).

Solucion. Notar que podemos obtener la solucion de (P1.2) a partir de (P1.1) mediante la traslacion

y = x− a

y poniendo L = b− a. De este modo,

x = a⇔ y = 0 ∧ x = b⇔ y = L.

Definimos ahorav(y, t) = u(y + a, t) = u(x, t) 0 < y < L, t > 0

y obtenemosvt(y, t) = ut(x, t) vy(y, t) = ux(x, t) vyy(y, t) = uxx(x, t)

de donde v(y, t) es solucion del problemavt − κ2vyy = 0 0 < y < L, t > 0

v(0, t) = 0 t > 0

v(L, t) = 0 t > 0

v(y, 0) = g(y + a) 0 < y < L.

(P ′1.2)

Luego, por (P1.1) obtenemos que la solucion de (P ′1.2) es

v(y, t) =2

L

∞∑n=1

(∫ L

0g(s+ a) sen

(nπLs)ds

)e−κ

2(nπL )2t sen

(nπLy).

Finalmente, retornando a nuestras variables originales, obtenemos

u(x, t) =2

b− a

∞∑n=1

(∫ b

ag(s) sen

(nπ

b− a(s− a)

)ds

)e−κ

2( nπb−a)

2t sen

(nπ

b− a(x− a)

).

PROBLEMA 1.3. Resuelva el problema de Dirichletut − κ2uxx = 0 0 < x < L, t > 0

u(0, t) = A t > 0

u(L, t) = B t > 0

u(x, 0) = g(x) 0 < x < L,

(P1.3)

con g ∈ C2(0, L).



Antes de resolver el PROBLEMA 1.3., observamos que desde el punto de vista fısico puede esperarseque la solucion de (P1.3) tienda a un estado de equilibrio cuando el tiempo transcurrido en elproceso de difusion llegue a ser muy grande (esto es cuando t→∞), con lo cual se espera que

u(x, t) = Temperatura en estado transitorio + Temperatura en estado estacionario

donde la Temperatura en estado estacionario corresponde al siguiente lımite

U(x) := lımt→∞

u(x, t).

Notemos tambien que en los problemas anteriores las CC son homogeneas, por lo tanto la tempe-ratura en estado estacionario es cero.

Solucion. A raız de la observacion anterior, consideramos

u(x, t) = U(x) + v(x, t),

donde U es la temperatura en estado estacionario y v es la temperatura en estado transitorio.Ahora, debiesemos comenzar por calcular la temperatura en estado estacionario de (P1.3).

Desde la EDP tenemos

ut − κ2uxx = 0⇒ vt − κ2U ′′(x)− κ2vxx = 0,

y suponiendo que U ′′(x) = 0, obtenemos que

U(x) = ax+ b ∧ vt − vxx = 0.

Desde las CC, y de acuerdo al comentario previo a la resolucion el problema, podemos su-poner que

U(0) = A,

pues u(0, t) = A se tratarıa de la temperatura estacionaria en un extremo de la barra; y deigual forma, podemos suponer que

U(L) = B,

pues u(L, t) = B se tratarıa de la temperatura estacionaria en el otro extremo de la barra.Luego, es razonable asumir que

v(0, t) = 0 ∧ U(0) = A ; v(L, t) = 0 ∧ U(L) = B.

Mas aun, podemos obtener U explıcitamente, pues

U(x)− U(0) =U(L)− U(0)

L− 0(x− 0),

de dondeU(x) = A+

B −AL

x

(∴ a =

B −AL

; b = A

).



Desde la CI, tenemos

u(x, 0) = g(x)⇒ v(x, 0) = g(x)−(A+

B −AL

x

).

Por lo tanto, despues de usar todos los elementos del problema (P1.3) (EDP+CC+CI), y dado queya conocemos U , resta encontrar v, lo que se reduce a resolver el problema

vt − κ2vxx = 0 0 < x < L, t > 0

v(0, t) = 0 t > 0

v(L, t) = 0 t > 0

v(x, 0) = g(x)−(A+

B −AL

x

)0 < x < L.

(P ′1.3)

Resolviendo como en (P1.1), se tiene que la solucion de (P ′1.3) es

v(x, t) =2

L

∞∑n=1

(∫ L

0

(g(s)−A− B −A

Ls

)sen(nπLs)ds

)e−κ

2(nπL )2t sen

(nπLx),

de donde obtenemos que

u(x, t) =2

L

∞∑n=1

(∫ L

0

(g(s)−A− B −A

Ls

)sen(nπLs)ds

)e−κ

2(nπL )2t sen

(nπLx)

+A+B −AL

x.

PROBLEMA 1.4. Resuelva el problema Neumann para una barra termicamente aislada en ambosextremos

ut − κ2uxx = 0 0 < x < L, t > 0

ux(0, t) = 0 t > 0

ux(L, t) = 0 t > 0

u(x, 0) = g(x) 0 < x < L,

(P1.4)

con g ∈ C2(0, L).


u(x, t) = X(x)T (t) 6= 0.


X(x)T ′(t)− κ2X ′′(x)T (t) = 0 ⇒ 1

κ2

T ′(t)

T (t)=X ′′(x)

X(x)= λ.

Por tanto, obtenemos el sistemaT ′(t)− κ2λT (t) = 0 (ET )

X ′′(x)− λX(x) = 0 (EX).(S1.4)



Analisis de las condiciones de contorno. Ahora usamos las CC de (P1.4) para obtener adecuadas CCpara X en (S1.4). Tenemos,

ux(0, t) = 0 ∀t > 0 ⇒ X ′(0)T (t) = 0 ∀t > 0

⇒ X ′(0) = 0

y

ux(L, t) = 0 ∀t > 0 ⇒ X ′(L)T (t) = 0 ∀t > 0

⇒ X ′(L) = 0.


X ′′(x)− λX(x) = 0 x ∈ (0, L)

X ′(0) = 0

X ′(L) = 0.

(PSL−X1.4)


m2 − λ = 0,

de donde

m = ±√λ.


1ro) Caso λ > 0. Sabemos que en este caso las posibles soluciones son de la forma

X(x) = C1e√λx + C2e

−√λx.


X ′(0) = 0⇒√λC1 −

√λC2 = 0

X ′(L) = 0⇒√λC1e

√λL −

√λC2e

−√λL = 0,

de donde obtenemos

C1 = C2 ∧√λC1

(e√λL − e−

√λL)

= 0;

y como e√λL − e−

√λL 6= 0, concluimos que

C1 = C2 = 0.

Por lo tanto, λ > 0 no es valor propio.



2do) Caso λ = 0. Sabemos que en este caso las posibles soluciones son de la forma

X(x) = C1 + C2 x.


X ′(0) = 0⇒ C2 = 0

X ′(L) = 0⇒ C2 = 0,

de donde, si consideramos C1 6= 0, concluimos que λ0 = 0 es un valor propio, y X0(x) = C0,con C0 6= 0, es su respectiva funcion propia asociada.

3ro) Caso λ < 0. Sabemos que en este caso las posibles soluciones son de la forma

X(x) = C1 cos(√−λx) + C2 sen(

√−λx).


X ′(0) = 0⇒√−λC2 = 0

X ′(L) = 0⇒ −√−λC1 sen(

√−λL) +

√−λC2 cos(

√−λL) = 0,

de donde obtenemosC2 = 0 ∧ −

√−λC1 sen(

√−λL) = 0;


sen(√−λL) = 0.

Luego,√−λL = nπ ∀n ∈ N⇒ λ = −

(nπL

)2∀n ∈ N.

Por lo tanto,λn = −

(nπL

)2, n ∈ N,


Xn(x) = cos(nπLx), n ∈ N.

Ahora, desde (S1.4)-(ET ), notamos que nuestra ecuacion para T es

T ′(t)− κ2λnT (t) = 0 t > 0.

Como buscamos T 6= 0, pues hemos supuesto u(x, t) = X(T )T (t) 6= 0, tenemos para T∫T ′(t)

T (t)dt = λn

∫dt ⇒ ln(T (t)) = κ2λnt+ C0,n

⇒ ln(T (t))− lnCn = κ2λn con C0,n = lnCn,

⇒ T (t)

Cn= eκ

2λnt.



Por lo tanto,Tn(t) = Cne

−(nκπL )2t,

yT0(t) = 1.

Es claro ahora que

un(x, t) = Xn(x)Tn(t) = Cne−(nκπL )

2t cos

(nπLx)∀n ∈ N0

satisface la EDP y las CC de (P1.4). Por superposicion, es valido suponer que

u(x, t) =∞∑n=0

un(x, t) =∞∑n=0

Cne−(nκπL )

2t cos

(nπLx).

Analisis de la condicion inicial. Ahora usamos la CI de (P1.4) para obtener la unica solucion queresuelve el problema, para ello usaremos el hecho que las funciones propiasXn forman un sistemaortogonal completo en L2([0, L]).Desde la CI se sigue que

u(x, 0) = g(x)⇒∞∑n=1

Cn cos(nπLx)

+ C0 = g(x) (serie de Fourier de g)

⇒Cn =2

L

∫ L

0g(s) cos

(nπLs)ds ∧ C0 =

1

L

∫ L

0g(s) ds (coef. de Fourier de g).

Por lo tanto, la solucion del problema es

u(x, t) =2

L

∞∑n=1

(∫ L

0g(s) cos

(nπLs)ds

)e−(nκπL )

2t cos

(nπLx)

+1

L

∫ L

0g(s) ds.

PROBLEMA 1.5. Resuelva el siguiente problema mixto para una barra termicamente aislada en unextremo, permaneciendo en el otro a temperatura constante igual a 0

ut − κ2uxx = 0 0 < x < L, t > 0

u(0, t) = 0 t > 0

ux(L, t) = 0 t > 0

u(x, 0) = g(x) 0 < x < L,

(P1.5)

con g ∈ C2(0, L).

Solucion. Se dejan los detalles al lector. La solucion del problema es:

u(x, t) =2

L

∞∑n=1

(∫ L

0g(s) sen

((2n− 1)π

2Ls

)ds

)e−(

(2n−1)κπ2L

)2tsen

((2n− 1)π

2Lx

).



6.2. La ecuacion de onda unidimensional homogeneaLa ecuacion asociada a la ecuacion de onda unidimensional homogenea esta dada por


∂2u

∂t2(x, t)− κ2∂

2u

∂x2(x, t) = 0 (x, t) ∈ (0, L)× (0,∞)


Condiciones de contorno tipo Dirichletu(0, t) = α(t) t > 0

u(L, t) = β(t) t > 0

o bien

Condiciones de contorno tipo Neumann∂u

∂x(0, t) = α(t) t > 0

∂u

∂x(L, t) = β(t) t > 0

Con el fin de obtener una unica solucion, es importante incorporar tambien adecuadas condicio-nes iniciales

Condiciones iniciales u(x, 0) = u0(x) x ∈ (0, L)∂u

∂t(x, 0) = u1(x) x ∈ (0, L)

OBSERVACION 6.2.1

Otra forma de escribir la ecuacion de onda unidimensional homogenea es la siguiente

utt − κ2uxx = 0 en (0, L)× (0,∞).

Una interpretacion para u es la siguiente: u mide el desplazamiento vertical de los puntosde una cuerda vibrante en direccion vertical, respecto de la posicion de equilibrio, para to-do tiempo t sobre el plano xu (que corresponden a las condiciones de contorno Dirichlet)o bien la velocidad de variacion de tal desplazamiento para todo tiempo t sobre el planoxu (que corresponden a las condiciones de contorno Neumann). Si ademas conocemos eldesplazamiento vertical de los puntos de la cuerda y su velocidad de desplazamiento, am-bos sobre cualquier punto de la cuerda, cuando el tiempo inicial es 0 (que corresponde a lacondicion inicial), entonces podemos resolver el problema de manera unica.

El problema tambien se puede resolver usando condiciones de contorno mixtas, esto es, enun extremo de la variable espacial usamos una condicion tipo Dirichlet y en el otro extremousamos una condicion tipo Neumann.


Salomon Alarcon Araneda [BORRADOR] 6.2. LA ECUACION DE ONDA UNIDIMENSIONAL HOMOGENEA

6.2.1. Problemas relativos a la ecuacion de onda unidimensional homogenea

PROBLEMA 2.1. Resuelva el siguiente problema de Dirichlet para la ecuacion de onda unidimen-sional homogenea

utt − κ2uxx = 0 0 < x < L, t > 0

u(0, t) = 0 t > 0

u(L, t) = 0 t > 0

u(x, 0) = g(x) 0 < x < L

ut(x, 0) = h(x) 0 < x < L,

(P2.1)

con g, h ∈ C2(0, L).


u(x, t) = X(x)T (t) 6= 0.

Notar que

utt(x, t) =∂2

∂t2(X(x)T (t)) = X(x)

∂2T

∂t2(t) = X(x)T ′′(t)

y

uxx(x, t) =∂2

∂x2(X(x)T (t)) =

∂2X

∂x2(x)T (t) = X ′′(x)T (t).


X(x)T ′′(t)− κ2X ′′(x)T (t) = 0 ⇒ 1

κ2

T ′′(t)

T (t)=X ′′(x)

X(x)= λ.

Por lo tanto, es valido considerar el sistemaT ′′(t)− κ2λT (t) = 0 (ET )

X ′′(x)− λX(x) = 0 (EX).(S2.1)


u(0, t) = 0 ∀t > 0 ⇒ X(0)T (t) = 0 ∀t > 0

⇒ X(0) = 0

yu(L, t) = 0 ∀t > 0 ⇒ X(L)T (t) = 0 ∀t > 0

⇒ X(L) = 0.


X ′′(x)− λX(x) = 0 x ∈ (0, L)

X(0) = 0

X(L) = 0.

(PSL−X2.1)




m2 − λ = 0.

