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Capítulo 1

Curvas, integrales de línea y camposvectoriales

Hasta ahora hemos estudiado funciones con valores reales de la forma f : Rn → R conn = 2 ó 3. En particular hemos estudiado integrales dobles en el caso n = 2, e integralestriples en el caso n = 3. A lo largo del presente tema nos ocuparemos del estudio de lasfunciones cuyos valores son vectores. En particular comenzaremos con trayectorias que sonfunciones de la forma: f : R→ Rn con n = 2 o n = 3, y posteriormente abarcaremos el estudiode funciones más generales como son los campos vectoriales de la forma: f : Rn → Rn conn = 2 ó n = 3, e introduciremos las principales operaciones del calculo diferencial vectorial, asaber el gradiente, la divergencia y el rotacional, así como algunas de sus aplicaciones. Todosestos conceptos nos ayudarán a entender los teoremas integrales fundamentales del cálculovectorial: el teoréma de Green que veremos al final de este tema, el teoréma de Gauss y elteoréma de Stokes que estudiaremos en el tema III.

1.1. Funciones vectoriales o trayectorias

1.1.1. Curvas y Trayectorias

Intuitivamente, se considera a una curva como la trayectoria trazada por una partículaen movimiento. Esta noción dinámica de las curvas es muy útil en el entendimiento de laspropiedades de las curvas. Para tratar de manera efectiva estos objetos necesitamos, sin em-bargo, una noción matemática precisa de ellos.

Estudio eficaz de las curvas. Se puede considerar una curva como la imagen o gráficade una función vectorial de posición r(t) definida para todo t ∈ [a, b], donde t se piensacomo el tiempo (de nuevo, por consideraciones dinámicas). A tal función r(t) se le denominatrayectoria.

Definición 1.1.1. Una función vectorial o trayectoria en Rn, n = 2 o n = 3, es una funciónr : [a, b] → Rn, en donde r(t) denota la posición de una partícula en el instante t, y r(a),

1

2 L. Héctor Juárez

r(b) son los extremos de la trayectoria.

ba t

X

Y

®

r

)(tr

®

)(ar

®

)(br

®

Figura 1.1: Representación de una función vectorial o trayectoria.

Si n = 2, la trayectoria se encuentra en el plano, y si n = 3, la trayectoria se encuentraen el espacio. La imagen de la trayectoria corresponde entonces a la línea curva en el planoo el espacio, como se muestra en la Fígura 1.1.

Una función vectorial r : [a, b] → Rn se puede representar por medio de sus funcionescomponentes

r(t) = (x(t), y(t), z(t)) = x(t) i + y(t) j + z(t)k

o también por medio de sus ecuaciones paramétricas

x = x(t), y = y(t), z = z(t), t ∈ [a, b].

Ejemplo 1.1.2. La recta L que pasa por el punto (x0, y0, z0) en la dirección del vectorv = (v1, v2, v3) es la curva de la trayectoria

r(t) = (x0, y0, z0) + tv, t ∈ R

Sus ecuaciones paramétricas se obtienen observando que

r(t) = (x0, y0, z0) + tv = (x0 + t v1, y0 + t v2, z0 + t v3)

Por lo tanto, ecuaciones paramétricas son

x = x0 + t v1,

y = y0 + t v2,

z = z0 + t v3.

La Figura 1.2 muestra la gráfica de esta trayectoria.

Cálculo de VV–II 3

X

Y

L

),,( 000 zyx

)(tr

®

®

V


Ejemplo 1.1.3. La circumferencia de radio a > 0 en el plano puede representarse por latrayectoria r(t) = (a cos t, a sen t), t ∈ [0, 2π]. En este caso r(0) = r(2π) = (1, 0), por loque se trata de una curva cerrada, debido a que el punto inicial y el punto final coinciden.Sus ecuaciones paramétricas son

x = a cos t, y = a sen t, t ∈ [0, 2π].

Notése que estas ecuaciones definen la transformación a coordenadas polares, ver Figura 1.3

-1 -0.5 0.5 1x

-1

-0.5

0.5

1

y

t

)(tr

®®

r

p2pi

t

0 t


Ejemplo 1.1.4. Cualquier función escalar en una variable y = f(x) con x ∈ [a, b], tiene co-mo gráfica una curva en el plano xy, la cual puede representarse por medio de una trayectoriaque se obtiene de la siguiente forma:

1. Como x es la variable independiente, y varía en el intervalo [a, b], hacemos x = t cont ∈ [a, b].

2. Como y = f(x), entonces y = f(t) dado que x = t. Entonces la representación es:r(t) = (t, f(t)) = t i + f(t) j


-2 -1 1 2x

1

2

3

4

y

),( 2tt

Figura 1.4: Gráfica de la parábola.

Por ejemplo, la parábola con ecuación y = x2 puede describirse mediante la trayectoriar(t) = (t, t2), t ∈ R, cuyas ecuaciones paramétricas son x = t, y = t2, ver Figura 1.4.

Ejemplo 1.1.5. Dibujar la curva representada por la función vectorial r(t) = cos t i+sen t j+tk, con 0 ≤ t ≤ 4π.

Solución. De las dos primeras ecuaciones paramétricas, x = cos t, y = sen t, se obtiene quex2 + y2 = 1. Luego la curva se encuentra en un cilindro circular de radio 1 con centro enel eje z. La curva puede determinarse usando la tercera ecuación paramétrica z = t, la cualvaría de 0 a 4π cuando t crece de 0 a 4π, y el punto (x, y, z) se mueve en espiral hacia arribacomo se indica en la Figura 1.5. La curva es una hélice circular de radio 1.

-4-2

02

4y

-4

-2

0

2

4

x

0

5

10

z

)4,0,1( p

)2,0,1( p

(1,0,0)

Figura 1.5: Gráfica de la hélice circular de radio 1.


Ejemplo 1.1.6. Generalmente la intersección de dos superficies en el espacio resulta enuna curva en el espacio. Por ejemplo, sea C la curva que resulta de la intersección delsemielipsoide x2

12+ y2

24+ z2

4= 1, z ≥ 0, y el cilindro parabólico y = x2. Hallar una función

vectorial que represente la gráfica de la curva intersección C.

Solución. La Figura muestra un bosquejo de la elipsoide y su intersección con el cilindroparabólico y = x2. Para encontrar la curva intersección hacemos

01

2

3

4

y

-4

-2

0

x

0

0.5

1

1.5

2

z

elipsoide

cilindro parabólico

curva C

X

Y

Z

Figura 1.6: Gráfica de la intersección del elipsoide con el paraboloide.

x2

12+

y2

24+

z2

4= 1, (1.1)

y = x2. (1.2)

Sustituyendo (1.2) en (1.1), obtenemos

x2

12+

x4

24+

z2

4= 1.

Despejando la variable z, se obtiene

z2 = 4− x2

3− x4

6.

Entonces, podemos escoger x = t, y de esta forma:

y = t2,

z =

√4− t2

3− t4

6.


Para encontar el rango en el que varía t, encontramos los puntos en la intersección de ambassuperficies cuando z = 0, es decir donde se satisface y = x2 y 0 = 4−x2/3−x4/6 simultane-amente, o bien en donde se satisfacen x4 + 2x2− 24 = 0, y = x2. La solución de la primeraecuación es

x2 =−2±√4 + 4× 24

2=−2± 2

√1 + 24

2= −1± 5.

Descartamos x2 = −6 y tomamos solamente x2 = 4, es decir, x = ±2 y y = 4. Luego lospuntos con z = 0, donde las superficies se intersectan, y donde la curva intesección tiene susextremos son (−2, 4, 0) y (2, 4, 0). Como x = t, entonces el parámetro t puede variar de −2a 2. Por lo tanto la función vectorial que describe a la curva C es

r(t) =

(t, t2,

√4− t2

3− t4

6

), t ∈ [−2, 2].

Las ecuaciones paramétricas son

x(t) = t, y(t) = t2, z(t) =

√4− t2

3− t4

6, t ∈ [−2, 2].

Nota. La representación de una curva por medio de una función vectorial no es única. Porejemplo, la circumferencia de radio uno puede representarse mediante

r1(t) = cos t i + sen t j, t ∈ [0, 2π],

pero también podemos representarla mediante

r2(t) = sen t i + cos t j, t ∈ [0, 2π].

dado que ambos casos x2 + y2 = 1. Esta última parametrización tiene su punto incial yfinal en (0, 1) y la partícula se mueve en el sentido horario, a diferencia de la primeraparamentrización. Sin embargo, debemos hacer énfasis en que a pesar que las gráficas de lasimagenes de r1(t) y r2(t) son las mismas, las trayectorias o funciones vectoriales son distintas.

1.1.2. Derivadas e integrales de funciones vectoriales

La derivada de una funcion vectorial.

Dada una función vectorial r : [a, b] → R3 , la derivada es un vector columna

Dr(t) =

x ′(t)y ′(t)z ′(t)

siendo x(t), y(t), z(t) las componentes de r(t). En lugar de Dr(t), escribiremos

r ′(t) = (x ′(t), y ′(t), z ′(t)).


Estrictamente hablando la derivada de la función indica la razón de cambio de la función conrespecto al cambio de la variable independiente t, y formalmente se puede expresar medianteel límite de un cociente de diferencias alrededor de un valor dado t = t0. Físicamente, elcociente

r(t0 + ∆t)− r(t0)

∆t

representa el cambio promedio (o razón de cambio promedio) de r(t) cuando t cambia de t0a t0 + ∆t. En el límite, obtenemos la razón de cambio instantaneo en t0

r ′(t0) = lım∆t→0

r(t0 + ∆t)− r(t0)

∆t.

Gráficamente r ′(t0) representa un vector tangente a la curva definida por la trayectoria r(t)en el punto r(t0), como se ilustra en la Figura 1.7.

X

Y

)( 0tr

®

)(' 0tr

®

)( 0 ttr D+®

)()( 00 trttr

®®

-D+

Figura 1.7: La derivada de la función vectorial como tangente.

El método práctico para calcular la derivada de una función vectorial es mediante elcálculo de las derivadas de las funciones componentes, es decir,

r ′(t) = (x ′(t), y ′(t), z ′(t)) = x ′(t) i + y ′(t) j + z ′(t)k.

Ejemplo 1.1.7. La trayectoria r(t) = (t, t2) tiene como gráfica o imagen un arco parabólico.Para verificar esta aseveración basta con eliminar el parámetro t de las ecuaciones paramétri-cas x = t y y = t2. Como t = x, entonces y = t2 = x2, la cual es la ecuación una parábola.

La derivada de la función vectorial es

r ′(t) = (x ′(t), y ′(t)) = (1, 2t),

y en t = 1 se obtiene r(1) = (1, 1) y r ′(1) = (1, 2). En t = 0 se obtiene r(0) = (0, 0) yr ′(0) = (1, 0). La gráfica de estos vectores se muestra en la Figura 1.8.


-2 -1 1 2x

1

2

3

4

y

)2,1()1(' =®

r

vector

tangente

)1,1()1( =®

r

-2 -1 1 2x

1

2

3

4

y

)0,0()0( =®

r)0,1()0(' =

®

r

vector

tangente

Figura 1.8: Derivadas de la función vectorial en dos puntos.

Derivadas de orden superior. Las derivadas de orden superior de una función vectori-al r(t) se obtienen simplemente derivando sucesivamente las funciones componentes de latrayectoria:

r ′(t) = (x ′(t), y ′(t), z ′(t)) =d r

dt,

r ′′(t) = (x′′(t), y′′(t), z′′(t)) =d2r

dt2,

...

r (k)(t) = (x(k)(t), y(k)(t), z(k)(t)) =dkr

dtk.

Ejemplo 1.1.8. Dada la función vectorial r(t) = cos t i + sen t j + 2tk, hallar

a) r ′(t) · r ′(t).b) r ′(t)× r ′′(t).

Solución

r ′(t) =d

dtcos t i +

d

dtsen t j +

d

dt2tk = − sen t i + cos t j + 2k,

r ′′(t) =d

dt(− sen t i +

d

dt(cos t j +

d

dt(2)k = − cos t i− sen t j.

a) r ′(t) · r ′(t) = (− sen t, cos t, 2) · (− cos t, sen t, 0) = sen t cos t− sen t cos t = 0.


b) r ′(t)× r′′(t) =

∣∣∣∣∣∣

i j k− sen t cos t 2− cos t − sen t 0

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣cos t 2− sen t 0

∣∣∣∣ i−∣∣∣∣− sen t 2− cos t 0

∣∣∣∣ j

+

∣∣∣∣− sen t cos t− cos t − sen t

∣∣∣∣k = 2 sen t i− 2 cos t j + k.

Curvas suaves. La trayectoria r(t) = (x(t), y(t), z(t)) representa una curva suave en [a, b]si las funciones x ′(t), y ′(t), z ′(t) son continuas para cada t ∈ [a, b], y si además r ′(t) 6= ~0 =(0, 0, 0) para toda t ∈ [a, b].

Ejemplo 1.1.9. La trayectoria r(t) = (a3 cos3 t, a3 sen3 t) con t ∈ [0, 2π] tiene como imagenuna curva en el plano denominada hipocicloide de cuatro cúspides (o astroide), y cuya gráficase muestra en la figura. La derivada de la trayectoria es

-1 -0.5 0.5 1x

-1

-0.5

0.5

1

y

),0( 3a

),0( 3a-

)0,( 3a)0,( 3

a-

a=1

Figura 1.9: Gráfica de la astroide (hipocicloide de cuatro cúspides).

r ′(t) =(−3a3 cos2 t sen t, 3a2 sen2 t cos t

)= 3a2 sen t cos t (− cos t, sen t).

Observamos que r ′(t) = 0 solo sí sen t cos t = 0, es decir si t = 0, π/2, π, 3π/2, 2π, loscuales corresponden a los puntos de las cuatro cúspides de la astroide

r(0) = (a3, 0), r(π/2) = (0, a3), r(π) = (−a3, 0), r(3π/2) = (0, −a3).

Por lo tanto, la curva es suave excepto en dichos puntos. Obsérvese que la tangente no estadefinida en los puntos cúspide, donde la curva no es suave.

Las ecuaciones cartesianas de las astroide se pueden obtener eliminando el parámetro tde la ecuaciones paramétricas

x = a3 cos3 t, y = a3 sen3 t

x1/3 = a cos t, y1/3 = a sen t.


Por lo tanto

(x1/3)2 + (y1/3)2 = a2

x2/3 + y2/3 = a2.

Propiedades de la derivada de funciones vectoriales.

Sean r y σ funciones vectoriales con parámetro t, f una función escalar de t, y c unaconstante entonces

1.d

dt[c r(t)] = c

dr

dt= c r ′(t).

2.d

dt[r(t)± σ(t)] = r ′(t)± σ′(t).

3.d

dt[f(t) r(t)] = f ′(t) r(t) + f(t) r ′(t).

4.d

dt[r(t) · σ(t)] = r ′(t)σ(t) + r(t)σ′(t).

5.d

dt[r(t)× σ(t)] = r ′(t)× σ(t) + r(t)× σ′(t).

Las últimas tres igualdades son versiones de reglas del producto. La regla 3 es la regla delproducto de una función real por una función vectorial; la regla 4 es la regla de la derivadadel producto escalar de dos funciones vectoriales; y finalmente, la regla 5 es la derivada delproducto vectorial de dos funciones vectoriales.

Ejemplo 1.1.10. Sea r(t) = (t, 3t, t2) y σ(t) = (4t, t2, t3) dos trayectorias, encontrar

a)d

dt(r(t) · σ(t)).

b)d

dt(r(t)× σ(t)).

Solución

a)d

dt[r(t) ·σ(t)] = r ′(t) ·σ(t)+r(t) ·σ′(t) = (1, 3, 2t) ·(4t, 2t, 3t2)+(t, 3t, t2) ·(4, 2t, 3t2)

= (4t + 3t2 + 2t4) + (4t + gt2 + 3t4) = 8t + 9t2 + 5t4.

b)d

dt[r(t)× σ(t)] = r ′(t)× σ(t) + r(t)× σ′(t) =

∣∣∣∣∣∣

i j k1 3 2t4t t2 t3

∣∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∣

i j kt 3t t2

4 2t 3t2

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣3 2tt2 t3

∣∣∣∣ i−∣∣∣∣

1 2t4t t3

∣∣∣∣ j +

∣∣∣∣1 34t t2

∣∣∣∣k +

∣∣∣∣3t t2

2t 3t2

∣∣∣∣ i−∣∣∣∣

t t2

4 3t2

∣∣∣∣ j +

∣∣∣∣t 3t4 2t

∣∣∣∣k =

(3t3 − 2t3 + 9t3 − 2t3) i− (t3 − 8t2 + 3t3 − 4t2) j + (t2 − 12t + 2t2 − 12t)k =8t3i + (12t2 − 4t3) j + (3t2 − 24t)k.