Notar que (PSL −X2.1) ya fue totalmente resuelto en el Problema (P1.1). De esta forma, sabemosque

λn = −(nπL

)2, n ∈ N,



Notemos ahora que nuestra ecuacion para T es

T ′′(t)− κ2λnT (t) = 0 t > 0,

o mas especıficamente

T ′′(t) +(κnπL

)2T (t) = 0,

cuya ecuacion caracterıstica asociada es

m2 +(κnπL

)2= 0;

de donde obtenemos que m =√−(κnπL

)2 ∈ C, ası que la solucion de la EDO es de la forma

Tn(t) = an cos(κnπL

t)

+ bn sen(κnπL

t).

Luego, es claro que

un(x, t) = Xn(x)Tn(t) = sen(nπLx)(

an cos(κnπL

t)

+ bn sen(κnπL

t))

satisface la EDP y las CC de (P2.1). Por superposicion, es valido suponer que

u(x, t) =

∞∑n=1

un(x, t) =

∞∑n=1

sen(nπLx)(

an cos(κnπL

t)

+ bn sen(κnπL

t))

.

Analisis de la condicion inicial. Ahora usamos las CI de (P2.1) para obtener la unica solucion queresuelve el problema, para ello usaremos el hecho que las funciones propiasXn forman un sistemaortogonal completo en L2([0, L]).Desde la CI se sigue que

u(x, 0) = g(x) ⇒∞∑n=1

an sen(nπLx)


⇒ an =2

L

∫ L

0g(s) sen

(nπLs)ds (coeficiente de Fourier de g).



Por otro lado,

ut(x, 0) = h(x) ⇒∞∑n=1

bn sen(nπLx)

=L

κnπh(x)

(serie de Fourier de

L

nπh)

⇒ bn =2

κnπ

∫ L

0h(s) sen

(nπLs)ds

(coeficiente de Fourier de

L

nπh).


u(x, t) =∞∑n=1

sen(nπLx)(

an cos(κnπL

t)

+ bn sen(κnπL

t))

donde

an =2

L

∫ L

0g(s) sen

(nπLs)ds ∧ bn =

2

κnπ

∫ L

0h(s) sen

(nπLs)ds.

PROBLEMA 2.2. Resuelva el siguiente problema de Dirichlet para la ecuacion de onda unidimen-sional homogenea

utt − uxx = 0 0 < x < L, t > 0

u(0, t) = A t > 0

u(L, t) = B t > 0

u(x, 0) = g(x) 0 < x < L

ut(x, 0) = h(x) 0 < x < L,

(P2.2)

con g, h ∈ C2(0, L).

Antes de resolver el Problema 2.2, observamos que desde el punto de vista fısico puede esperarseque la solucion de (P2.2) tienda a un estado de equilibrio cuando el tiempo transcurrido en elproceso de difusion llegue a ser muy grande (esto es cuando t→∞), con lo cual se espera que

u(x, t) = despl. vertical en estado transitorio + despl. vertical en estado estacionario

donde el desplazamiento vertical en estado estacionario corresponde al siguiente lımite

U(x) := lımt→∞

u(x, t).

Notemos tambien que en el problema anterior las CC son homogeneas, por lo tanto el desplaza-miento en estado estacionario es cero.

Solucion. A raız de la observacion anterior, consideramos

u(x, t) = U(x) + v(x, t),

donde U es el desplazamiento vertical en estado estacionario y v es el desplazamiento vertical enestado transitorio. Se dejan los detalles al lector. La solucion del problema (P2.2) es:



u(x, t) =∞∑n=1

sen(nπLx)(

an cos(nπLt)

+ bn sen(nπLt))

+A+B −AL

x

dondeG(x) = g(x)−

(A+

B −AL

x

).

y

an =2

L

∫ L

0G(s) sen

(nπLs)ds ∧ bn =

2

nπ

∫ L

0h(s) sen

(nπLs)ds.

PROBLEMA 2.3. Resuelva el siguiente problema Neumann

utt − uxx = 0 0 < x < L, t > 0

ux(0, t) = 0 t > 0

ux(L, t) = 0 t > 0

u(x, 0) = g(x) 0 < x < L

ut(x, 0) = h(x) 0 < x < L,

(P2.3)

con g, h ∈ C2(0, L).


u(x, t) = X(x)T (t) 6= 0.

Reemplazando esta forma de solucion en la EDP de (P2.3), obtenemos

X(x)T ′′(t)−X ′′(x)T (t) = 0 ⇒ T ′′(t)

T (t)=X ′′(x)

X(x)= λ.

Por lo tanto, T ′′(t)− λT (t) = 0 (ET )

X ′′(x)− λX(x) = 0 (EX).(S2.3)


ux(0, t) = 0 ∀t > 0 ⇒ X ′(0)T (t) = 0 ∀t > 0

⇒ X ′(0) = 0

yux(L, t) = 0 ∀t > 0 ⇒ X ′(L)T (t) = 0 ∀t > 0

⇒ X ′(L) = 0.


X ′′(x)− λX(x) = 0 x ∈ ]0, L[

X ′(0) = 0

X ′(L) = 0.

(PSL−X2.3)



La ecuacion caracterıstica asociada a la EDO del problema previo es m2 − λ = 0. Notar que(PSL−X2.3) ya fue totalmente resuelto en el Problema (P1.4). De esta forma, sabemos que

λn = −(nπL

)2, n ∈ N0,


Xn(x) = cos(nπLx), n ∈ N0.


T ′′(t)− λnT (t) = 0 t > 0,

o mas especıficamente, para λn = nπL , n ∈ N,

T ′′(t) +(nπL

)2T (t) = 0,

cuya ecuacion caracterıstica asociada esm2+(nπL

)2= 0; de donde obtenemos quem =

√−(nπL

)2 ∈C, ası que la solucion de la EDO es de la forma

Tn(t) = an cos(nπLt)

+ bn sen(nπLt)

y, para λ0 = 0,T0(t) = b0 t+ a0.

Luego, es claro que

un(x, t) = Xn(x)Tn(t) = cos(nπLx)(

an cos(nπLt)

+ bn sen(nπLt))

∀n ∈ N

y, para n = 0,u0(x, t) = X0(x)T0(t) = b0 t+ a0.

satisface la EDP y las CC en (P2.3). Por superposicion, es valido suponer que

u(x, t) =∞∑n=0

un(x, t) =∞∑n=1

cos(nπLx)(

an cos(nπLt)

+ bn sen(nπLt))

+ b0 t+ a0.

Analisis de la condicion inicial. Ahora usamos las CI de (P2.3) para obtener la unica solucion queresuelve el problema , para ello usaremos el hecho que las funciones propiasXn forman un sistemaortogonal completo en L2([0, L]).Desde la CI se sigue que

u(x, 0) = g(x)⇒∞∑n=0

an cos(nπLx)


⇒an =2

L

∫ L

0g(s) cos

(nπLs)ds (coef. de Fourier de g)

y

ut(x, 0) = h(x)⇒∞∑n=0

bn cos(nπLx)

=L

nπh(x) (serie de Fourier de g)

⇒bn =2

nπ

∫ L

0h(s) cos

(nπLs)ds (coef. de Fourier de g)

Por lo tanto, la solucion del problema (P2.3) es



u(x, t) =∞∑n=0

cos(nπLx)(

an cos(nπLt)

+ bn sen(nπLt))

donde

an =2

L

∫ L

0g(s) cos

(nπLs)ds ∧ bn =

2

nπ

∫ L

0h(s) cos

(nπLs)ds.

PROBLEMA 2.4. Resuelva el siguiente problema

utt − uxx + ut = 0 0 < x < L, t > 0

u(0, t) = 0 t > 0

u(L, t) = 0 t > 0

u(x, 0) = g(x) 0 < x < L

ut(x, 0) = 0 0 < x < L,

(P2.4)

con g ∈ C2(0, L), con L tal que 4(nπL

)2> 1.


u(x, t) =∞∑n=1

An e− t

2

(cos

(Bn2t

)+

1

Bnsen

(Bn2t

))sen(nπLx)

donde

Bn =

√4(nπL

)2− 1 ∧ An =

2

L

∫ L

0g(s) sen

(nπLs)ds.

6.3. La ecuacion de Laplace bidimensional homogenea

[ A.] La ecuacion de Laplace bidimensional homogenea: Caso region rectangularLa ecuacion asociada a la ecuacion de Laplace bidimensional homogenea en un rectanguloesta dada por


∂2u

∂x2(x, y) +

∂2u

∂y2(x, y) = 0 (x, y) ∈ (0, L)× (0,M)


Condiciones de contorno tipo Dirichletu(0, y) = g1(y) y ∈ (0,M)

u(L, y) = g2(y) y ∈ (0,M)

u(x, 0) = h1(x) x ∈ (0, L)

u(x,M) = h2(x) x ∈ (0, L),


Salomon Alarcon Araneda [BORRADOR] 6.3. LA ECUACION DE LAPLACE BIDIMENSIONAL HOMOGENEA

Condiciones de contorno tipo Neumann. Estas pueden se muy variadas. Aquı damos una po-sibilidad como ejemplo

∂u

∂x(0, y) = g1(y) y ∈ (0,M)

∂u

∂x(L, y) = g2(y) y ∈ (0,M)

∂u

∂y(x, 0) = h1(x) x ∈ (0, L)

∂u

∂y(x,M) = h2(x) x ∈ (0, L).

OBSERVACION 6.3.1

Otra forma de escribir la ecuacion de Laplace bidimensional homogenea es la siguiente

uxx + uyy = 0 en (0, L)× (0,M).

Una interpretacion para u es la siguiente: u mide la temperatura en estado estacionariosobre una placa o superficie delgada, sobre cuyo borde se ha fijado la temperatura (quecorresponden a las condiciones de contorno Dirichlet) o bien la velocidad de variacion dela temperatura en estado estacionario (que corresponden a las condiciones de contornoNeumann).

El problema tambien se puede resolver usando condiciones de contorno mixtas, esto es, enpartes del borde usamos condiciones de contorno tipo Dirichlet y en otras partes del bordeusamos condiciones de contorno tipo Neumann.

6.3.1. Problemas relativos a la ecuacion de Laplace bidimensional homogenea en re-giones rectangulares

PROBLEMA 3.1.1. Resuelva el siguiente problema de Dirichlet para la ecuacion de Laplace bidi-mensional homogenea en un rectangulo

uxx + uyy = 0 0 < x < L, 0 < y < M

u(0, y) = 0 0 < y < M

u(L, y) = 0 0 < y < M

u(x, 0) = g(x) 0 < x < L

u(x,M) = 0 0 < x < L,

(P3.1.1)

con g ∈ C2(0, L).




u(x, y) = X(x)Y (y) 6= 0.

Notar que

uxx(x, y) =∂2

∂x2(X(x)Y (y)) =

∂2X

∂x2(x)Y (y) = X ′′(x)Y (y)

y

uyy(x, y) =∂2

∂y2(X(x)Y (y)) = X(x)

∂2Y

∂y2(y) = X(x)Y ′′(y).

Reemplazando esta forma de solucion en la EDP de (P3.1.1), obtenemos

X ′′(x)Y (y) +X(x)Y ′′(y) = 0 ⇒ Y ′′(y)

Y (y)= −X

′′(x)

X(x)= λ.

Por lo tanto, es valido considerar el sistemaY ′′(y)− λY (y) = 0 (EY )

X ′′(x) + λX(x) = 0 (EX).(S3.1.1)

Analisis de las condiciones de contorno asociadas a x (x = 0, x = L). Ahora usamos las CC homogeneasasociadas a la variable x en (P3.1.1) para obtener adecuadas CC para X en (S3.1.1). Tenemos,

u(0, y) = 0 ∀y ∈ (0,M) ⇒ X(0)Y (y) = 0 ∀y ∈ (0,M)

⇒ X(0) = 0

yu(L, y) = 0 ∀y ∈ (0,M) ⇒ X(L)Y (y) = 0 ∀y ∈ (0,M)

⇒ X(L) = 0.

Luego, desde (S3.1.1)-(EX) y los resultados previos, formamos el siguiente problema de Sturm-Liouville

X ′′(x) + λX(x) = 0 x ∈ (0, L)

X(0) = 0

X(L) = 0.

(PSL−X3.1.1)


m2 + λ = 0,

de donde

m = ±√−λ.





X(x) = C1e√−λx + C2e

−√−λx.

Desde las CC en (PSL−X3.1.1), se sigue que

X(0) = 0⇒ C1 + C2 = 0

X(L) = 0⇒ C1e√−λL + C2e

−√−λL = 0,

de donde obtenemos

C1 = −C2 ∧ C1

(e√−λL − e−

√−λL

)= 0;

y como e√−λL − e−

√−λL 6= 0, concluimos que

C1 = C2 = 0.

Por lo tanto, λ < 0 no es valor propio.


X(x) = C1 + C2 x.


X(0) = 0⇒ C1 = 0

X(L) = 0⇒ C1 + C2L = 0,

de donde obtenemosC1 = 0 ∧ C2L = 0;


C1 = C2 = 0.

Por lo tanto, λ = 0 no es valor propio.


X(x) = C1 cos(√λx) + C2 sen(

√λx).


X(0) = 0⇒ C1 = 0

X(L) = 0⇒ C1 cos(√λL) + C2 sen(

√λL) = 0,




√λL) = 0;


sen(√λL) = 0.

Luego,√λL = nπ ∀n ∈ N⇒ λ =

(nπL

)2∀n ∈ N.

Por lo tanto,λn =

(nπL

)2, n ∈ N,


Xn(x) = Cn sen(nπLx), n ∈ N.

Notemos ahora que nuestra ecuacion para Y es

Y ′′(y)− λnY (y) = 0 0 < y < M,


Y ′′(y)−(nπL

)2Y (y) = 0 0 < y < M,

cuya ecuacion caracterıstica asociada esm2−(nπL

)2= 0; de donde obtenemos quem = ±

(nπL

)∈ R,

ası que la solucion de la EDO es de la forma

Yn(y) = anenπLy + bne

−nπLy.