Integración de funciones vectoriales

Definición 1.1.11. . Sea r(t) = (x(t), y(t), z(t)) = x(t) i + y(t) j + z(t)k una trayectoriadefinida para t ∈ [a, b], entonces

∫ b

a

r(t) dt =

(∫ b

a

x(t) dt

)i +

(∫ b

a

y(t) dt

)j +

(∫ b

a

z(t) dt

)k.

La integral indefinida de define como∫

r(t) dt =

(∫x(t) dt

)i +

(∫y(t) dt

)j +

(∫z(t) dt

)k + c,

en donde c es un vector constante.

Ejemplo 1.1.12. Calcular la integral indefinida de la trayectoria

r(t) =1

ti + j− t

32 k.

Solución∫

r(t) dt =

(∫1

tdt

)i +

(∫dt

)j−

(∫t

32 dt

)k = ln t i + t j− 2

5t

52 k + c.

1.1.3. Velocidad y aceleración

Volviendo a la interpretación dinámica de las curvas, podemos establecer la siguientedefinición.

Definición 1.1.13. Sea r(t) = (x(t), y(t), z(t)), t ∈ [a, b], una trayectoria diferenciable. Elvector velocidad en v(t) está dado por v(t) = r ′(t), y la rápidez de la partícula que recorrela curva se define como la magnitud de este vector, es decir

v(t) = ‖r ′(t)‖ =√

[x ′(t)]2 + [y ′(t)]2 + [z ′(t)]2.

La aceleración se define como la segunda derivada de la función vectorial:

a(t) = r′′(t) = (x′′(t), y′′(t), z′′(t))

En términos de notación vectorial tenemos

Velocidad: r(t) = r ′(t) = x ′(t) i + y ′(t) j + z ′(t)k.

Aceleración: a(t) = r′′(t) = x′′(t) i + y′′(t) j + z′′(t)k.


Rapidez: v(t) = ‖r ′(t)‖ =√

[x ′(t)]2 + [y ′(t)]2 + [z ′(t)]2.

Ejemplo 1.1.14. Calcular el vector velocidad, la rápidez y la aceleración de una partículaque se mueve de acuerdo a la trayectoria r(t) = a cos t i + a sen t j, t ∈ [0, 2π].

Solución

v(t) = r ′(t) = −a sen t i + a cos t j.

a(t) = r′′(t) = −a cos t i− a sen t j = −r(t).

v(t) = ‖r ′(t)‖ =√

(−a sen t)2) + (a cos t))2 = a. rapidez constante

Ejemplo 1.1.15. Una partícula inicia su movimiento en r(0) = (1, 0, 0) con velocidadinicial v(0) = i − j + k. Su aceleración es a(t) = 4t i + 6t j + k. Determine su velocidad yposición en el instante t.

Solución. Como a(t) = v′(t), entonces

v(t) =

∫a(t) dt =

∫(4t i + 6t j + k) dt = 2t2 i + 3t2 j + tk + c.

Para calcular el vector constante c, usamos la condición inicial:

c = v(0) = i− j + k

Sustituyendo este vector en la ecuación anterior y simplifacando, se obtiene

v(t) = (2t2 + 1) i + (3t2 − 1) j + (t + 1)k.

Por otro lado, como v(t) = r ′(t), entonces

r(t) =

∫v(t) dt =

(2

3t3 + t

)i + (t3 − t) j +

(1

2t2 + t

)k + d.

El vector constante d se obtiene de las condiciones inciales d = r(0) = i. Por lo tanto, elvector posición es

r(t) =

(2

3t3 + t + 1

)i + (t3 − t) j +

(1

2t2 + t

)k.

En general, las integrales vectoriales nos permiten recuperar la velocidad cuando se conocela aceleración, y obtener la posición cuando se conoce la velocidad. El anterior problematambién se puede resolver utilizando la inegral definida. Por ejemplo, dada la aceleracióna(t) y la velocidad en un instante t0, v(t0), la velocidad en cualquier otro instante t seobtiene por medio de

v(t) = v(t0) +

∫ t

t0

a(s) ds


Así, en el ejemplo anterior tenemos t0 = 0, y entonces se obtiene

v(t) = i− j + k +

∫ t

0

(4s i + 6s j + k) ds = i− j + k + (2s2 i + 3s2 j + sk)s=ts=0

= i− j + k + 2t2 i + 3t2 j + tk = (2t2 + 1) i + (3t2 − 1) j + (t + 1)k,

el cual es idéntico al resultado obtenido anteriormente. En forma similar se puede verificarque

r(t) = r(t0) +

∫ t

t0

v(s) ds.

produce el mismo resultado para la posición que el ya obtenido anteriormente.

Ejemplo 1.1.16. Segunda ley de Newton. La fuerza que actúa sobre una partícula demasa m que se mueve de acuerdo a la trayectoria r(t) está relacionada con la aceleraciónpor medio de

F(r(t)) = m a(t) = m r′′(t).

Problema clasíco de la mecánica celeste. Determinar la trayectoria (posición) de unapartícula en un instante cualquiera si se conocen su masa, su posición inicial y su velocidadinicial, así como la fuerza que actua sobre ella. Por ejemplo, si la fuerza es la fuerza grav-itacional, y la partícula es un planeta que se mueve alrededor del sol (de masa M), entoncesla trayectoria r(t) del planeta de masa m obedece a la ley (gravitación universal)

m r′′(t) = −Gm M

‖r(t)‖3r(t).

Este es un sistema de ecuaciones diferenciales (una ecuación diferencial por cada compo-nente) que no resolveremos ahora, pero podemos considerar el problema partícular siguiente.

Ejemplo 1.1.17. Considérese una partícula de masa m que se mueve con rápidez constante ven una trayectoria circular de radio r0. Si la partícula se mueve en el plano xy, la trayectoriaes de la forma

r(t) = r0(cos ωt, sen ωt),

en donde ω es una constante que se determina utilizando uso del hecho que ‖r ′(t)‖ = v:

‖r ′(t)‖ = ‖r0 ω (− sen ωt, cos ωt)‖ = r0 ω = v.

Así que ω =v

r0

es la velocidad angular, y la trayectoria es

r(t) = r0 (cosv

r0

t, senv

r0

t).


)(tr

®

)(ta

®

Figura 1.10: La aceleración centrípeta

La aceleración de la partícula es

a(t) = r′′(t) = r0 ω2 (− cos ωt, − sen ωt) = −ω2 r0 (cos ωt, sen ωt) = −ω2 r(t) = −v2

r20

r(t)

Es decir, la aceleración de la partícula está en dirección opuesta a r(t) y, por lo tanto apuntahacía el centro de la circumferencia, ver Figura 1.10. Se concluye que la fuerza

F(r(t)) = −mv2

r20

r(t),

es la fuerza centrípeta.

Notese que, aun y cuando la rapidez es constante, resulta una aceleración, debido a quela dirección de la velocidad está cambiando continuamente.

Ejemplo 1.1.18. Supongamos ahora que tenemos un satélite de masa m moviendose con unarapídez constante v alrrededor de un cuerpo de masa M en una órbita circular de radio r0,como se indica en la Figura 1.11. Del ejemplo anterior, encontramos que la fuerza centripeta

m

M

0r

Figura 1.11: Satelite en un órbita de radio r0.

que actúa sobre la masa m es como se indica en la última igualdad, un poco arriba. Peroesta fuerza debe ser igual a la fuerza gravitacional

F(r(t)) = −GmM

r30

r(t)


que ejerce el cuerpo de masa M sobre el satélite de masa m, es decir

−Gm M

r30

r(t) = −mv2

r20

r(t).

Simplificando y despejando v2, se obtiene

v2 =GM

r0

Si T es un período de revolución (tiempo que toma el satélite para dar una vuelta completa),

entonces v =2πr0

T. Sustituyendo en la igualdad anterior, y depués despejando T 2, se obtiene

T 2 = r30

(2π)2

GM

Es decir, el cuadrado del periódo es igual al cubo del radio. Esta es una de las tres famosasleyes de Kepler. Esta ley permite calcular el periódo de un satélite con radio dado, ó bién elradio de giro cuando se conoce el periódo de revolución.

1.1.4. Longitud de Arco

Sea r(t), t ∈ [a, b] una trayectoria diferenciable. Continuando con nuestra interpretacióndinámica de las trayectorias, supóngase que dicha trayectoria representa el movimiento deuna partícula moviendose en el espacio. Nos preguntamos cuál es el recorrido que hacedicha partícula en el intervalo de tiempo [a, b]. Claramente el recorrido es el descrito porla trayectoria r(t) y su longitud es igual a la longitud de la curva imagen que conecta elpunto inicial r(a) con el punto final r(b). Como la velocidad es v(t) = r ′(t), y su rapidéz esv(t) = ‖r ′(t)‖, entonces la longitud de este recorrido puede calcularse mediante

l =

∫ b

a

v(t) dt =

∫ b

a

‖r ′(t)‖ dt

Definición 1.1.19. Sea r : [a, b] → Rn con n = 2 o n = 3 una trayectoria (función vectorial)con derivadas continuas. La longitud de arco de esta trayectoria se define como

l(r) =

∫ b

a

‖r ′(t)‖ dt =

∫ b

a

√x ′(t)2 + y ′(t)2 + z ′(t)2 dt

Ejemplo 1.1.20. Encontrar la longitud de arco de la trayectoria

r(t) = a (t− sen t) i + a (1− cos t) j, t ∈ [0, 2π].


1 2 3 4 5 6 7

x

0.5

1

1.5

2

y

2a

ap2ap

Figura 1.12: Grafica de la cicloide.

Solución. La imagen de esta trayectoria corresponde a una cicloide cuya gráfica se muestraen la Figura 1.12. La derivada de la trayectoria es

r ′(t) = a (t− sen t) i + a (1− cos t) j.

Por lo tanto

l(r) =

∫ 2π

0

‖r ′(t)‖ dt =

∫ 2π

0

√a2 (1− cos t)2 + a2 sen2 t dt =

∫ 2π

0

√a2 (2− 2 cos t) dt

= a

∫ 2π

0

2 sent

2dt = −4 a

[cos

t

2

∣∣∣∣2π

0

= 8 a,

en donde se ha utilizado la idéntidad 2− 2 cos t/2 = 4 sen2 t/2.

Ejemplo 1.1.21. Una partícula se mueve de acuerdo a la trayectoria r(t) = (cos t, sen t, t).Supóngase que al tiempo t = π la patrtícula deja la trayectoria y vuela hacía afuera por latangente. Suponiendo que ninguna fuerza actúa sobre ella al salir por la tangente, encontarla posición y la velocidad de la partícula en el instante t = π, asi como la longitud total delrecorrido de t = 0 a t = 2π.

Solución. La derivada de la trayectoria es r ′(t) = (− sen t, cos t, 1), por lo que al instantet = π la posición y velocidad de la partícula son

r(π) = (cos π, sen π, π) = (−1, 0, π)

r′(π) = (− sen π, cos π, 1) = (0, −1, 1).

Al salir por la tengente, la partícula sigue la línea tangente a la trayectoria en el puntor(π) = (−1, 0, π) y en dirección del vector velocidad v = r′(π) = (0, −1, 1). Una ecuaciónvectorial para la línea tangente es

r2(t) = r(π) + (t− π)v == (−1, 0, π) + (t− π) (0,−1, 1), t ∈ [π, 2π]

En esta parametrización hemos utilizado t−π, en lugar de t al multiplicar el vector direcciónv (como se hace usualmente), debido a que queremos que cuando t = π, la partícula se


encuentre en la posición de salida r(π). Por lo tanto, la posición y velocidad sobre esta línearecta, en cada instante t, estan dadas por

r2(t) = (−1, 0, π) + (t− π) (0, −1, 1)

r′2(t) = (0, −1, 1)

Por lo tanto, la posición y la velocidad de la partícula en el instante t = 2π son

r2(2π) = (−1, −π, 2π), r′2(2π) = (0, −1, 1).

respectivamente. Nótese que la velocidad es la misma que cuando la partícula sale por latangente. La longitud total del recorrido de la partícula desde t = 0 hasta t = 2π es

l = l(r) + l(r2) =

∫ π

0

‖r ′(t)‖ dt +

∫ 2π

π

‖r′2(t)‖ dt

=

∫ π

0

√2 dt +

∫ 2π

π

√2 dt = 2

√2 π.

1.1.5. Función y parámetro longitud de arco

Las curvas pueden representarse de diversas maneras mediante funciones vectoriales otrayectorias, según la elección del parametro. Por ejemplo, la circumferencia de radio r0

puede representarse por medio de cualquiera de las siguientes funciones vectoriales

1. r1(t) = r0 (cos t, sen t), t ∈ [0, 2π].

2. r2(t) = r0 (cos 2πt, sen 2πt), t ∈ [0, 1].

3. r3(t) = r0 (cos t/2, sen t/2), t ∈ [0, 4π].

De hecho, dada cualquier curva hay una infinidad de posibles trayectorias para representarla.Volviendo al caso de la circumferencia, y considerando la interpretación dinámica, en cadauno de los casos anteriores la partícula comienza a moverse desde el punto r0 = (1, 0), yrecorre la circumferencia en sentido contrario a las manecillas del reloj para volver al puntode inicio La diferencia entre estas distintas parametrizaciones es la velocidad y rapidéz conque la partícula completa la vuelta:

Para la primera parametrización : r1(t) = r0 (− sen t, cos t) v1(t) = r0.

Para la segunda parametrización : r2(t) = 2 πr0 (− sen 2πt, cos 2πt) v2(t) = 2π r0.

Para la segunda parametrización : r3(t) =r0

2(− sen t/2, cos t/2) v3(t) =

r0

2.

Está claro que la rapidéz con la que se mueve la partícula puede elegirse de un numero infini-to de valores, y que desde el punto de vista dinámico, el mejor parametro es el tiempo tt. Sinembargo, para estudiar otras propiedades de las curvas, por ejemplo porpiedades geométri-cas, no importa que tan rápido o que tan lento se mueva la partícula, lo único que importa


es la forma de la curva recorrida. En estos casos es más conveniente utilizar el parámetrolongitud de arco s.

Función longitud de arco.

Sea C una curva suave determinada por la trayectoria r(t), t ∈ [a, b]. La función longitudde arco s(t) se define por

s(t) =

∫ t

a

‖r′(τ)‖ dτ =

∫ t

a

√x′(τ)2 + y′(τ)2 + z′(τ)2 dτ, t ∈ [a, b].

Geométricamente s(t) representa la longitud de la parte de la curva C que se encuentraentre r(a) y r(t). Claramente los valores de s(t) están comprendidos entre 0 y l(r), es decir0 ≤ s(t) ≤ l(r), como se indica en la Figura 1.13.

C

)(tr

®

)(ar

®

)(br

®

S(t)

Figura 1.13: s(t) mide longitud de la porción de curva que va de r(a) a r(t).

Ejemplo 1.1.22. Hallar la función longitud de arco para la hélice r(t) = cos t i+sen t j+ tkcon t ∈ [0, 2π].

Solución

s(t) =

∫ t

0

‖r′(τ)‖ dτ =

∫ t

0

√sen2(τ) + cos2(τ) + 1 dτ =

∫ t

0

√2 dτ =

√2 t.

Por lo tanto, s(t) =√

2 t, t ∈ [0, 2π]. Obsérvese que 0 ≤ s(t) ≤ 2√

2 π.

Parámetro longitud de arco

La longitud de arco aparece en forma natural a partir de la forma de la curva (y por lotanto de la trayectoria), y no depende de un sistema de coordenadas que se utilce. Si unacurva está descrita por medio de una trayectoria r(t) con parámetro t y s(t) es la funciónde longitud de arco, entonces podemos despejar a t como función de s. Es decir, t = t(s), yparametrizar esta misma curva en términos de s al sustituir por t(s) para obtener r = r(t(s)).


Ejemplo 1.1.23. Reparametrizar la hélice del ejemplo anterior con respecto a la longitudde arco s.