Sin embargo, en este tipo de problemas conviene trabajar con funciones trigonometricas hiperboli-cas en vez de exponenciales, con el fin de aprovechar las propiedades que estas funciones cumplen.Especıficamente, conviene recordar que

senhx =ex − e−x

2∧ coshx =

ex + e−x

2.

Tambien recordamos que

senh(α− β) = senhα coshβ − coshα senhβ ∀α, β ∈ R.

Luego, reescribiendo Yn como

Yn(y) = An senh(nπLy)

+Bn cosh(nπLy),

podemos considerar

un(x, y) = Xn(x)Yn(y) = Cn sen(nπLx)(

An senh(nπLy)

+Bn cosh(nπLy))

,



que satisface la EDP y las CC de (P3.1.1). Por superposicion, es valido suponer que

u(x, y) =∞∑n=1

un(x, y) =∞∑n=1

Cn sen(nπLx)(

An senh(nπLy)

+Bn cosh(nπLy))

.

Analisis de las condiciones de contorno asociadas a y (y = 0, y = M). Ahora vamos a usar las CCasociadas a la variable y en (P3.1.1). Comenzamos usando la CC homogenea. Notemos que

u(x,M) = 0 ∀x ∈ [0, L] ⇒∞∑n=1

Xn(x)Yn(M) = 0 ∀x ∈ [0, L].

Luego,∞∑n=1

Cn

(An senh

(nπLM)

+Bn cosh(nπLM))

sen(nπLx)

= 0 ∀x ∈ [0, L],

y como

sen(nπL x)

n∈N es un sistema ortogonal completo en L2([0, L]), se sigue que

An senh(nπLM)

+Bn cosh(nπLM)

= 0 ∀n ∈ N.

Ahora, es razonable escoger

An = − cosh(nπLM)∧ Bn = senh

(nπLM)

y usando la identidad del seno hiperbolico de la diferencia de angulos, obtenemos

Yn(y) = senh(nπL

(M − y)),

que verifica Yn(M) = 0, ∀n ∈ N. Ası

un(x, y) = Cn sen(nπLx)

senh(nπL

(M − y))∀n ∈ N.

Por lo tanto,

u(x, y) =∞∑n=1

Cn sen(nπLx)

senh(nπL

(M − y)).

Finalmente usamos la condicion de contorno para y que es no homogenea. Tenemos

u(x, 0) = g(x) ⇒∞∑n=1

(Cn senh

(nπLM))

sen(nπLx)


⇒ Cn =2

L senh(nπML

) ∫ L

0g(s) sen

(nπLs)ds.

En conclusion,

u(x, y) =2

L senh(nπML

) ∞∑n=1

(∫ L

0g(s) sen

(nπLs)ds

)sen(nπLx)

senh(nπL

(M − y)).



PROBLEMA 3.1.2. Resuelva el siguiente problema de Dirichlet para la ecuacion de Laplace bidi-mensional homogenea en un rectangulo

uxx + uyy = 0 0 < x < L, 0 < y < M

u(0, y) = 0 0 < y < M

u(L, y) = 0 0 < y < M

u(x, 0) = 0 0 < x < L

u(x,M) = h(x) 0 < x < L,

(P3.1.2)

con h ∈ C2(0, L)


u(x, y) =2

L senh(nπML

) ∞∑n=1

(∫ L

0h(s) sen

(nπLs)ds

)sen(nπLx)

senh(nπLy).

PROBLEMA 3.1.3. Resuelva el siguiente problema mixto para la ecuacion de Laplace bidimensio-nal homogenea en un rectangulo

uxx + uyy = 0 0 < x < L, 0 < y < M

ux(0, y) = 0 0 < y < M

ux(L, y) = 0 0 < y < M

u(x, 0) = 0 0 < x < L

u(x,M) = h(x) 0 < x < L,

(P3.1.3)

con h ∈ C2(0, L).


u(x, y) = X(x)Y (y) 6= 0.

Notar que

uxx(x, y) =∂2

∂x2(X(x)Y (y)) =

∂2X

∂x2(x)Y (y) = X ′′(x)Y (y)

y

uyy(x, y) =∂2

∂y2(X(x)Y (y)) = X(x)

∂2Y

∂y2(y) = X(x)Y ′′(y).

Reemplazando esta forma de solucion en la EDP de (P3.1.3), obtenemos

X ′′(x)Y (y) +X(x)Y ′′(y) = 0 ⇒ Y ′′(y)

Y (y)= −X

′′(x)

X(x)= λ.

Por tanto, es valido considerar el sistemaY ′′(y)− λY (y) = 0 (EY )

X ′′(x) + λX(x) = 0 (EX).(S3.1.3)



Analisis de las condiciones de contorno asociadas a x (x = 0, x = L). Ahora usamos las CC homogeneasasociadas a la variable x en (P3.1.3) para obtener adecuadas CC para X en (S3.1.3). Tenemos,

ux(0, y) = 0 ∀y ∈ (0,M) ⇒ X ′(0)Y (y) = 0 ∀y ∈ (0,M)

⇒ X ′(0) = 0

y

ux(L, y) = 0 ∀y ∈ (0,M) ⇒ X ′(L)Y (y) = 0 ∀y ∈ (0,M)

⇒ X ′(L) = 0.

Luego, desde (S3.1.3)-(EX) y los resultados previos, formamos el siguiente problema de Sturm-Liouville

X ′′(x) + λX(x) = 0 x ∈ (0, L)

X ′(0) = 0

X ′(L) = 0.

(PSL−X3.1.3)


m2 + λ = 0,

de donde

m = ±√−λ.




−√−λx.


X ′(0) = 0⇒√−λC1 −

√−λC2 = 0

X ′(L) = 0⇒√−λC1 e

√−λL −

√−λC2 e

−√−λL = 0,

de donde obtenemos

C1 = C2 ∧√−λC1

(e√−λL − e−

√−λL

)= 0;

y como e√−λL − e−

√−λL 6= 0, concluimos que

C1 = C2 = 0.





X(x) = C1 + C2 x.


X ′(0) = 0⇒ C2 = 0

X ′(L) = 0⇒ C2 = 0,

de donde obtenemos

C2 = 0;

de donde, si consideramos C1 6= 0, concluimos que λ0 = 0 es un valor propio, y X0(x) = C0,C0 6= 0, es su respectiva funcion propia asociada.


X(x) = C1 cos(√λx) + C2 sen(

√λx).


X ′(0) = 0⇒√λC2 = 0

X ′(L) = 0⇒ −√λC1 sen(

√λL) +

√λC2 cos(

√λL) = 0,

de donde obtenemos

C2 = 0 ∧√λC1 sen(

√λL) = 0;


sen(√λL) = 0.

Luego,√λL = nπ ∀n ∈ N⇒ λ =

(nπL

)2∀n ∈ N.

Por lo tanto,

λn =(nπL

)2, n ∈ N,

son todos sus valores propios positivos, cuyas respectivas funciones propias asociadas son

Xn(x) = Cn cos(nπLx), n ∈ N.

Notemos ahora que nuestra ecuacion para Y es

Y ′′(y)− λnY (y) = 0 0 < y < M,




Y ′′(y)−(nπL

)2Y (y) = 0 0 < y < M,

cuya ecuacion caracterıstica asociada esm2−(nπL

)2= 0; de donde obtenemos quem = ±

(nπL

)∈ R,

ası que la solucion de la EDO es de la forma

Yn(y) = anenπLy + bne

−nπLy; si n ∈ N

yY0(y) = a0 + b0y si n = 0.

Sin embargo, en este tipo de problemas conviene trabajar con funciones trigonometricas hiperboli-cas en vez de exponenciales, con el fin de aprovechar las propiedades que estas funciones cumplen.Especıficamente, conviene recordar que

senhx =ex − e−x

2∧ coshx =

ex + e−x

2.

Luego, reescribiendo Yn como

Yn(y) = An senh(nπLy)

+Bn cosh(nπLy), n ∈ N,

podemos considerar

un(x, y) = Xn(x)Yn(y) = Cn cos(nπLx)(

An senh(nπLy)

+Bn cosh(nπLy))

,

yu0(x, y) = X0(x)Y0(y) = C0,1 + C0,2y,

que satisfacen la EDP. Por superposicion, es valido suponer que

u(x, y) =∞∑n=1

un(x, y) + C0,1 + C0,2y

=∞∑n=1

Cn cos(nπLx)(

An senh(nπLy)

+Bn cosh(nπLy))

+ C0,1 + C0,2y.

Analisis de las condiciones de contorno asociadas a y (y = 0, y = M). Ahora vamos a usar las condicio-nes relativas a y. Notemos que

u(x, 0) = 0 ∀x ∈ [0, L] ⇒∞∑n=1

Xn(x)Yn(0) + C0,1 = 0 ∀x ∈ [0, L]

Luego,∞∑n=1

CnBn cos(nπLx)

+ C0,1 = 0



y como

1, cos(nπL x)

n∈N es un sistema ortogonal completo en L2([0, L]), se sigue que

Bn = C0,1 = 0 ∀n ∈ N.

Ademas, es razonable escoger

An = 1,

pues si no, este valor se puede refundir con los valores Cn, y poner Cn = CnAn. De esta forma, lasfunciones Yn quedan definidas por

Yn(y) = senh(nπLy), ∀n ∈ N ∧ Y0(y) = C0,2 y,

que verifican Yn(0) = 0, ∀n ∈ N0. Ası

un(x, y) = Cn cos(nπLx)

senh(nπLy)∀n ∈ N.

Por lo tanto,

u(x, y) =∞∑n=1

Cn cos(nπLx)

senh(nπLy)

+ C0,2 y.

Finalmente usamos la condicion de contorno para y que es no homogenea. Tenemos

u(x,M) = h(x) ⇒∞∑n=1

(Cn senh

(nπLM))

cos(nπLx)

+ C0,2M = h(x) (serie de Fourier de h)

⇒ Cn =2

L senh(nπML

) ∫ L

0h(s) cos

(nπLs)ds, n ∈ N, C0,2 =

1

ML

∫ L

0h(s) ds.

En conclusion,

u(x, y)=2

L senh(nπML

) ∞∑n=1

(∫ L

0h(s) cos

(nπLs)ds

)cos(nπLx)

senh(nπLy)

+

(1

ML

∫ L

0h(s)ds

)y.

[B.] La ecuacion de Laplace bidimensional homogenea: Caso region circular.

La ecuacion asociada a la ecuacion de Laplace bidimensional homogenea en una region circularΩ esta dada por


∂2u

∂r2(r, θ) +

1

r

∂u

∂r(r, θ) +

1

r2

∂2u

∂θ2(r, θ) = 0 (r, θ) ∈ Ω



En esta situacion se debe exigir una condicion adicional,

Condicion de periodicidadu(θ) = u(θ + 2π).


Condiciones de contorno tipo Dirichletu(R, θ) = f(θ) sobre ∂Ω (donde el radio R es fijo)

o bien

Condiciones de contorno tipo Neumann.cos θ ur(R, θ)−

1

Rsen θ uθ(R, θ) = h(θ) (en caso que ux(x, y) = h(x, y) sobre ∂Ω)

sen θ ur(R, θ) +1

Rcos θ uθ(R, θ) = h(θ) (en caso que uy(x, y) = h(x, y) sobre ∂Ω)

OBSERVACION 6.3.2

Otra forma de escribir la ecuacion de Laplace bidimensional homogenea en dominios cir-culares es la siguiente

urr +1

rur +

1

r2uθθ = 0 en Ω.

El problema tambien se puede resolver usando condiciones de contorno mixtas, esto es, enpartes del borde usamos condiciones de contorno tipo Dirichlet y en otras partes del bordeusamos condiciones de contorno tipo Neumann.

6.3.2. Problemas relativos a la ecuacion de Laplace bidimensional homogenea en re-giones circulares

PROBLEMA 3.2.1. Resuelva el siguiente problema de Dirichlet para la ecuacion de Laplace bidi-mensional homogenea en un cırculo Ω de radio R, uxx + uyy = 0 en Ω = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 < R2

u(x, y) = f(x, y) sobre ∂Ω = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 = R2,(P3.2.1)

con f ∈ C2(Ω).

Solucion. En coordenadas polares, el problema se transforma en el siguienteurr +

1

rur +

1

r2uθθ = 0 en Λ = (r, θ) ∈ R2 : r < R, θ ∈ R

u(r, θ) = u(r, θ + 2π) en Λ = (r, θ) ∈ R2 : r < R, θ ∈ Ru(r, θ) = f(θ) sobre ∂Λ = (x, y) ∈ R2 : r2 = R2,

(P ′3.2.1)



con f(θ) = f(θ+ 2π) ∀θ ∈ R. Como el dominio Λ corresponde a una franja no acotada, podemossuponer que las soluciones son de la forma

u(r, θ) = R(r) Θ(θ).

Entonces, usando la EDP en (P ′3.2.1), obtenemos

R′′(r)Θ(θ) +1

rΘ(θ)R′(r) +

1

r2R(r)Θ′′(θ) = 0.

Desde aquı, separamos variables y obtenemos

r2R′′(r) + rR′(r)R(r)

= −Θ′′(θ)

Θ(θ)= λ.

Entonces, obtenemos el sistemaΘ′′(θ) + λΘ(θ) = 0 (con Θ(0) = Θ(θ + 2π))

r2R′′(r) + rR′(r)− λR(r) = 0.

Es claro ahora que para Θ podemos pedir que verifiqueΘ′′(θ) + λΘ(θ) = 0 θ ∈ RΘ(θ) = Θ(θ + 2π)

Θ ∈ C1(R).

Luego, si (P ′3.2.1) tiene solucion, entonces se debe verificar el siguiente problema de Sturm-LiouvilleΘ′′(θ) + λΘ(θ) = 0 θ ∈ RΘ(0) = Θ(2π)

Θ′(0) = Θ′(2π)

(PSL−Θ3.1.1)

que se puede resolver mediante valores propios. Notemos que la ecuacion caracterıstica de la ecua-cion en (PSL−Θ3.1.1) es

m2 + λ = 0,

de donde se tiene quem = ±

√−λ.



Θ(θ) = C1 cos(√λ θ) + C2 sen(

√λ θ).

Desde las CC en (PSL−Θ3.1.1), se sigue que

Θ(0) = Θ(2π) ⇒ C1 = C1 cos(√λ 2π) + C2 sen(

√λ 2π)

Θ′(0) = Θ′(2π) ⇒√λC2 = −

√λC1 sen(

√λ 2π) +

√λC2 cos(

√λ 2π),



de donde obtenemos el sistema C1

(1− cos(

√λ 2π)

)= C2 sen(

√λ 2π)

C2

(1− cos(

√λ 2π)

)= −C1 sen(

√λ 2π)

que despues de multiplicar la primera ecuacion por (1−cos(√λ 2π)) y la segunda por senh(

√λ 2π),

conduce a la igualdad

C1

(1− 2 cos(

√λ 2π) + cos2(

√λ 2π) + sen2(

√λ 2π)

)= 0.

Esta ultima igualdad se reduce a

2C1

(1− cos(

√λ 2π)

)= 0,

y asumiendo que C1 6= 0, se sigue que

cos(√λ 2π) = 1,

de donde

λn = n2, n ∈ N

son valores propios, y sus correspondientes funciones propias son

Θn(θ) = An cos(nθ) +Bn sen(nθ), n ∈ N.


Θ(θ) = C1 + C2 θ.


Θ(0) = Θ(2π) ⇒ C1 = C1 + C2 2π

Θ′(0) = Θ′(2π) ⇒ C2 = C2,

de donde obtenemos

C2 = 0.

Luego, si consideramos C1 6= 0, concluimos que λ0 = 0 es un valor propio, y Θ0(θ) = C0,C0 6= 0, es su respectiva funcion propia asociada.


Θ(θ) = C1 e√−λ θ + C2 e

−√−λ θ.




Θ(0) = Θ(2π)⇒ C1 + C2 = C1 e√−λ 2π + C2 e

−√−λ 2π

Θ′(0) = Θ′(2π)⇒√−λC1 −

√−λC2 =

√−λC1 e

√−λ 2π −

√−λC2 e

−√−λ 2π,

de donde obtenemos el sistema C1

(1− e

√−λ 2π

)= C2

(e−√−λ 2π − 1

)C1

(1− e

√−λ 2π

)= C2

(1− e−

√−λ 2π

)que, despues de sumar ambas ecuaciones, nos conduce aC1 = 0, que a su vez implicaC2 = 0.Por lo tanto, no hay valores propios λ < 0.

Notemos ahora que nuestra EDO paraR es

r2R′′ + rR′ − λnR = 0,


r2R′′ + rR′ − n2R = 0, si n ∈ N0,

que corresponde a una ecuacion de Euler, la cual resolvemos como tal. Ponemos

r = ez

y por lo tanto ∂r∂z = ez ; y se sigue que

R′ = ∂R∂r

=∂R∂z

∂z

∂r=

∂R∂z∂r∂z

= e−z∂R∂z⇒ rR′ = ∂R

∂z

R′′ = ∂2R∂r2

=∂

∂r

(e−z

∂R∂z

)=

∂

∂z

(e−z

∂R∂z

)∂z

∂r=−e−z ∂R∂z + e−z ∂

2R∂z2

∂r∂z

= e−2z

(∂2R∂z2

− ∂R∂z

)⇒ r2R′′ + rR′ = ∂2R

∂z2− ∂R∂z

+∂R∂z

=∂2R∂z2

.

Luego, nuestra EDO paraR se reduce a

∂2R∂z2

− n2R = 0, n ∈ N0,

cuya ecuacion caracterıstica es

m2 − n2 = 0,

de donde

m = ±n ∈ R.



Notar que si n = 0, entoncesR(z) = C0,1 + C0,2z

que equivale aR(r) = C0,1 + C0,2 ln r.

Por otro lado, si n ∈ N, entonces

R(z) = Cn,1enz + Cn,2e

−nz

que equivale aR(r) = Cn,1r

n + Cn,2r−n.

Notar ahora quelımr→0+

ln r = −∞ ∧ lımr→0+

r−n = +∞,

y como buscamos funcionesR continuas en el interior del cırculo, concluimos que

Cn,2 = 0 ∀n ∈ N0;

por lo que podemos considerarRn(x) = rn ∀n ∈ N0.

De esta forma, obtenemos las funciones

un(r, θ) = rn (An cos(nθ) +Bn sen(nθ)) ∀n ∈ N0,

con An = C1,n, Bn = C2,n y A0 = C0,1, cada una de las cuales es continua, satisface la ecuacion deLaplace y es periodica en θ, con perıodo 2π. Luego, por superposicion, es valido suponer que

u(r, θ) =

∞∑n=1

rn (An cos(nθ) +Bn sen(nθ)) +A0.

Finalmente, desde la condicion de frontera no homogenea se sigue que

u(R, θ) = f(θ) =∞∑n=1

Rn (An cos(nθ) +Bn sen(nθ)) +A0 (serie de Fourier para f ).

Aquı consideramos el sistema ortogonal completo 1, cos(nθ), sen(nθ)n∈N en L2([−π, π]), y ası

An =1

Rnπ

∫ π

−πf(s) cos(ns) ds, Bn =

1

Rnπ

∫ π

−πf(s) sen(ns) ds, ∀n ∈ N; ∧ A0 =

1

2π

∫ π

−πf(s) ds.


u(r, θ) =

∞∑n=1

rn (An cos(nθ) +Bn sen(nθ)) +A0.



donde

An =1

Rnπ

∫ π

−πf(s) cos(ns) ds, Bn =

1

Rnπ

∫ π

−πf(s) sen(ns) ds, ∀n ∈ N; ∧ A0 =

1

2π

∫ π

−πf(s) ds.

PROBLEMA 3.2.2. Resuelva el siguiente problema de Dirichlet para la ecuacion de Laplace bidi-mensional homogenea en un anillo A de radio mayor R2 y radio menor R1,

uxx + uyy = 0 en A = (x, y) ∈ R2 : R21 < x2 + y2 < R2

2u(x, y) = f(x, y) sobre ∂A = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 = R2

1u(x, y) = g(x, y) sobre ∂A = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 = R2

2, ,(P3.2.2)

con f, g ∈ C2(A).

Solucion. Se dejan los detalles al lector. La solucion del problema, en coordenadas polares, es

u(r, θ) = a0 + b0 ln r +

∞∑n=1

((an r

n + bn r−n) cos(nθ) + (cn r

n + dn r−n) sen(nθ)

)

donde an, bn, cn y dn son constantes que pueden ser determinadas explıcitamente.

EJERCICIOS 6.3.1

1. En los ejercicios siguientes, encuentra la solucion u (x, t) de la ecuacion de onda unidimen-sional en el intervalo [0, L] sujeta a la condicion u (0, t) = u (L, t) = 0 en sus extremos, yque satisface las condiciones iniciales siguientes:

a)

u (x, 0) = Lx− x2, x ∈ [0, L]

ut (x, 0) = 0, x ∈ [0, L]

b)

u (x, 0) = sen

(nπxL

), x ∈ [0, L]

ut (x, 0) =

1 x ∈]0, L2

[0 x ∈

]L2 , L

[

c)

u (x, 0) = 0, x ∈ [0, π]

ut (x, 0) =

x x ∈]0, π2

[π − x x ∈

]π2 , π

[d)

u (x, 0) =

4∑n=1

1

1 + n2sen(nπxL

), x ∈ [0, L]

ut (x, 0) = 0, x ∈ [0, L] .



2. Resuelva cada uno de los siguientes problemas

a)

utt − c2uxx = 0 0 < x < π, t > 0

u (x, 0) = x+ senx 0 < x < π

ut (x, 0) = 0 0 < x < π

u (0, t) = 0 t > 0

ux (π, t) = 0 t > 0

b)

utt − c2uxx = 0 0 < x < π, t > 0

u (x, 0) = cosx 0 < x < π

ut (x, 0) = 0 0 < x < π

u (0, t) = 0 t > 0

ux (π, t) = 0 t > 0

3. Usando el metodo de separacion de variables, resuelva el siguiente problema de valoresiniciales y de frontera

utt + aut + bu− c2uxx = 0 0 < x < π, t > 0

u(x, 0) = cosx 0 < x < π

ut(x, 0) = 0 0 < x < π

u(0, t) = 0 t > 0

u(π, t) = 0 t > 0

4. Usando el metodo de separacion de variables, resuelva el siguiente problema de valoresiniciales y de frontera

utt + aut + bu− c2uxx = 0 0 < x < π, t > 0

u(x, 0) = x senx 0 < x < π

ut(x, 0) = 0 0 < x < π

u(0, t) = 0 t > 0

u(π, t) = 0 t > 0

5. En los ejercicios siguientes, encuentre la solucion u (x, t) de la ecuacion del calor unidi-mensional homogenea que satisface las condiciones siguientes

a)

u (0, t) = u (L, t) = 0

u (x, 0) = Lx− x2, x ∈ [0, L]

b)

u (0, t) = ux (π, t) = 0

u (x, 0) =

x x ∈]0, π2

[π − x x ∈

]π2 , π

[217 Esta version puede contener errores


6. Las ecuaciones que describen la distribucion de temperatura en una barra aislada delgadade longitud L, con distribucion de temperatura inicial f (x), cuyo extremo izquierdo semantiene a 0o y que pierde calor a traves del extremo derecho en relacion proporcional ala temperatura en ese extremo, son

ut − c2uxx = 0 0 < x < L, t > 0

u (x, 0) = f (x) 0 < x < L

u (0, t) = 0 t > 0,

ux (L, t) + b u (L, t) = 0 t > 0; b constante

con f ∈ C2(0, L). Encuentre la temperatura u (x, t) en la barra como funcion de la posiciony el tiempo.

7. Encuentre una solucion acotada formal del problema de difusionut − uxx + 3ux − u = 0 0 < x < 1 , t > 0

u(1, t) = 0 t > 0

ux(0, t) = 0 t > 0

u(x, 0) = senx 0 < x < 1

8. Encuentre una solucion formal del problema parabolico homogeneout − uxx = 0 0 < x < π , t > 0

ux(0, t) = 0 t > 0

ux(π, t) = 0 t > 0

u(x, 0) = x 0 < x < π

9. Resuelva el problema elıptico homogeneo

∆u = 0 0 < x < 1, 0 < y < 1

u(x, 0) = x(x− 1) 0 < x < 1

u(x, 1) = 0 0 < x < 1

u(0, y) = cosπy

20 < y < 1

u(1, y) = 0 0 < y < 1

10. Sea R la region del plano en el primer cuadrante exterior a la circunferencia x2+ y2 = 1

e interior a la circunferencia x2 + y2 = a2, con a > 1. Resuelva el siguiente problema deDirichlet

∆u = 0 (x, y) ∈R

u(0, y) = 0 1 < y < a

u(x, 0) = 0 1 < x < a

u (x, y) = 0 x2 + y2 = 1, x > 0, y > 0

u (x, y) = 2 x2 + y2 = a2, x > 0, y > 0


Salomon Alarcon Araneda [BORRADOR]6.4. LA ECUACION DEL CALOR UNIDIMENSIONAL NO HOMOGENEA

11. Encuentre una solucion formal acotada del problema

∆u = 0 0 < x < L, 0 < y < M

u(0, y) = 0 0 < y < M

u(L, y) = 1 0 < y < M

u (x, 0) = 1 0 < x < L

u (x,M) = 1 0 < x < L

12. Considere la regionD =

(x, y) : x2 + y2 ≤ 1, y ≥ |x|

Encuentre una solucion formal del problema de Dirichlet

∆u = 0 (x, y) ∈D

u(x, x) = 0 (x, x) ∈D

u(x,−x) = 0 (x,−x) ∈D

u (x, y) = 2 (x, y) ∈

(x, y) : x2 + y2 = 1∩D.

6.4. La ecuacion del calor unidimensional no homogenea

6.4.1. Problemas relativos a la ecuacion del calor unidimensional no homogenea

PROBLEMA 4.1. Resuelva el problema de Dirichletut − uxx = f(x) 0 < x < L, t > 0

u(0, t) = 0 t > 0

u(L, t) = 0 t > 0

u(x, 0) = g(x) 0 < x < L,

(P4.1)

con f ∈ C1([0, L]) y g ∈ C2(0, L).

Antes de resolver el Problema 4.1, observamos que en este modelo la funcion f(x) representauna fuente de calor externa al sistema.

Solucion. A raız de la observacion anterior, nuestro objetivo sera pasar la no homogeneidad de laEDP a las CI, ası que consideramos

u(x, t) = U(x) + v(x, t).

Ahora,



Desde la EDP tenemos

ut − uxx = f(x)⇒ vt − U ′′ − vxx = f(x),

y suponiendo que −U ′′ = f(x), obtenemos

vt − vxx = 0.

Desde las CC es valido asumir que

v(0, t) = 0 ∧ U(0) = 0

v(L, t) = 0 ∧ U(L) = 0,

de donde se sigue que −U ′′(x) = f(x) 0 < x < L

U(0) = 0

U(L) = 0,

que es una problema con una EDO con valores iniciales y se resuelve como tal. De esta forma,si conocemos explıcitamente a f , podremos determinar explıcitamente a U .

Desde la CI, tenemos

u(x, 0) = g(x)⇒ v(x, 0) = g(x)− U(x) 0 < x < L.

Por lo tanto, despues de usar todos los elementos del problema (EDP+CC+CI), y dado que cono-cemos U , resta encontrar v, lo que se reduce a resolver el problema

vt − vxx = 0 0 < x < L, t > 0

v(0, t) = 0 t > 0

v(L, t) = 0 t > 0

v(x, 0) = g(x)− U(x) 0 < x < L.