Solución. Tenemos que r(t) = cos t i + sen t j + tk, y en el ejemplo anterior encontramosque s(t) =

√2t, por lo que s =

√2t. Despejando t, obtenemos t = s/

√2. Sustituyendo en la

función vectorial obtenemos

r(s) = coss√2

i + sens√2

j +s√2

k, s ∈ [0, 2√

2π].

Una de las ventajas de escribir la función vectorial en términos del parámetro longitudde arco s es que ‖r′(s)‖ = 1 para todos los valores de s. En efecto, en el ejemplo anterior seobtiene

r′(S) = − 1√2

sens√2

i +1√2

coss√2

j +1√2

k,

y

‖r′(s)‖ =

√(1√2

sens√2

)2

+

(−1√2

coss√2

)2

+

(1√2

)2

=

√1

2+

1

2= 1.

Por lo tanto, cuando reparametrizamos una curva por medio del parámetro longitud de arco,la rapidéz es constante e igual a 1.

Nota. De la definición de la función longitud de arco s(t) =∫ t

a‖r(τ)′‖ dτ y del segundo

teoréma fundamental del cálculo, se puede concluir quedS

dt= ‖r ′(t)‖. Por lo tanto, en forma

diferencial podemos escribir: ds = ‖r ′(t)‖ dt.

1.1.6. Curvatura

Una aplicación importante del cambio de parámetro por medio del parámetro longitudde arco, consiste en el cálculo de la curvatura. La curvatura indica una medida de que tanrápido se dobla o comba una curva al recorrerla. Por ejemplo, en la siguiente figura la curvacambia mas rapidamente de dirección en el punto P que en el punto Q, y podemos decir quela curvatura es mayor en el punto P que en el punto Q. Una forma de medir la magnitud decambio de la curvatura es calculando la tasa o razón de cambio del vector unitario tangenteT(t) con respecto a la longitud de arco s.

Definición 1.1.24. Sea C una curva suave descrita por la trayectoria r(s), donde s denotael parámetro longitud de arco. Se define la curvatura de la curva en s por medio de

κ(s) =

∥∥∥∥∥d T

ds

∥∥∥∥∥ = ‖T ′(s)‖ = ‖r′′(s)‖


)(br

®

)(ar

®

Ù

T

P

Q

Figura 1.14: C tiene curvatura mayor en P que en Q.

La última igualdad se debe a que el vector unitario tangente esta dado por

T(s) =r′(s)||r′(s)|| = r′(s)

debido a que cuando el parámetro de la curva es la longitud de arco se tiene ||r′(s)|| = 1.Por lo tanto T ′(s) = r′′(s).

Ejemplo 1.1.25. Demostrar que la curvatura de un circulo de radio r es constante e iguala κ = 1/r.

Solución. Sea r(t) = r cos t i + r sen t j con t ∈ [0, 2π]. De la función longitud de arco seobtiene el valor

s =

∫ t

0

‖r′(τ)‖ dτ =

∫ t

0

‖ − r sen τ i + r cos τ j‖ dτ

=

∫ t

0

√r2 sen2 τ + r2 cos2 τ dτ =

∫ t

0

r dτ = r t.

Despejando a t de esta igualdad, se obtiene t = s/r. Por lo tanto, la reparametrización conel parámetro longitud de arco es

r(s) = r coss

ri + r sen

s

rj.

La segunda derivada de esta trayectoria es

r′′(s) = −1

rcos

s

ri− 1

rsen

s

rj.

Por lo tantoκ = ‖r′′(s)‖ =

1

r.


En el ejemplo anterior hemos calculado la curvatura partiendo directamente de la definición.Esto requiere que la curva sea representada en términos del parámetro longitud de arco.Sin embargo, las funciones vectoriales generalmente se expresan en términos del parámetrot distinto del parámetro de longitud de arco s. A continuación derivamos una fórmula quepermite calcular la curvatura de una curva representada por una trayectoria con parámetroarbitario t:

Por la regla de la cadenad T

dt=

d T

ds

ds

dt

Como suponemos que la curva es suave, entonces ds/dt = s′(t) = ||r ′(t)|| 6= 0, y

d T

ds=

d T

dt

/ds

dt=

T ′(t)‖r ′(t)‖

Por lo tanto

κ(t) =

∥∥∥∥∥d T

ds

∥∥∥∥∥ =‖T ′(t)‖‖r ′(t)‖ (1.3)

Ejemplo 1.1.26. Utilizar la fórmula anteriror para verificar que la curvatura de un circulode radio r es 1/r.

Solución. Utilizamos la parametrización usual

r(t) = r cos t i + r sen t j, t ∈ [0, 2π].

Obtenemos

r ′(t) = −r sen t i + r cos t j, y ‖r ′(t)‖ = r.

T(t) =r ′(t)‖r ′(t)‖ = − sen t i + cos t j, y T ′(t) = − cos t i− sen t j

Por lo tanto

κ(t) =‖T ′(t)‖‖r ′(t)‖ =

1

r.

Otra fórmula útil para calcular la curvatura de una curva con función vectorial r(t), sinnecesidad de reparametrizar, es

κ(t) =‖r ′(t)× r′′(t)‖

‖r ′(t)‖3. (1.4)

Para verificar la fórmula, calculamos las derivadas r ′(t) y r′′(t) en términos de las tangenteunitaria

T(t) =r ′(t)||r ′(t)||


De esta relación obtenemos directamente r ′(t) despejando

r ′(t) = ||r ′(t)|| T(t) =ds

dtT(t)

La segunda deriva es

r′′(t) =d2s

dt2T(t) +

ds

dtT ′(t)

El producto ‘cruz’ es

r ′(t)× r′′(t) =

(ds

dt

)2

T(t)× T ′(t), debido a que T× T = 0.

Además los vectores T(t) y T ′(t) son ortogonales (el ángulo que forman es π/2) debido a que1 = ||T(t)||2 = T(t) · T(t), y derivando ambos lados, se obtiene 0 = 2T(t) · T ′(t). Entonces

||r ′(t)× r′′(t)|| =(

ds

dt

)2

||T(t)|| ||T ′(t)|| = ||r ′(t)||2 || ||T ′(t)||

Por lo tanto||r ′(t)× r′′(t)||

||r ′(t)||3 =||T ′(t)||||r ′(t)|| = κ(t).

Esto demuestra la fórmula (1.4).

Ejemplo 1.1.27. Utilizar la fórmula (1.4) para demostrar de nuevo que la curvatura de lacircumferencia de radio r es 1/r.

Solución. Dada r(t) = r cos t i + r sen t j, se obtiene

r ′(t)× r′′(t) =

∣∣∣∣∣∣

i j k−r sen t r cos t 0−r cos t −r sen t 0

∣∣∣∣∣∣= r2 k

Por lo tantoκ(t) =

||r ′(t)× r′′(t)||||r ′(t)||3 =

r2

r3=

1

r.

Curvatura para funciones de la forma y = f(x)

Una fórmula útil para calcular curvaturas es aquella par funciones escalares de la formay = f(x). Se puede tomar como parámetro a x, para obtener la trayectoria r(t) = x i+f(x) j.Entonces

r ′(t)× r′′(t) =

∣∣∣∣∣∣

i j k1 f ′(x) 00 f ′′(x) 0

∣∣∣∣∣∣= f ′′(x)k

Por lo tanto, aplicando la fórmula (1.4), se obtiene

κ(x) =|f ′′(x)|

[1 + f ′(x)2]3/2. (1.5)


1.2. Campos vectorialesAnteriormente nos hemos ocupado del estudio de los campos escalares, funciones de

varias variables con valores reales, en donde a cada punto en Rn se le asocia un valor escalarreal. Estas funciones f : Rn → R son útiles para representar propiedades escalares como ladensidad ρ(x, y, z) o temperatura de un cuerpo T (x, y, z), entre otras. En la sección anteriorestudiamos las funciones vectoriales o trayectorias f : R → Rn, las cuales son útiles pararepresentar curvas y movimiento de partículas a lo largo de una curva. En este apartadoestudiaremos otor tipo de funciones con valores vectoriales: aquellas que asignan un vectora un punto en el plano o en el espacio, y que son del tipo f : Rn → Rn. A estas se lesdenomina campos vectoriales, y nuestro interés es estudiar algunas propiedades generalesde los mismos como son los operadores divergencia y el rotacionál.