(P ′4.1)

Resolviendo como en (P1.1), se tiene

v(x, t) =2

L

∞∑n=1

(∫ L

0(g(s)− U(s)) sen

(nπLs)ds

)e−(nπL )

2t sen

(nπLx),

de donde obtenemos que

u(x, t) =2

L

∞∑n=1

(∫ L

0(g(s)− U(s)) sen

(nπLs)ds

)e−(nπL )

2t sen

(nπLx)

+ U(x).



PROBLEMA 4.2. Resuelva el problema de Dirichletut − uxx = f(x, t) 0 < x < L, t > 0

u(0, t) = 0 t > 0

u(L, t) = 0 t > 0

u(x, 0) = g(x) 0 < x < L,

(P4.2)

con f ∈ C1([0, L];R+0 ) y g ∈ C2(0, L).

Antes de resolver el Problema 4.2, observamos que en este modelo la funcion f(x, t) representauna fuente de calor externa al sistema que depende del tiempo, a diferencia del problema (P4.1),donde la fuente de calor externa no depende del tiempo.

Solucion. La dependencia en el tiempo de la fuente externa de calor nos obliga a seguir el siguienterazonamiento:

Partimos considerando el problema homogeneo asociado a (P4.2), a saberwt − wxx = 0 0 < x < L, t > 0

w(0, t) = 0 t > 0

w(L, t) = 0 t > 0.

(P4.2 −H)

Ahora podemos considerar w(x, t) = X(x)T (t) 6= 0 y obtenemos,

wt − wxx = X(x)T ′(t)−X ′′(x)T (t)⇒ T ′(t)

T (t)=X ′′(x)

X(x)= λ.

1 Desde las CC en (P4.2 −H) tenemos que

w(0, t) = X(0)T (t) = 0 ∀t > 0⇒ X(0) = 0

yw(L, t) = X(L)T (t) = 0 ∀t > 0⇒ X(L) = 0,

de donde obtenemos el siguiente problema de Sturm-LiouvilleX ′′(x)− λX(x) = 0 0 < x < L

X(0) = 0

X(L) = 0.

(PSL−X4.2)

Ahora, solo por completar la exposicion, repetimos el argumento del Problema 1.1.

· La ecuacion caracterıstica asociada a (PSL−X4.2) es

m2 − λ = 0.



Sabemos en este caso que

λn = −(nπL

)2, n ∈ N,

son todos los valores propios asociados a (PSL − X4.2) y sus respectivas funciones propiasasociadas son


Como sabemos, las funciones propiasXn forman un sistema ortogonal completo. Luego, porsuperposicion, para cada t > 0 es valido suponer que

u(x, t) =∞∑n=1

An(t) sen(nπLx)

0 < x < L.

Veamos si existen tales funciones An.

• Primero desarrollamos f(x, t) en terminos de las funciones propias Xn, como un desa-rrollo en serie de Fourier, para cada t > 0. Obtenemos,

f(x, t) =

∞∑n=1

Bn(t) sen(nπLx),

donde

Bn(t) =2

L

∫ L

0f(s, t) sen

(nπLs)ds.

• Ahora reemplazamos las correspondientes series. Tenemos,

ut(x, t) =

∞∑n=1

A′n(t) sen(nπLx)

ux(x, t) =∞∑n=1

(nπL

)An(t) cos

(nπLx)

uxx(x, t) = −∞∑n=1

(nπL

)2An(t) sen

(nπLx)

y ası la EDP se puede reescribir de la siguiente forma∞∑n=1

(A′n(t) +

(nπL

)2An(t)

)sen(nπLx)

=

∞∑n=1

Bn(t) sen(nπLx).

cc Como la serie de Fourier de una funcion continua sobre [0, L] se puede escribir de formaunica respecto a un sistema ortogonal completo en L2([0, L]), y dado que conocemos losBn(t), es valido pensar que An(t) verifica la siguiente EDOLNH (EDO lineal no homogenea)de primer orden

A′n(t) +(nπL

)2An(t) =

2

L

∫ L

0f(s, t) sen

(nπLs)ds ∀n ∈ N (EDOLNH4.2)



Para encontrar adecuadas CI para las EDO en (EDOLNH4.2), usaremos las CI del problemade una forma apropiada. Notar que

u(x, 0) = g(x)⇒∞∑n=1

An(0) sen(nπLx)

= g(x).

Ademas, si escribimos g(x) en terminos de las funciones propias Xn, como un desarrollo enserie de Fourier, obtenemos que

g(x) =2

L

∞∑n=1

(∫ L

0g(s) sen

(nπLs)ds

)sen(nπLx).

Como los desarrollos en serie de Fourier de una funcion g ∈ C([0, L]) es unico, se sigue que

An(0) =2

L

∫ L

0g(s) sen

(nπLs)ds ∀n ∈ N;

de forma que para cada n ∈ N tenemos el siguiente Problema de Valores InicialesA′n(t) +

(nπL

)2An(t) =

2

L

∫ L

0f(s, t) sen

(nπLs)ds, t ∈]0,∞[

An(0) =2

L

∫ L

0g(s) sen

(nπLs)ds,

(PnV I)

acerca del cual sabemos que tiene una solucion unica del tipo

An(t) = e−∫(nπL )

2dt

(∫ t

0e∫(nπL )

2dsBn(s) ds+ Cn

)donde Cn depende de la CI del (PnV I), ası

An(t) = e−(nπL )2t

(∫ t

0e(

nπL )

2sBn(s) ds+ Cn

)que implica que

Cn =2

L

∫ L

0g(s) sen

(nπLs)ds.

Por lo tanto,

An(t) =

∫ t

0e−(nπL )

2(t−s)Bn(s) ds+

2

L

(∫ L

0g(s) sen

(nπLs)ds

)e−(nπL )

2t,

y de aquı concluimos que

u(x, t) =∞∑n=1

(∫ t

0e−(nπL )

2(t−s)Bn(s) ds+

2

L

(∫ L

0g(s) sen

(nπLs)ds

)e−(nπL )

2t

)sen(nπLx).



PROBLEMA 4.3 Resuelva el problema de Dirichletut − uxx = f(x, t) 0 < x < L, t > 0

u(0, t) = α(t) t > 0

u(L, t) = β(t) t > 0

u(x, 0) = g(x) 0 < x < L,

(P4.3)

con f ∈ C1([0, L];R+0 ), α, β ∈ C1(R+

0 ) y g ∈ C2(0, L).

Solucion. En este caso procederemos como sigue. Supongamos que existe una solucion de la forma

u(x, t) = v(x, t) + w(x, t) 0 < x < L; t > 0.

Entonces (P4.3) se transforma envt + wt − vxx − wxx = f(x, t) 0 < x < L, t > 0

v(0, t) + w(0, t) = α(t) t > 0

v(L, t) + w(L, t) = β(t) t > 0

v(x, 0) + w(x, 0) = g(x) 0 < x < L.

(P ′4.3)

Ahora, reagrupamos convenientemente los terminos del lado izquierdo, y originamos los siguien-tes dos problemas

vxx = 0 0 < x < L, t > 0

v(0, t) = α(t) t > 0

v(L, t) = β(t) t > 0

(P ′4.3 − v)

y wt − wxx = f(x, t)− vt 0 < x < L, t > 0

w(0, t) = 0 t > 0

w(L, t) = 0 t > 0

w(x, 0) = g(x)− v(x, 0) 0 < x < L.

(P ′4.3 − w)

Es facil chequear que la ecuacion del problema (P ′4.3 − v) se puede resolver fijando t, integrandodos veces con respecto a x, y considerando las CC respectivas de forma adecuada. De esta forma,obtenemos

v(x, t) = α(t) +β(t)− α(t)

Lx.

Ahora que ya conocemos v(x, t), calculamos

vt(x, t) ∧ v(x, 0)

y reemplazamos estos resultados en (P ′4.3 − w) para obtener su solucion tal como en (P4.2). Final-mente, reemplazamos v(x, t) y w(x, t) en

u(x, t) = v(x, t) + w(x, t).


Salomon Alarcon Araneda [BORRADOR]6.5. LA ECUACION DE ONDA UNIDIMENSIONAL NO HOMOGENEA

6.5. La ecuacion de onda unidimensional no homogenea

6.5.1. Problemas relativos a la ecuacion de onda unidimensional no homogenea

PROBLEMA 5.1. Resuelva el problema de Dirichlet

utt − κ2uxx = f(x, t) 0 < x < L, t > 0

u(0, t) = 0 t > 0

u(L, t) = 0 t > 0

u(x, 0) = g(x) 0 < x < L

ut(x, 0) = h(x) 0 < x < L,

(P5.1)

con f ∈ C1([0, L];R+0 ) y g, h ∈ C2(0, L).

Solucion.

Partimos considerando el problema homogeneo asociado a (P5.1), a saberwtt − κ2wxx = 0 0 < x < L, t > 0

w(0, t) = 0 t > 0

w(L, t) = 0 t > 0.

(P5.1 −H)

Ahora podemos considerar w(x, t) = X(x)T (t) 6= 0 y obtenemos,

wtt − wxx = X(x)T ′′(t)− κ2X ′′(x)T (t)⇒ 1

κ2

T ′′(t)

T (t)=X ′′(x)

X(x)= λ.

Desde las CC en (P5.1 −H) tenemos que

w(0, t) = X(0)T (t) = 0 ∀t > 0⇒ X(0) = 0

yw(L, t) = X(L)T (t) = 0 ∀t > 0⇒ X(L) = 0,


X(0) = 0

X(L) = 0.

(PSL−X5.1)

del cual sabemos que

λn = −(nπL

)2, n ∈ N,

son los valores propios y sus respectivas funciones propias asociadas son




Como sabemos, las funciones propiasXn forman un sistema ortogonal completo enL2([0, L]).Luego, por superposicion, para cada t > 0 es valido suponer que

u(x, t) =∞∑n=1

An(t) sen(nπLx)

0 < x < L.


• Primero desarrollamos f(x, t) en terminos de las funciones propias Xn, como un desa-rrollo en serie de Fourier, para cada t > 0. Obtenemos,

f(x, t) =∞∑n=1

Bn(t) sen(nπLx),

donde

Bn(t) =2

L

∫ L

0f(s, t) sen

(nπLs)ds.


ut(x, t) =

∞∑n=1

A′n(t) sen(nπLx)

utt(x, t) =∞∑n=1

A′′n(t) sen(nπLx)

ux(x, t) =nπ

L

∞∑n=1

An(t) cos(nπLx)

uxx(x, t) = −(nπL

)2∞∑n=1

An(t) sen(nπLx)

y ası la EDP se puede reescribir de la siguiente forma

∞∑n=1

(A′′n(t) + κ2

(nπL

)2An(t)

)sen(nπLx)

=2

L

∞∑n=1

(∫ L

0f(s, t) sen

(nπLs)ds

)sen(nπLx).

cc Como la serie de Fourier de una funcion continua sobre [0, L] se puede escribir de formaunica respecto a un sistema ortogonal completo en L2([0, L]), y dado que conocemos losBn(t), es valido pensar que An(t) verifica la siguiente EDOLNH (EDO lineal no homogenea)de primer orden

A′′n(t) + κ2(nπL

)2An(t) =

2

L

∫ L

0f(s, t) sen



Salomon Alarcon Araneda [BORRADOR]6.5. LA ECUACION DE ONDA UNIDIMENSIONAL NO HOMOGENEA


u(x, 0) = g(x)⇒∞∑n=1

An(0) sen(nπLx)

= g(x).

Ademas, si escribimos g(x) en terminos de las funciones propias Xn, como en un desarrolloen serie de Fourier, obtenemos que

g(x) =2

L

∞∑n=1

(∫ L

0g(s) sen

(nπLs)ds

)sen(nπLx).

Se sigue por lo tanto que

An(0) =2

L

∫ L

0g(s) sen

(nπLs)ds ∀n ∈ N.

Por otro lado,

ut(x, 0) = h(x)⇒∞∑n=1

A′n(0) sen(nπLx)

= h(x).

Ademas, si escribimos h(x) en terminos de las funciones propias Xn, como en un desarrolloen serie de Fourier, obtenemos que

h(x) =2

L

∞∑n=1

(∫ L

0h(s) sen

(nπLs)ds

)sen(nπLx).


A′n(0) =2

L

∫ L

0h(s) sen


de forma que para cada n ∈ N tenemos el siguiente Problema de Valores Iniciales

A′′n(t) + κ2(nπL

)2An(t) =

2

L

∫ L

0f(s, t) sen

(nπLs)ds, t ∈]0,∞[

An(0) =2

L

∫ L

0g(s) sen

(nπLs)ds

A′n(0) =2

L

∫ L

0h(s) sen

(nπLs)ds,

(PnV I)

acerca del cual sabemos que tiene una solucion unica que se puede encontrar usando elmetodo de variacion de parametros o el metodo de los coeficientes indeterminados, segunconvenga.

Luego, la solucion del problema es

u(x, t) =

∞∑n=1

un(t) sen(nπLx)

0 < x < L, t > 0.




utt − κ2uxx = f(x, t) 0 < x < L, t > 0

u(0, t) = α(t) t > 0

u(L, t) = β(t) t > 0

u(x, 0) = g(x) 0 < x < L

ut(x, 0) = h(x) 0 < x < L,

(P5.2)

con f ∈ C1([0, L];R+0 ), α, β ∈ C2(R+

0 ) y g, h ∈ C2(0, L).


u(x, t) = v(x, t) + w(x, t) 0 < x < L; t > 0.

Entonces (P5.2) se transforma en

vtt + wtt − κ2vxx − κ2wxx = f(x, t) 0 < x < L, t > 0

v(0, t) + w(0, t) = α(t) t > 0

v(L, t) + w(L, t) = β(t) t > 0

v(x, 0) + w(x, 0) = g(x) 0 < x < L

vt(x, 0) + wt(x, 0) = h(x) 0 < x < L.

(P ′5.2)

Ahora, reagrupamos convenientemente los terminos del lado izquierdo, y originamos los siguien-tes dos problemas

κ2vxx = 0 0 < x < L, t > 0

v(0, t) = α(t) t > 0

v(L, t) = β(t) t > 0

(P ′5.2 − v)

y

wtt − κ2wxx = f(x, t)− vtt 0 < x < L, t > 0

w(0, t) = 0 t > 0

w(L, t) = 0 t > 0

w(x, 0) = g(x)− v(x, 0) 0 < x < L

wt(x, 0) = h(x)− vt(x, 0) 0 < x < L.

(P ′5.2 − w)

Es facil chequear que la ecuacion del problema (P ′5.2 − v) se puede resolver fijando t, integrandodos veces con respecto a x, y considerando las CC respectivas de forma adecuada. De esta forma,obtenemos

v(x, t) = α(t) +β(t)− α(t)

Lx.

Ahora que ya conocemos v(x, t), calculamos

vtt(x, t) ∧ vt(x, t) ∧ v(x, 0)


Salomon Alarcon Araneda [BORRADOR]6.6. LA ECUACION DE LAPLACE BIDIMENSIONAL NO HOMOGENEA

y reemplazamos estos resultados en (P ′5.2 − w) para obtener su solucion tal como en (P5.1). Final-mente, reemplazamos v(x, t) y w(x, t) en

u(x, t) = v(x, t) + w(x, t).

6.6. La ecuacion de Laplace bidimensional no homogenea

6.6.1. Problemas relativos a la ecuacion de Laplace bidimensional no homogenea

PROBLEMA 6.1. Resuelva el siguiente problema para la ecuacion de Laplace bidimensional nohomogenea en un rectangulo

∆u = f(x, y) 0 < x < L, 0 < y < M

u(0, y) = 0 0 < y < M

u(L, y) = 0 0 < y < M

u(x, 0) = g(x) 0 < x < L

u(x,M) = h(x) 0 < x < L,

(P6.1)

con f ∈ C1([0, L]× [0,M ]) y g, h ∈ C2([0, L]).

Solucion.

Partimos considerando el problema homogeneo asociado a (P6.1), a saber∆w = 0 0 < x < L, 0 < y < M

w(0, y) = 0 0 < y < M

w(L, y) = 0 0 < y < M

(P6.1 −H)

Ahora podemos considerar w(x, y) = X(x)Y (y) 6= 0 y obtenemos,

wxx + wyy = X(x)Y ′′(y) +X ′′(x)Y (y)⇒ −Y′′(y)

Y (y)=X ′′(x)

X(x)= λ.

Desde las CC en (P6.1 −H) tenemos que

w(0, y) = X(0)Y (y) = 0 ∀0 < y < M ⇒ X(0) = 0

yw(L, y) = X(L)Y (y) = 0 ∀0 < y < M ⇒ X(L) = 0,


X(0) = 0

X(L) = 0.

(PSL−X6.1)



del cual sabemos que

λn = −(nπL

)2, n ∈ N,

son los valores propios y sus respectivas funciones propias asociadas son


Como sabemos, las funciones propiasXn forman un sistema ortogonal completo enL2([0, L]).Luego, por superposicion, para cada 0 < y < M es valido suponer que

u(x, y) =

∞∑n=1

An(y) sen(nπLx)

0 < x < L.


• Primero desarrollamos f(x, y) en terminos de las funciones propias Xn, como un desa-rrollo en serie de Fourier, para cada 0 < y < M . Obtenemos,

f(x, y) =

∞∑n=1

Bn(y) sen(nπLx),

donde

Bn(y) =2

L

∫ L

0f(s, y) sen

(nπLs)ds.


uy(x, y) =∞∑n=1

A′n(y) sen(nπLx)

uyy(x, y) =∞∑n=1

A′′n(y) sen(nπLx)

ux(x, y) =

∞∑n=1

(nπL

)An(y) cos

(nπLx)

uxx(x, y) = −∞∑n=1

(nπL

)2An(y) sen

(nπLx)

y ası la EDP se puede reescribir de la siguiente forma

∞∑n=1

(A′′n(y)−

(nπL

)2An(y)

)sen(nπLx)

=2

L

∞∑n=1

(∫ L

0f(s, y) sen

(nπLs)ds

)sen(nπLx).


Salomon Alarcon Araneda [BORRADOR]6.6. LA ECUACION DE LAPLACE BIDIMENSIONAL NO HOMOGENEA

cc Luego, An debe verificar la siguiente EDOLNH (EDO lineal no homogenea) de segundoorden

A′′n(y)−(nπL

)2An(y) =

2

L

∫ L

0f(s, y) sen



u(x, 0) = g(x)⇒∞∑n=1

An(0) sen(nπLx)

= g(x).

Ademas, si escribimos g(x) en terminos de las funciones propias Xn, como un desarrollo enserie de Fourier, obtenemos que

g(x) =2

L

∞∑n=1

(∫ L

0g(s) sen

(nπLs)ds

)sen(nπLx).


An(0) =2

L

∫ L

0g(s) sen


Por otro lado,

u(x,M) = h(x)⇒∞∑n=1

An(M) sen(nπLx)

= h(x).

Ademas, si escribimos h(x) en terminos de las funciones propias Xn, como un desarrollo enserie de Fourier, obtenemos que

h(x) =2

L

∞∑n=1

(∫ L

0h(s) sen

(nπLs)ds

)sen(nπLx).


An(M) =2

L

∫ L

0h(s) sen


de forma que para cada n ∈ N tenemos el siguiente Problema de Valores Iniciales

A′′n(y)−(nπL

)2An(y) =

2

L

∫ L

0f(s, t) sen

(nπLs)ds, 0 < y < M

An(0) =2

L

∫ L

0g(s) sen

(nπLs)ds

An(M) =2

L

∫ L

0h(s) sen

(nπLs)ds,

(PnV I)

acerca del cual sabemos que tiene una solucion unica que se puede encontrar usando elmetodo de variacion de parametros o el metodo de los coeficientes indeterminados, segunconvenga.



Luego, la solucion del problema es

u(x, y) =∞∑n=1

An(y) sen(nπLx)

0 < x < L, 0 < y < M.

6.7. La ecuacion del calor bidimensional homogenea

6.7.1. Problemas relativos a la ecuacion del calor bidimensional homogenea

PROBLEMA 7.1. Resuelva el problema de Dirichletut − κ2∆u = 0 0 < x < L, 0 < y < M, t > 0

u(x, 0, t) = u(x,M, t) = 0 0 < x < L, t > 0

u(0, y, t) = u(L, y, t) = 0 0 < y < M, t > 0

u(x, y, 0) = g(x, y) 0 < x < L, 0 < y < M,

(P7.1)

con g ∈ C2([0, L]× [0,M ]).


u(x, y, t) = V (x, y)T (t) 0 < x < L, 0 < y < M, t > 0.

Entonces la EDP en (P7.1) se transforma en

V (x, y)T ′(t)− κ2T (t)(Vxx(x, y) + Vyy(x, y)) = 0

de dondeVxx(x, y) + Vyy(x, y)

V (x, y)=

1

κ2

T ′(t)

T (t)= λ,

que conduce al sistema Vxx(x, y) + Vyy(x, y)− λV (x, y) = 0

T (t)− κ2λT (t) = 0.

Ahora, para resolver la EDP en el sistema, consideramos

V (x, y) = X(x)Y (y)

de manera que la EDP del sistema se transforma en

X ′′(x)Y (y) +X(x)Y ′′(y) = λX(x)Y (y)

de dondeX ′′(x)− λX(x)

X(x)= −Y

′′(y)

Y (y)= µ


Salomon Alarcon Araneda [BORRADOR] 6.7. LA ECUACION DEL CALOR BIDIMENSIONAL HOMOGENEA

que nos conduce al sistema X ′′(x)− (λ+ µ)X(x) = 0

Y ′′(y) + µY (y) = 0.

Analisis de las condiciones de contorno asociadas a y (y = 0, y = M). Ahora usamos las condiciones decontorno homogeneas CC para obtener adecuadas condiciones de contorno para Y . Tenemos,

u(x, 0, t) = 0 ∀(x, t) ∈ (0, L)× (0,∞) ⇒ X(x)Y (0)T (t) = 0 ∀(x, t) ∈ (0, L)× (0,∞)

⇒ Y (0) = 0

y

u(x,M, t) = 0 ∀(x, t) ∈ (0, L)× (0,∞) ⇒ X(x)Y (M)T (t) = 0 ∀(x, t) ∈ (0, L)× (0,∞)

⇒ Y (M) = 0

Luego, formamos el siguiente problema de Sturm-LiouvilleY ′′(y) + µY (y) = 0 y ∈ (0,M)

Y (0) = 0

Y (M) = 0.

(PSL− Y7.1)


m2 + µ = 0,

de dondem = ±

√−µ.

Por lo tanto,µn =

(nπM

)2, n ∈ N,


Yn(y) = Cn sen(nπMy), n ∈ N.

Analisis de las condiciones de contorno asociadas a x (x = 0, y = L).Analogamente formamos el si-guiente problema de Sturm-Liouville

X ′′(x)− (λ+ µ)X(x) = 0 x ∈ (0, L)

X(0) = 0

X(L) = 0.

(PSL−X7.1)


m2 −(λ+

(nπM

)2)

= 0,



de donde

m = ±√(

λ+nπ

M

)2.

Por lo tanto,λp +

(nπM

)2= −

(pπL

)2, p ∈ N,


Xp(x) = Cp sen(pπLx), p ∈ N.


T ′(t)− κ2λn,pT (t) = 0

con λn,p = −(pπL

)2 − (nπL )2 ∈ R, ∀n, p ∈ N. De esta forma,

Tn,p(t) = Cn,pe−κ2

(( pπL )

2+(nπM )

2)t

y por superposicion, es valido esperar que las soluciones sean de la forma

u(x, y, t) =∞∑n=1

∞∑p=1

An,pe−κ2

(( pπL )

2+(nπM )

2)tsen(nπMy)

sen(pπLx)

Analisis de la condicion inicial. Finalmente, tenemos que se debe cumplir

u(x, y, 0) = g(x, y) ∀t > 0

de donde obtenemos∞∑n=1

∞∑p=1

An,p sen(nπMy)

sen(pπLx)

= g(x, y)

que mediante desarrollo en serie de Fourier para g(x, y), nos conduce a

An,p =4

ML

∫ M

0

∫ L

0g(r, s) sen

(nπMs)

sen(pπLr)dr ds.

6.8. La ecuacion de onda bidimensional homogenea

6.8.1. Problemas relativos a la ecuacion de onda bidimensional homogenea


utt − κ2∆u = 0 0 < x < L, 0 < y < M, t > 0

u(x, 0, t) = u(x,M, t) = 0 0 < x < L, t > 0

u(0, y, t) = u(L, y, t) = 0 0 < y < M, t > 0

u(x, y, 0) = g(x, y) 0 < x < L, 0 < y < M

ut(x, y, 0) = h(x, y) 0 < x < L, 0 < y < M,

(P5.1)

con g, h ∈ C2([0, L]× [0,M ]).


Salomon Alarcon Araneda [BORRADOR] 6.8. LA ECUACION DE ONDA BIDIMENSIONAL HOMOGENEA

Solucion. Se dejan los detalles al lector. La solucion del problema es de la forma

u(x, y, t) =∞∑n=1

∞∑p=1

(An,p cos(λnp t) +Bn,p sen(λnp t)) sen(nπMy)

sen(pπLx),

donde λnp = κπ

√( pL

)2+( nM

)2,

An,p =4

ML

∫ M

0

∫ L

0g(r, s) sen

(nπMs)

sen(pπLr)dr ds

y

Bn,p =4

MLλnp

∫ M

0

∫ L

0h(r, s) sen

(nπMs)

sen(pπLr)dr ds.

EJERCICIOS 6.8.1

1. Encuentre una solucion acotada formal del problema de difusionut − ux = uxx + te−x 0 < x < 1 , t > 0

u(1, t) = u(0, t) = 0 t > 0

u(x, 0) = senπx 0 < x < 1

2. Halle una solucion acotada formal del problema de difusionut + u = uxx + e−x 0 < x < 1 , t > 0

u(1, t) = 0 t > 0

u(0, t) = 1 t > 0

u(x, 0) = 0 0 < x < 1

3. Resuelva el problemautt − 9uxx = x− 1 0 < x < 1, t > 0

u(x, 0) = sen x2 0 < x < 1

ut(x, 0) = 1 + x 0 < x < 1

u(0, t) = ux(1, t) = 0 t > 0

4. Determine la solucion formal del siguiente problema

utt = uxx − 2ut + 1 x ∈ (0, π) , t > 0

ux (0, t) = 0 t > 0

ux (π, t) = −π t > 0

u (x, 0) = cos2 x− 12x

2 x ∈ (0, π)

ut (x, 0) = 0 x ∈ (0, π)



5. Resuelva el problema

utt = uxx − ut + x 0 < x < 1 , t > 0

u(0, t) = sen t t > 0

u(1, t) = 0 t > 0

u(x, 0) = 0 0 < x < 1

ut(x, 0) = 0 0 < x < 1

6. Halle una solucion acotada formal del problema

utt + 2ut = uxx − 3ux + senx 0 < x < 1 , t > 0

u(0, t) = 0 t > 0

ux(1, t) = 0 t > 0

u(x, 0) = cosπx 0 < x < 1

ut (x, 0) = 0 0 < x < 1

7. Resuelva el problemaut = ∇2u+A 0 < x < π, 0 < y < π, t > 0

u(x, y, 0) = 0 0 < x < π, 0 < y < π

u(0, y, t) = u(1, y, t) = 0 0 < y < π, t > 0

u(x, 0, t) = u(x, 1, t) = 0 0 < x < π, t > 0


ut = ∇2u 0 < x < π, 0 < y < π, t > 0

u(x, y, 0) = 0 0 < x < π, 0 < y < π, t > 0

u(0, y, t) = u(1, y, t) = 0 0 < y < π, t > 0

u(x, 0, t) = x (x− 1) sen t 0 < x < π, t > 0

u(x, 1, t) = 0 0 < x < π, t > 0


utt = ∇2u 0 < x < 1, 0 < y < 1, t > 0

u(x, y, 0) = A 0 < x < 1, 0 < y < 1

ut(x, y, 0) = B 0 < x < 1, 0 < y < 1

u(0, y, t) = u(1, y, t) = 0 0 < y < 1, t > 0

u(x, 0, t) = u(x, 1, t) = 0 0 < x < 1, t > 0


Capıtulo 7

EDP clasicas en dominios no acotados

7.1. Problema de Cauchy para la ecuacion de onda

7.1.1. La solucion de D’Alembert

Consideremos el problema de Cauchyutt − c2uxx = 0 x ∈ R, t ∈ R+

u(x, 0) = f(x) x ∈ Rut(x, 0) = g(x) x ∈ R

Este problema se resuelve como se explica a continuacion.