1.2.1. Campos de vectores y su representación

Definición 1.2.1. Sea W un subconjunto de R3. Un campo vectorial sobre W es una funciónF que asigna a cada punto (x, y, z) ∈ W un vector tridimensional F(x, y, z).

Recordemos que un campo escalar sobre W es una función F que asigna a cada punto(x, y, z) ∈ W un escalar F (x, y, z). Entonces, un campo vectorial F tiene tres camposescalares componentes, que denotaremos por P , Q y R, y puede expresarse como

F(x, y, z) = P (x, y, z) i + Q(x, y, z) j + R(x, y, z)k.

Se dice que el campo vectorial F es continuo si sus funciones componenetes P , Q y Rson continuas. En ocasiones identificamos un punto (x, y, z) con su vector de posiciónx = x i + y j + z k, y escribimos F(x) en lugar de F(x, y, z).

La mejor forma de representar o ilustrar un campo vectorial F es dibujando F(x) conuna flecha o vector con origen en el punto x. Por supuesto que es imposible hacer esto paratodos los puntos x = (x, y, z), pero se puede obtener una representación razonable trazandolas flechas para unos cuantos puntos, como se ilustra en la Figura 1.15.

-2 -1 1 2 3x

-1

1

2

3

y

X

Y

campo vectorial encampo vectorial en2

IR3

IR

Figura 1.15: Representación de campos vectoriales por medio de vectores.


Ejemplo 1.2.2. Describir algunos de los vectores del campo vectorial F(x, y) = −y i+x j =(−y, x).

Solución. Podriamos dibujar unos cuantos vectores de este campo vectorial al azar, pero esmucho mas esclarecedor si intentamos dibujar conjuntos de vectores en posicionesnes algoordenadas. Por ejemplo

F(1, 0) = (0, 1) = j, F(0, 1) = (−1, 0) = −i,

F(−1, 0) = (0, −1) = −j, F(0, −1) = (1, 0) = i.

Algunos otros vectores, junto con los calculados anteriormente se muestran en la Figura 1.16.

-2 -1 1 2x

-2

-1

1

2

y

)0,3( -®

F )3,0( -®

F

)0,3(®

F

(1,0)

Figura 1.16: Algunos vectores que representan a F(x, y) = −y i + x j.

Nota. En la práctica, muchos de los campos vectoriales, sobre todo los tridimensionales, sondificiles de gráficar y en estos casos ayuda mucho utilizar algún ambiente gráfico en com-putadora, por ejemplo, MATLAB, MAPLE, MATHEMATICA, entre otros. Un pocomás adelante introduciremos el concepto de línea de flujo que nos ayudará, entre otras cosas,a graficár los campos vectoriales.

Ejemplo 1.2.3. Imaginemos un fluido que se desplaza por una tubería con un flujo constante(estacionario). Si colocamos en cada punto interior el vector velocidad del fluido, obtenemosel campo de velocidades del fluido v(x, y, z) como se ilustra en la Figura 1.17.

La rapidéz del movimiento en cada punto está indicada por la magnitud del vector.Obsérvese que tanto la mágnitud como la dirección del vector velocidad puede cambiar depunto a punto (en forma continua). Este campo de velocidades es un campo tridimensionalv : R3 → R3.

Un concepto interesante que surge de la dinámica de fuidos es el de línea de flujo (líneade corriente o curva integral). Una línea de flujo o corriente es la trayectoria que recorre unapartícula del fluido cuando sigue el movimiento del fluido. La definición formal formal es lasiguiente.


Figura 1.17: El campo de velocidades de un fluido en movimiento.

Definición 1.2.4. Si F(x, y, z) es un campo vectorial, una línea de flujo de F es unatrayectoria r(t) la cual satisface r ′(t) = F(r(t)).

Geométricamente, para hallar una línea de flujo que pase por un punto dado x0, seintroduce una curva de tal manera que el vector tangente a la curva en cada punto coincidacon el del campo vectorial F, como se ilustra en la Figura 1.18.

linea de

flujo

campo vectorial y una linea

de flujo

0x

Figura 1.18: Línea de flujo en un campo vectorial.

Analíticamente, para hallar una línea de flujo que pase por un punto x0 en el instante t0,se resuelve la ecuación diferencial vectorial

r ′(t) = F(r(t)), con r(t0) = x0.

Suponiendo que el campo vectorial es de la forma F(x, y, z) = P (x, y, z) i + Q(x, y, z) j +R(x, y, lz)k, la ecuación diferencial puede expresarse en términos de funciones componentes.Es decir, la ecuación diferencial vectorial se puede expresar mediante las ecuaciones diferen-ciales simultaneas siguientes

x ′(t) = P (x(t), y(t), z(t)), con x(t0) = x0

y ′(t) = Q(x(t), y(t), z(t)), con y(t0) = y0

z ′(t) = R(x(t), y(t), z(t)), con z(t0) = z0.

donde hemos supuesto que r(t) = (x(t), y(t), z(t)) y x0 = (x0, y0, z0).


Ejemplo 1.2.5. Determinar las líneas de flujo del campo vectorial F(x, y) = −y i + x j =(−y, x), introducido en el antepenúltimo ejemplo.

Solución. Sea r(t) = (x(t), y(t)) una línea de flujo, entonces r ′(t) = F(r(t)) es decir

x ′(t) = −y(t)

y ′(t) = x(t).

Obsérvese que este sistema de ecuaciones diferenciales se puede simplificar dividiendo unaecuación entre la otra, por ejemplo

y ′(t)x ′(t)

= −x(t)

y(t).

Podemos eliminar el parámetro t, observando que x ′(t) = dx/dt y que y ′(t) = dy/dt. Por lotanto

dy

dx= −x

y

Ésta es una ecuación separable y se puede resolver (integrar) de la siguiente manera:

y dy = −x dx ⇒∫

y dy =

∫−x dx ⇒ y2

2= −x2

2+ c

Por lo tanto, x2 + y2 = 2c, con c constante no negativa. Es decir, las líneas de flujo soncircumferencias en el plano. La Figura 1.19 ilustra algunas de esta líneas de flujo para dis-tintos valores de la constante c, junto con algunos vectores del campo. Por supuesto, cada

-1 -0.5 0.5 1x

-1

-0.5

0.5

1

y

Figura 1.19: Algunas líneas de flujo y vectores del campo F(x, y) = −y i + x j.

vector del campo vectorial F(x, y) = −y i + x j es tangente a alguna de las curvas integrales(circumferencias, en este caso). Existen varios programas de computadora que permiten hal-lar numéricamente las curvas solución o líneas de flujo de los campos vectoriales. Tambiénexisten métodos o técnicas analíticas que se estudian en cursos de ecuaciones diferenciales.Sin embargo no siempre es posible hallar las curvas integrales mediante métodos analíticos.


Ejemplo 1.2.6. Considérese un material que se calienta por un lado y se enfría por el otro.Sabemos que la temperatura en cada punto (x, y, z) dentro del cuerpo es un valor escalar.La temperatura en todos los puntos posibles del material puede representarse mediante unafunción escalar que denotamos por T (x, y, z). Sabemos por experiencia que el calentamientode un cuerpo produce un flujo de calor de la parte más caliente del cuerpo a la parte mas fría.De acuerdo a la ley de Fourier, este flujo de energía térmica es directamente proporcional algradiente de la temperatura

Q(x) = −k∇T (x),

donde k es la constante de conductividad térmica (indica la capacidad del material paraconducir calor). Entonces el flujo de calor es un campo vectorial. Un aspecto importanteen el estudio de la conducción del calor en los materiales es que el conjunto a lo largo delos cuales la temperatura se mantiene constante se denominan isotermas. Las isotermasdefinen superficies de la forma T (x, y, z) = cte y el gradiente en cualquier punto sobre estassuperficies es ortogonal a la superficie en dicho punto. Es decir, las líneas de flujo de calortienen dirección perpendicular a las isotermas (ó superficies equipotenciales).

isotermacaliente

frio

linea de flujo

Figura 1.20: La temperatura define un campo escalar. El flujo de calor define un campovectorial.