Hacemos el cambio de variablesu(x, t) = v(ξ, η)

dondeξ = x+ ct ∧ η = x− ct.

Usando la regla de la cadena se obtiene

uxx =∂2u

∂x2=∂2v

∂ξ2+ 2

∂2v

∂η∂ξ+∂2v

∂η2= vξξ + 2vξη + vηη

y

utt =∂2u

∂t2= c2

(∂2v

∂ξ2− 2

∂2v

∂η∂ξ+∂2v

∂η2

)= c2(vξξ − 2vξη + vηη),

de donde

utt − c2uxx = −4c2 ∂2v

∂η∂ξ= −4c2vξη

y ası la ED del problema se transforma en la ED

vξη = 0,

cuya solucion esv(ξ, η) = F (ξ) +G(η),

con F,G ∈ C1.

237

CAPITULO 7. EDP CLASICAS EN DOMINIOS NO ACOTADOS [BORRADOR] Salomon Alarcon Araneda

Volviendo a las coordenadas originales x y t, obtenemos

u(x, t) = F (x+ ct) +G(x− ct)

Sustituyendo esta solucion en las CI, se sigue que

u(x, 0) = f(x)⇒ F (x) +G(x) = f(x)

yut(x, 0) = g(x)⇒ c(F ′(x)−G′(x)) = g(x).

Integrando en la segunda CI, obtenemos

F (x)−G(x) =1

c

∫ x

x0

g(s) ds+K

c.

Esta ultima igualdad junto a la que se obtuvo desde la primera CI, nos permiten deducir que

F (x) =1

2f(x) +

1

2c

∫ x

x0

g(s) ds+K

2c

y

G(x) =1

2f(x)− 1

2c

∫ x

x0

g(s) ds− K

2c

En consecuencia, evaluando estas funciones F y G en x+ ct y x− ct respectivamente, y luegosumando ambas funciones, obtenemos que la solucion a nuestro problema de Cauchy es

u(x, t) =1

2(f(x+ ct) + f(x− ct)) +

1

2c

∫ x+ct

x−ctg(s) ds,

que es la llamada solucion de D’Alembert.


Apendice A

Series de Fourier

Este anexo debe entenderse como un repaso sin profundizacion de aspectos generales relativosa series de Fourier estudiados con anterioridad. En nuestro caso, para una mejor comprension,podemos repasar el estudio de las series de Fourier considerando el siguiente espacio:

R2([a, b]) = f : [a, b]→ R : f es acotada y f2 es integrable Riemann.

En otras palabras, podemos considerar funciones f : [a, b]→ R tales que

sup[a,b]|f | <∞ ∧

∫ b

a|f(s)|2 ds <∞.

Sin embargo, debemos dejar en claro que la teorıa de series de Fourier se desarrolla en un espaciode funciones mucho mas general, a saber el espacio

L2([a, b]) = f : [a, b]→ R : f es medible Lebesgue en [a, b] ∧ f2 es integrable Lebesgue en [a, b]

que es un espacio que contiene aR2([a, b]). Mas aun, se sabe que toda funcion integrable Riemannes integrable Lebesgue, coincidiendo el valor de ambas integrales en estos casos (es decir, cuandouna funcion es integrable Riemann, el valor de la integral de Lebesgue de esa funcion coincide conel correspondiente valor de su integral de Riemann; y de hecho ambas integrales se representan dela misma forma).

Desde ahora en adelante, aunque trabajaremos en el contexto de funciones en R2([a, b]), lo ha-remos tomando en cuenta que en realidad se trata de un subespacio de L2([a, b]), sin tratar deentender en este momento quien es de forma precisa este ultimo espacio. De esta forma, conside-raremos el siguiente producto interno en L2([a, b]):

〈f, g〉 =

∫ b

af(s) g(s) ds ∀f, g ∈ L2([a, b]);

y la siguiente norma en L2([a, b]):

‖f‖ =

(∫ b

af2(s) ds

) 12

∀f ∈ L2([a, b]).

239

CAPITULO A. SERIES DE FOURIER [BORRADOR] Salomon Alarcon Araneda

Un sistema en L2([a, b]), a saber

S = ϕ0, ϕ1, . . . , ϕn, . . .

se denomina ortogonal si

〈ϕi, ϕj〉 = 0 ∀i 6= j.

OBSERVACION A.0.1 Como ya se menciono,

f ∈ R2([a, b])⇒ f ∈ L2([a, b]).

Mas aun, si f ∈ R2([a, b]), entonces el valor∫ b

a|f(x)|2dx

representa tanto el valor de la integral de Riemann de f2 sobre [a, b], como el valor de la integralde Lebesgue de f2 sobre [a, b]. En particular, toda funcion f continua a trozos en [a, b] es cuadradointegrable Riemann.

A.1. La mejor aproximacion. Identidad de Parseval

Sea S un sistema ortogonal en L2([a, b]), a saber

S = ϕ0, ϕ1, . . . , ϕn, . . . ⊂ L2([a, b])

tal que

〈ϕi, ϕj〉 = 0 ∀i 6= j.

Entonces, para cada f ∈ L2([a, b]) cabe plantearse la siguiente pregunta

¿Como se debe escoger el conjunto de constantes C0, C1, . . . , Cn0 para que el error cuadratico∥∥∥∥∥f −n0∑k=0

Ckϕk

∥∥∥∥∥2

sea mınimo?

Es decir,

¿Que debemos hacer para encontrar C0, C1, . . . , Cn0 tales que∥∥∥∥∥f −n0∑k=0

Ckϕk

∥∥∥∥∥2

≤

∥∥∥∥∥f −n0∑k=0

Bkϕk

∥∥∥∥∥2

∀B1, B2, . . . , Bn0 ⊂ R?


Salomon Alarcon Araneda [BORRADOR] A.1. LA MEJOR APROXIMACION. IDENTIDAD DE PARSEVAL

Un calculo directo nos muestra que∥∥∥∥∥f −n0∑k=0

Ckϕk

∥∥∥∥∥2

=

n0∑k=0

‖ϕk‖2 =

n0∑k=0

‖ϕk‖2(Ck −

〈f, ϕk〉‖ϕk‖2

)2

+ ‖f‖2 −n0∑k=0

〈f, ϕk〉‖ϕk‖2

de donde obtenemos

DEFINICION A.1.1 Sea f ∈ L2([a, b]) y sea S = ϕ0, ϕ1, . . . , ϕn, . . . un sistema ortogonal enL2([a, b]).Para ϕ0, ϕ1, . . . , ϕn0 ⊂ S, llamamos mejor aproximacion de f en L2([a, b]) a la expresion

n0∑k=0

Ckϕk con Ck =〈f, ϕk〉‖ϕk‖

k = 1, 2, . . . , n0.

OBSERVACION A.1.1

Al considerar el sistema ortogonal S, los coeficientes

Ck =〈f, ϕk〉‖ϕk‖2

k ∈ N0,

se llaman coeficientes de Fourier de f con respecto al sistema ortogonal S, y la serie

∞∑k=0

Ckϕk

se llama serie de Fourier generalizada de f con respecto al sistema S. En este caso se escribe:

f ∼∞∑k=0

Ckϕk Ck =〈f, ϕk〉‖ϕk‖2

k ∈ N0.

La ecuacion∞∑k=0

C2k‖ϕk‖2 = ‖f‖2

se llama Identidad de Parseval.

Decimos que el sistema ortogonal S es completo si

∀f ∈ L2([a, b]),∃Ckk∈N0 ⊂ R con la propiedad lımn→∞

∥∥∥∥∥f −n∑k=0

Ckϕk

∥∥∥∥∥ = 0,

o equivalentemente

lımn→∞

∫ b

a

(f(s)−

n∑k=0

Ckϕk(s)

)2

ds = 0.

En particular, si S ⊂ C([a, b]) es un sistema ortogonal completo en L2([a, b]), entonces todafuncion f ∈ R2([a, b]) se puede escribir como un desarrollo en serie de Fourier.



TEOREMA A.1.1 Sea S = ϕ0, ϕ1, . . . , ϕn, . . . un sistema ortogonal. Para f ∈ L2([a, b]) se tiene que

∞∑k=0

C2k‖ϕk‖2 = ‖f‖2 ⇔ lım

n→∞

∥∥∥∥∥f −∞∑k=0

Ckϕk

∥∥∥∥∥2

= 0.

En particular, un sistema ortogonal S es completo si y solo si la identidad de Parseval se cumplepara toda f en L2([a, b]).

OBSERVACION A.1.2 Es claro ahora lo siguiente:

El sistema ortogonal S es completo si y solo si los coeficientes Ckk∈N0 son los coeficientesde Fourier de f .

Si f, g ∈ C([a, b]) y si S ⊂ C([a, b]) es un sistema ortogonal completo, entonces f = g si y solosi poseen los mismos coeficientes de Fourier.

A.2. Sistemas ortogonales trigonometricos completos y series de Fourier

Sistema ortogonal trigonometrico completo sobre el intervalo [−π, π]

TEOREMA A.2.1 El conjunto

S = 1, sen(x), cos(x), sen(2x), cos(2x) . . . , sen(nx), cos(nx), . . .

es un sistema ortogonal completo en L2([−π, π]).

Poniendo

S = ϕ0(x) = 1, ϕ1(x) = sen(x), ϕ2(x) = cos(x), . . . , ϕ2n−1(x) = sen(nx), ϕ2n(x) = cos(nx), . . .,

para f ∈ L2([−π, π]), la serie

f ∼∞∑k=0

Ckϕk

se llama serie de Fourier generada por f con respecto al sistema S, y se escribe

f(x) =a0

2+∞∑n=1

an cos(nx) + bn sen(nx),

donde

an =1

π

∫ π

−πf(t) cos(nt) dt n ∈ N0; bn =

1

π

∫ π

−πf(t) sen(nt) dt n ∈ N.


Salomon Alarcon Araneda [BORRADOR] A.2. SISTEMAS ORTOGONALES TRIGONOMETRICOS

Sistema ortogonal trigonometrico completo sobre el intervalo [−L,L]


S =

1, sen

(πLx), cos

(πLx), sen

(2π

Lx

), cos

(2π

Lx

). . . , sen

(nπLx), cos

(nπLx), . . .

es un sistema ortogonal completo en L2([−L,L]).

Poniendo

S=ϕ0(x)=1, ϕ1(x)=sen

(πLx), . . . , ϕ2n−1(x)=sen

(nπLx), ϕ2n(x)=cos

(nπLx), . . .

,

para f ∈ L2([−L,L]), la serie

f ∼∞∑k=0

Ckϕk


f(x) =a0

2+∞∑n=1

an cos(nπLx)

+ bn sen(nπLx),

donde

an =1

L

∫ L

−Lf(t) cos

(nπLt)dt n ∈ N0; bn =

1

L

∫ L

−Lf(t) sen

(nπLt)dt n ∈ N.

Sistemas ortogonales trigonometricos completos sobre el intervalo [0, L]


S =

1, cos

(πLx), cos

(2π

Lx

), . . . , cos

(nπLx), . . .

,

es un sistema ortogonal completo en L2([0, L]).

PoniendoS =

ϕ0(x) = 1, ϕ1(x) = cos

(πLx), . . . , ϕn(x) = cos

(nπLx), . . .

,

para f ∈ L2([0, L]), la serie

f ∼∞∑k=0

Ckϕk


f(x) =a0

2+

∞∑n=1

an cos(nπLx),

donde

an =2

L

∫ L

0f(t) cos

(nπLt)dt n ∈ N0.




S =

sen(πLx), sen

(2π

Lx

), . . . , sen

(nπLx), . . .

,


Poniendo

S =

ϕ1(x) = sen

(πLx), ϕ2(x) = sen

(2π

Lx

), . . . , ϕn(x) = sen

(nπLx), . . .

,


f ∼∞∑k=1

Ckϕk


f(x) =∞∑n=1

bn sen(nπLx),

donde

bn =2

L

∫ L

0f(t) sen

(nπLt)dt n ∈ N.


S =

1, cos

( π2Lx), cos

(2π

2Lx

), . . . , cos

(nπ2L

x), . . .

,


Poniendo

S =ϕ0(x) = 1, ϕ1(x) = cos

( π2Lx), . . . , ϕn(x) = cos

(nπ2L

x), . . .

,


f ∼∞∑k=0

Ckϕk


f(x) =a0

2+∞∑n=1

an cos(nπ

2Lx),

donde

an =1

L

∫ 2L

0f(t) cos

(nπ2L

t)dt n ∈ N0.


Salomon Alarcon Araneda [BORRADOR] A.2. SISTEMAS ORTOGONALES TRIGONOMETRICOS


S =

sen( π

2Lx), sen

(2π

2Lx

), . . . , sen

(nπ2L

x), . . .

,


Poniendo

S =

ϕ1(x) = sen

( π2Lx), ϕ2(x) = sen

(2π

2Lx

), . . . , ϕn(x) = sen

(nπ2L

x), . . .

,


f ∼∞∑k=1

Ckϕk


f(x) =∞∑n=1

bn sen(nπ

2Lx),

donde

bn =1

L

∫ 2L

0f(t) sen

(nπ2L

t)dt n ∈ N.


S =

cos( π

2Lx), cos

(3π

2Lx

), . . . , cos

((2n− 1)π

2Lx

), . . .

,


Poniendo

S =

ϕ1(x) = cos

( π2Lx), ϕ2(x) = cos

(3π

2Lx

). . . , ϕn(x) = cos

((2n− 1)π

2Lx

), . . .

,


f ∼∞∑k=1

Ckϕk


f(x) =∞∑n=1

an cos

((2n− 1)π

2Lx

),

donde

an =2

L

∫ L

0f(t) cos

((2n− 1)π

2Lt

)dt n ∈ N.




S =

sen( π

2Lx), sen

(3π

2Lx

), . . . , sen

((2n− 1)π

2Lx

), . . .

,


Poniendo

S =

ϕ1(x) = sen

( π2Lx), ϕ2(x) = sen

(3π

2Lx

), . . . , ϕn(x) = sen

((2n− 1)π

2Lx

), . . .

,


f ∼∞∑k=1

Ckϕk


f(x) =∞∑n=1

bn sen

((2n− 1)π

2Lx

),

donde

bn =2

L

∫ L

0f(t) sen

((2n− 1)π

2Lt

)dt n ∈ N.

Sistema ortogonal trigonometrico completo en [a, b]


S =

1, sen

(2π

b− ax

), cos

(2π

b− ax

), sen

(4π

b− ax

), , . . . , sen

(2nπ

b− ax

), cos

(2nπ

b− ax

), . . .

es un sistema ortogonal completo en L2([a, b]).

Poniendo

S =

ϕ0(x) = 1, ϕ1(x) = sen

(2π

b− ax

), . . . , ϕ2n−1(x) = sen

(2nπ

b− ax

), ϕ2n(x) = cos

(2nπ

b− ax

), . . .

,

para f ∈ L2([a, b]), la serie

f ∼∞∑k=0

Ckϕk


f(x) =a0

2+

∞∑n=1

an cos

(2nπ

b− ax

)+ bn sen

(2nπ

b− ax

),

donde

an =2

b− a

∫ b−a2

a−b2

f(t) cos

(2nπ

b− at

)dt n ∈ N0; bn =

2

b− a

∫ b−a2

a−b2

f(t) sen

(2nπ

b− at

)dt n ∈ N.


Apendice B

Problemas de Sturm-Liouville

En este anexo solo daremos una mirada superficial a los problemas de Sturm-Liouville, pues noes materia de este curso. Sin embargo, se hace necesario revisar algunos aspectos relacionados coneste tema, pues aplicaremos algunos resultados relacionados con problemas de Sturm-Liouville enla resolucion de una EDP mediante el metodo de separacion de variables.

OBSERVACION B.0.1 Conviene recordar lo siguiente sobre la ecuacion diferencial

u′′ + pu′ + qu = 0.

El sistema asociado es u′1 = u2

u′2 = −qu1 − pu2

cuya matriz de coeficientes es

A =

(0 1

−q −p

)Luego, los valores propios del sistema son las raıces del polinomio caracterstico de esta matriz; asaber

det

(m −1

q m+ p

)= m2 + pm+ q.

Este polinomio,m2 + pm+ q,

recibe el nombre de polinomio caracterıstico de la EDO. De esta forma podemos tener valorespropio reales e iguales, reales diferentes o complejos conjugados. Sim1 es una raız del polinomio,entonces los vectores propios asociados a esta raız corresponden a soluciones de

A~v = m1I2~v ⇔ (m1I2 −A)~v = 0⇔

(m1 −1

q m1 + p

)(v1

v2

)=

(0

0

).

Desde aquı obtenemos v2 = m1v1; y escogiendo v1 = 1, entonces

~v1 =

(1

m1

)es un vector propio asociado a m1.

247

CAPITULO B. PROBLEMAS DE STURM-LIOUVILLE [BORRADOR] Salomon Alarcon Araneda

Si m1 6= m2, entonces de forma analoga obtenemos que

~v2 =

(1

m2

)es un vector propio asociado a m2. Notar aquı que podemos considerar

m1 =−p+

√p2 − 4q

2∧ m2 =

−p−√p2 − 4q

2.

TEOREMA B.0.1 La ecuacion diferencial

u′′ + pu′ + qu = 0

tiene ecuacion caracterısticam2 + pm+ q = 0

cuyas raıces o soluciones son

m1 =−p+

√p2 − 4q

2∧ m2 =

−p−√p2 − 4q

2.

i) Si m1 y m2 son raıces reales diferentes, entonces la familia de soluciones u esta dada por

u(x) = C1em1x + C2e

m2x.

ii) Si m1 y m2 son raıces reales e iguales. La familia de soluciones u esta dada por

u(x) = C1em1x + C2xe

m2x.

iii) Sim1 ∈ C, digamosm1 = a+bi, entoncesm2 = a−bi; es decirm1 ym2 son raıces complejasconjugadas. En este caso, la familia de soluciones u esta dada por

u(x) = C1eax cos(bx) + C2e

ax sen(bx).

OBSERVACION B.0.2 En algunos casos conviene reescribir soluciones en la forma de funcionestrigonometricas hiperbolicas en vez de exponenciales, con el fin de aprovechar las propiedadesque estas funciones cumplen, como por ejemplo la propiedad

senh(α− β) = senhα coshβ − coshα senhβ ∀α, β ∈ R.

pues

senhx =ex − e−x

2∧ coshx =

ex + e−x

2.


Salomon Alarcon Araneda [BORRADOR]

COROLARIO B.0.1 La ecuacion diferencial

u′′ − λu = 0

tiene ecuacion caracterısticam2 − λ = 0

cuyas raıces o soluciones sonm1 =

√λ ∧ m2 = −

√λ.

i) Si λ > 0, entonces m1,m2 ∈ R, con m1 6= m2. Luego, la familia de soluciones u esta dadapor

u(x) = C1em1x + C2e

m2x = C1e√λx + C2e

−√λx.

ii) Si λ = 0, entonces m1 = m2 = 0. Luego, la familia de soluciones u esta dada por

u(x) = C1em1x + C2xe

m2x = C1 + C2x.

iii) Si λ < 0, entonces −λ > 0 y m1,m2 ∈ C, con m1 =√−λ i y m2 = −

√−λ i. Luego, la

familia de soluciones u esta dada por

u(x) = C1e0x cos

(√−λx

)+ C2e

0x sen(√−λx

)= C1 cos

(√−λx

)+ C2 sen

(√−λx

).

La pregunta que se trata de responder en este momento es:

¿Como podemos encontrar vectores ortogonales que nos permitan construir sistemas ortogonalescompletos?

PROBLEMA. Consideremos el problema−X ′′ = λX en (0, π)

X(0) = 0

X(π) = 0

(B . 1)

Encontrar todos los valores propios y funciones propias asociados al problema.

Solucion. Buscamos λ ∈ R tal que la ecuacion

X ′′ + λX = 0

posea soluciones no nulas. La ecuacion caracterıstica asociada a esta ecuacion es

m2 + λ = 0,

∴ m = ±√−λ.

Ahora tenemos tres posibilidades:



1ro) Caso λ < 0. En este caso −λ > 0, y ası m1,m2 ∈ R, tratandose de raıces reales distintas.Sabemos que en este caso las posibles soluciones son de la forma


−√−λx.

Desde las CC se sigue que

X(0) = 0⇒ C1 + C2 = 0

X(π) = 0⇒ C1e√−λπ + C2e

−√−λπ = 0,

de donde obtenemos

C1 = −C2 ∧ C1

(e√−λπ − e−

√−λπ)

= 0;

y como e√−λπ − e−

√−λπ 6= 0, concluimos que

C1 = C2 = 0.



X(x) = C1 + C2x.

Desde las CC se sigue queX(0) = 0⇒ C1 = 0

X(π) = 0⇒ C1 + C2π = 0,

de donde obtenemosC1 = 0 ∧ C2π = 0;

y como π 6= 0, concluimos queC1 = C2 = 0.

Por lo tanto, λ = 0 no es valor propio.

3ro) Caso λ > 0. En este caso m =√−λ ∈ C. Sabemos que en este caso las posibles soluciones

son de la formaX(x) = C1 cos(

√λx) + C2 sen(

√λx).

Desde las CC se sigue que

X(0) = 0⇒ C1 = 0

X(π) = 0⇒ C1 cos(√λπ) + C2 sen(

√λπ) = 0,


√λx) = 0;


Salomon Alarcon Araneda [BORRADOR]


sen(√λx) = 0.

Luego, √λπ = nπ ∀n ∈ N⇒ λ = n2 ∀n ∈ N.

Por lo tanto,λn = n2, n ∈ N,


un(x) = sen (nx) , n ∈ N.

A continuacion mostramos una tabla con algunos problemas de Sturm-Liouville conocidos, juntoa sus valores propios y funciones propias asociadas.

Problema Valores Propios Funciones PropiasX ′′ − λX = 0 en (0, L)

X(0) = 0

X(L) = 0

λn = −(nπL

)2

n ∈ N

sen(nπLx)

n∈N

X ′′ − λX = 0 en (0, L)

X ′(0) = 0

X ′(L) = 0

λn = −(nπL

)2

n ∈ N0

1, cos

(nπLx)

n∈N

X ′′ − λX = 0 en (0, L)

X(0) = 0

X ′(L) = 0

λn = −(

(2n− 1)π

2L

)2

n ∈ N

sen

((2n− 1)π

2Lx

)n∈N

X ′′ − λX = 0 en (0, L)

X ′(0) = 0

X(L) = 0

λn = −(

(2n− 1)π

2L

)2

n ∈ N

cos

((2n− 1)π

2Lx

)n∈N

X ′′ − λX = 0 en (0, L)

X(0) = X(L)

X ′(0) = X ′(L)

λn = −(

2nπ

L

)2

n ∈ N0

1, sen

(2nπ

Lx

), cos

(2nπ

Lx

)n∈N

OBSERVACION B.0.3 Notar que si en los ejemplos de la tabla, cambiamos la EDO por la siguiente

X ′′ + λX = 0 en (0, L),

entonces lo unico que se ve afectado en la tabla es el signo de los valores propios respectivos(quedarıan positivos). El resto de los elementos en la tabla se mantiene igual.



B.1. Espacios con peso

DEFINICION B.1.1 Sea s : [a, b] → R una funcion estrıctamente positiva en [a, b], excepto tal vezen a lo mas una cantidad finita de puntos. Se define el espacio

L2s(a, b) =

v : [a, b]→ Rmedible :

∫ b

a|v(x)|2s(x) dx <∞

.

La funcion s se llama funcion peso. Ademas, se definen en L2s(a, b):

El producto interno

〈u, v〉s =

∫ b

au(t) v(t) s(t) dt

La norma

‖v‖s =

∫ b

av2(t) s(t) dt.

TEOREMA B.1.1 Sobre el problema regular de Sturm-Liouville(p(x)u′(x))′ + q(x)u(x) = λ s(x)u(x)

a0 u(a) + a1 u′(a) = 0

b0 u(b) + b1 u′(b) = 0,

donde |a0|+ |a1| > 0 y |b0|+ |b1| > 0, se verifica lo siguiente:

i) ∃λnn∈N0 familia numerable de valores propios reales y simples tales que

|λ0| < |λ1| < |λ2| < . . . < |λn| < |λn+1| < . . . −→n→∞

∞

ii) Las correspondientes funciones propias asocidas a λnN0 , ϕn∈N0 forman una base orto-gonal para el espacio L2

s(a, b).

iii) Si ϕ es continua y satisface las CC, entonces

ϕ =

∞∑n=0

〈ϕ,ϕn〉‖ϕn‖L2s(a,b)

ϕn,

siendo la convergencia uniforme y absoluta.


Salomon Alarcon Araneda [BORRADOR] B.1. ESPACIOS CON PESO

Aplicacion del Teorema. Encontremos un espacio S ⊂ R2s(a, b) tal que las funciones propias

asociadas a los valores propios distintos de:

L(u) := a2(x)u′′(x) + a1(x)u′(x) + a0(x)u(x) = λu(x)

sean ortogonales.Partimos considerando

(p(x)u′(x))′ + q(x)u(x) = λ s(x)u(x),

que cuando p(x) 6= 0 equivale a

u′′(x) +p′(x)

p(x)u′(x) +

q(x)

p(x)u(x) = λ

s(x)

p(x)u(x)

Por otro lado, se chequea que si λ es un valor propio de L y u es la funcion propia asociada,entonces

u′′(x) +a1(x)

a2(x)u′(x) +

a0(x)

a2(x)u(x) = λ

1

a2(x)u(x).

Igualando coeficientes en las dos ultimas ecuaciones, obtenemos que para la eleccion

p(x) = e∫ a1(x)a2(x)

dx; q(x) =

a0(x)

a2(x)p(x); s(x) =

p(x)

a2(x)

las funciones propias de L conforman una base ortogonal enR2s(a, b).

EJEMPLO B.1.1 Encuentre un espacio adecuado para que las funciones no nulas de la EDO

2u′′ − 6u′ + 3u = λu en (a, b)

sean ortogonales.

Solucion. Identificamosa2(x) = 2, a1(x) = −6, a0(x) = 3.

Luego,

p(x) = e∫ a1(x)a2(x)

dx= e−3x; q(x) =

a0(x)

a2(x)p(x) =

3

2e−3x; s(x) =

p(x)

a2(x)=

1

2e−3x.

Con esta eleccion de p, q y s las funciones propias no nulas de

L(u) = 2u′′ − 6u′ + 3u

forman una base ortogonal enR2s(a, b), con s(x) = 1

2e−3x; donde

〈u, v〉R2s(a,b)

=1

2

∫ b

au(t) v(t) e−3tdt.


Bibliografıa

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[2] L.C. Evans, Partial Differential Equations, Graduate Studies in Mathematics, Volume 19, Ameri-can Mathematical Society, Reprint whit corrections 2002, Printed in the United States of Ame-rica.

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apuntes de mat 024

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