Ejemplo 1.2.7. (Campos radiales) Los campos gravitaciónales se definen mediante la leyde la gravitación universal de Newton: La fuerza de atracción ejercida por una partícula demasa M localizada en el origen sobre otra partícula de masa m localizada en r = (x, y, z)viene dada por:

F(x, y, z) = −GM m

r3r = − GM m

(x2 + y2 + z2)3/2(x, y, z)

donde G es la constante de gravitación. El campo gravitatorio F tiene la propiedad de quetodo vector F(x, y, z) apunta hacia el origen, además de que su magnitud es la misma entodos los puntos equidistantes del origen como se ilustra en la Figura 1.21. A los camposvectoriales con esta propiedad se les llama campos radiales ó campos de fuerza central.


X

Y

M

m

(x,y,z)

Figura 1.21: El campo gravitatorio es un campo radial.

Observese que el campo vectorial gravitacional es un campo gradiente, debido a que sepueden expresar en la forma F(x, y, z) = ∇V (x, y, z), donde

V (x, y, z) =GM m

r=

GM m√x2 + y2 + z2

,

es un campo escalar que se denomina el potenciál gravitacional. Al conjunto de puntos dondeV (x, y, z) = c, con c constante, se le llama una superficie equipotencial. Observemos que lassuperficies equipotenciales son esferas, pues

V =GM m√

x2 + y2 + z2= c =⇒ x2 + y2 + z2 =

(GM m

c

)2

.

Por otro lado, el problema de hallar las líneas de flujo consiste en resolver la ecuacióndiferencial vectorial

r ′(t) = F(r(t)) = −GM m

r(t)3r(t), con con r(0) = r0.

Esta ecuación se puede expresar como el sistema de ecuaciones diferenciales escalares

x ′(t) =−GM m

[x(t)2 + y(t)2 + z(t)2]3/2x(t), con x(0) = x0,

y ′(t) =−GM m

[x(t)2 + y(t)2 + z(t)2]3/2y(t), con y(0) = y0,

z ′(t) =−GM m

[x(t)2 + y(t)2 + z(t)2]3/2z(t), con z(0) = z0.

Resolver este sistema no es sencillo, pero podemos tener una idea de las líneas de flujoobservando que si x(t) 6= 0 y y (t) 6= 0, entonces

y ′(t)y(t)

=x ′(t)x(t)

=⇒∫ t

0

y ′(τ)

y(τ)dτ =

∫ t

0

x ′(τ)

x(τ)dτ =⇒ ln

y(t)

y(0)= ln

x(t)

x(0),


por lo que y(t) = (y0/x0) x(t). En forma análoga se puede encontrar que z(t) = (z0/x0) x(t).Por lo tanto, podemos expresar la solución del sistema de ecuaciones diferenciales escalaresde la siguiente manera

x = x(t), y =y0

x0

x(t), z =z0

x0

x(t).

Estas ecuaciones representan una línea recta que une r0 = (x0, y0, z0) con el origen. Porlo tanto, las linas de flujo del campo gravitacional son líneas rectas radiales que van decualquier punto inicial r0 al origen. Para el alumno más ambicioso se propone que verifiqueque la expresión precisa de la función x(t) es

x(t) =x0

{3 GM m t + [x2

0 + y20 + z2

0 ]3/2

}1/3

[x02 + y0

2 + z02]1/2

=x0

r0

{3 G M mt + r3

0

}1/3,

en donde r0 = ||r0||. Es fácil ver, en esta última fórmula que, efectivamente, x(0) = x0.

Debido a que las superficies equipotenciales del campo gravitatorio son esferas con centroen el origen, entonces las líneas de flujo del campo gravitatorio son perpendiculares a sus su-perficies equipotenciales (al igual que como sucedió en el ejemplo de la conducción del calor).

Ejemplo 1.2.8. Otro campo radial o de fuerza central es el generado por la atracción órepulsión de cargas. De acuerdo a la ley de Coulomb, la fuerza que actúa sobre una carga qen r = (x, y, z) debido a la carga Q situada en el origen es

F(x, y, z) = εQ q

r3r =

ε Q q

[x2 + y2 + z2]3/2(x, y, z),

en donde ε es una constante que depende de las unidades. Para cargas del mismo signo seconsidera que Qq > 0 y que la fuerza es de repulsión; en caso contario se considera Qq < 0y que la fuerza es de atracción.

Este campo vectorial es un campo gradiente al igual que el campo gravitatorio, puesF(x, y, z) = −∇V (x, y, z) con

V (x, y, z) =εQ q

r=

εQ q√x2 + y2 + z2

.

Este campo de fuerzas también es radial, sus superficies equipotenciales son esferas, y laslíneas de flujo son líneas que van del o hacía el origen, como se muestra en la Figura 1.22.

Nota. No todo campo vectorial es un campo gradiente. Sin embargo, los campos gradienteaparecen con frecuencia en la física. Más adelante estudiaremos los campos gradiente y suspropiedades con más detalle.


Z

X

Y

linea de flujo

superficie

equipotencial

Figura 1.22: Un campo elctrostático es un campo radial.

1.2.2. Divergencia y rotacional de un campo vectorial

El Rotacional

Definición 1.2.9. La operación rotacional aplcada a un campo vectorial de la forma F(x, y, z) =P (x, y, z) i + Q(x, y, z) j + R(x, y, z)k se define como

rotF =

(∂R

∂y− ∂Q

∂z

)i +

(∂P

∂z− ∂R

∂x

)j +

(∂Q

∂x− ∂P

∂y

)k

Esta fórmula es mas fácil de recordar si la reescribimos utilizando la notación en formade operador asociada al operador ‘nabla’ ∇. Consideramos a nabla como un operador queescribimos en la siguiente forma vectorial

∇ =∂

∂xi +

∂

∂yj +

∂

∂zk.

Este operador actúa sobre una función escalar f(x, y, z) en la forma siguiente

∇f =∂f

∂xi +

∂f

∂yj +

∂f

∂zk,

obteniendo el gradiente de la función escalar. Esta notación formal es bastante útil, pues alconsiderar a ∇ como un vector con componentes ∂/∂x, ∂/∂y, ∂/∂z, podemos escribir

∇× F =

∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k∂

∂x

∂

∂y

∂

∂zP Q R

∣∣∣∣∣∣∣∣=

(∂R

∂y− ∂Q

∂z

)i +

(∂P

∂z− ∂R

∂x

)j +

(∂Q

∂x− ∂P

∂y

)k = rotF

Por lo tanto, hemos encontrado que rotF = ∇× F.


Ejemplo 1.2.10. Encontrar el rotacional de F(x, y, z) = x2 y2 z i + x2 z j + x2 y k.

Solución

∇× F =

∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k∂

∂x

∂

∂y

∂

∂zx2 y2 z x2 z x2 y

∣∣∣∣∣∣∣∣=

(∂

∂yx2 y − ∂

∂zx2 z

)i +

(∂

∂zx2 y2 z − ∂

∂xx2 y

)j

+

(∂

∂xx2 z − ∂

∂yx2 y2 z

)k

= (x2 − x2) i + (x2 y2 − 2 x y) j + (2 x z − 2x2 y z)k

= x y (x y − 2) j + 2 x z (1− x y)k.

El rotacional de un campo gradiente

Sabemos que el gradiente de una función escalar es un campo vectorial en R3 y, por lotanto, podemos calcular su rotacional.

SeaF(x, y, z) = ∇f(x, y, z) =

∂f

∂xi +

∂f

∂yj +

∂f

∂zk,

entonces

∇× F = ∇×∇f =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k∂

∂x

∂

∂y

∂

∂z∂f

∂x

∂f

∂y

∂f

∂z

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

(∂2f

∂y∂z− ∂2f

∂z∂y

)i +

(∂2f

∂z∂x− ∂2f

∂x∂z

)j +

(∂2f

∂x∂y− ∂2f

∂y∂x

)k = ~0,

suponiendo que f(x, y, z) tiene derivadas continuas.

Conclusión. El rotacional de cualquier campo gradiente es igual al vector cero, es decir

∇×∇f = ~0.

Por lo tanto, el rotacional de los siguiente campos vectoriales es el vector cero.

Campos gravitaciónales.

Campos generados por cargas eléctricas (electroestáticos).

Campos de flujo de calor (que obedecen a la ley de Fourier).


A estos campos se les denomina campos irrotacionales.

Interpretación física del rotacional

El significado físico preciso del rotacional se abordará hacía el final del curso, cuandohallamos estudiado el teorema de Stokes. Sin embargo, por ahora, podemos considerar unasituación simple que muestra que el rotacional está asociado a giros o rotaciones.

Consideremos un sólido W en R3 que gira alrrededor de un eje fijo L. Por simplicidadsupongamos que ese eje de rotación es el eje z, y que el cuerpo sólido gira alrrededor deeste eje con rapídez angular constante ω. El movimiento de rotación del cuerpo se puededescribir por medio de un vector ω = (0, 0, ω) = ω k de magnitud igual a la rapídez angularω y dirección en el eje z. Cada punto P de coordenadas (x, y, z) en el sólido W tieneasociado un vector v(x, y, z) que decribe la magnitud y dirección de la velocidad tangencial.Si denotamos por r el vector de posición del punto P (x, y, z), entonces la relación entre la

Figura 1.23: Un cuerpo sólido en rotación.

velocidad angular y la velocidad tangencial viene dada por

v = ω × r =

∣∣∣∣∣∣

i j k0 0 ωx y z

∣∣∣∣∣∣= −ω y i + ω x j + 0k.

Por lo tanto, el campo de velocidades sobre el sólido W es

v = −ω y i + ω x j + 0k = ω(−y, x, 0),


y el rotacional de este campo vectorial es

∇× v =

∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k∂

∂x

∂

∂y

∂

∂z−ω y ωx 0

∣∣∣∣∣∣∣∣= 0 i + 0 j + 2ω k = 2ω.

Por tanto, para la rotación de un cuerpo rígido el rotacional del campo vectorial de velocidades un campo vectorial dirigido a lo largo del eje de rotación con magnitud igual al doble dela rápidez angular.

Si un campo vectorial F representa el flujo de un fluido (como en ejemplo 1.2.3), entoncessi ∇×F = ~0 en algún punto P , esto significa físicamente que el fluido es libre de rotaciones(es irrotacional), es decir que no tiene remolinos en el punto P .

Ejemplo 1.2.11. Verificar que el campo vectorial

F(x, y) =y

x2 + y2i− x

x2 + y2j

es irrotacional. Encontrar sus líneas de flujo y bosquejar el campo vectorial

Solución

∇× r =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k∂

∂x

∂

∂y

d∂

∂zy

x2 + y2− x

x2 + y20

∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 0 i + 0 j +

{− ∂

∂x

(x

x2 + y2

)− ∂

∂y

(y

x2 + y2

)}k

= −(

y2 − x2

(x2 + y2)2+

x2 − y2

(x2 + y2)2

)k = ~0

Por lo tanto, el campo vectorial F es irrotacional.Para encontrar sus líneas de flujo resolvemoslae ecuaciones

x′ =y

x2 + y2, y′ = − x

x2 + y2.

Procedemos a eliminardy

dx=

y′

x′=− x

x2+y2

yx2+y2

= −x

y.

Esta es una ecuación separable. Separando, se obtiene dy = −x dx, e integrando se obtienex2 + y2 = k, con k constante no negativa. Por lo tanto, las líneas de flujo o corriente soncircumferencias. Para obtener la gráfica, graficamos algunos vectores, por ejemplo

F(1, 0) = (0, −1), F(0, 1) = (1, 0), F(−1, 0) = (0, 1), F(0, −1) = (−1, 0).


Para tener una idea de como varía la magnitud de los vectores del campo vectorial, sear = (x, y). Entonces

‖F(x, y)‖ =

√(y

x2 + y2

)2

+

( −x

x2 + y2

)2

=1√

x2 + y2=

1

r.

Así que la magnitud de los vectores del campo vectorial disminuye a medida que el vectorde posición aumenta, es decir, a medida que el punto se aleja del origen. Entonces basta congraficar algunos vectores sobre la circumferencia unitaria, ya que los vectores sobre otrascircumferencias serán similares excepto que su magnitud disminuye a medida que aumentael radio de las circumferencias y aumenta cuando el radio disminuye, como se ilustra en laFigura 1.24. El lector cuidadoso puede preguntarse porqué si las líneas de flujo del campo

-1 -0.5 0.5 1x

-1

-0.5

0.5

1

y

1 2 3

Figura 1.24: Campo vectorial irrotacional.

vectorial son circumferencias y el campo vectorial parece girar, el campo es irrotacional. Unaexplicación es que ∇ × F = ~0 intuitivamente significa que si colocamos sobre el fluido unapequeñisima rueda con paletas, ésta se moverá con el fluido sobre una de las trayectoriascirculares pero no girará sobre su propio eje central, como se muestra en la Figura 1.25.

Figura 1.25: La rueda se mueve sobre la linea de corriente pero no gira sobre su eje.

Ejemplo 1.2.12. El campo vectorial F(x, y) = −y i + x j fue considerado en los ejemplos1.2.2 y 1.2.5. La Figura 1.19 muestra un bósquejo del campo junto con algunas de sus lineas


de corriente. Observése que este campo vectorial es similar al campo anterior, excepto quela magnitud de sus vectores ||F(x, y)|| =

√y2 + x2 = r en cada posición r = (x, y) crece

conforme se aleja del origen en lugar de disminuir y la dirección del flujo es antihorario.Además, este campo es rotacional, pues

∇× F

∣∣∣∣∣∣∣∣=

i j k∂

∂x

∂

∂y

∂

∂z−y x 0

∣∣∣∣∣∣∣∣= 2k 6= ~0.

Es decir, este campo tiene rotación. Si consideramos este campo como el campo de veloci-dades de un fluido, entonces al colocar una rueda de paletas sobre el fluido, ésta se moveráen una trayectoria circular, pero a la vez girará alrededor de su propio eje en el sentidoantihorario, como se muestra en la Figura 1.26. Además como ∇ × F = 2 ω k, entonces la

Figura 1.26: La rueda se mueve sobre la linea de corriente y también gira sobre su eje.

rapidez angular es ω = 1 y, por lo tanto, la rueda de paletas dará un giro completo sobre supropio eje central cuando circula sobre una línea de flujo.

La Divergencia

Definición 1.2.13. . La divergencia de un campo vectorial F(x, y, z) = P (x, y, z) i +Q(x, y, z) j + R(x, y, z)k se define como

∇ · F =

(∂

∂xi +

∂

∂yj +

∂

∂zk

)· (P i + Q j + Rk) =

∂P

∂x+

∂Q

∂y+

∂R

∂z

Nótese que la divergencia de un campo vectorial da como resultado un campo escalar, adiferencia del rotacional que da como resultado otro campo vectorial.

Ejemplo 1.2.14. Encontrar la divergencia del campo vectorial F(x, y, z) = x2 y2z i+x2 z j+x2 y k, introducido en el ejemplo 1.2.10.


Solución

∇ · F =∂(x2 y2 z)

∂x+

∂(x2 z)

∂y+

∂(x2 y)

∂z= 2 x y2 z + 0 + 0 = 2 x y2 z.

La interpretación física de la divergencia se presentará de manera precisa casi al finaldel curso, al igual que la interpretación del rotacional. De manera provisional introducire-mos una interpretación física informal. Si imaginamos a F como el campo de velocidadesde un gas (o de un líquido), entonces ∇ · F representa la tasa o razón de expansión delgas por unidad de volumen en la unidad de tiempo. A manera de ilustración supongase queF(x, y, z) = x i + y j + z k representa el campo de velocidad de un gas. Como ∇ · F = 3,entonces el gas se expande a razón de tres unidades cubicas por unidad de volumen en unaunidad de tiempo. Esto es razonable, pues el campo de velocidades F(x, y, z) = x i+y j+z kes radial hacía afuera, y conforme el gas avanza hacía afuera, éste se expande en la direcciónradial a lo largo de las lineas de flujo con rapidez v = ‖F‖ =

√x2 + y2 + z2 = r. Los sigu-

ientes dos ejemplos pueden ayudar a aclarar este concepto.

Ejemplo 1.2.15. El campo vectorial F(x, y) = (x, −y) tiene divergencia cero: ∇ · F = 0.El campo vectorial es solenoidal.

En la Figura 1.27 se muestra el campo vectorial, junto con una región circular. Si elcampo vectorial representa el campo de velocidades de un fluido, entonces podemos pensara la divergencia como un indicador de si hay flujo neto de un fluido, hacía adentro o hacíaafuera de la región. En la figura se puede apreciar que el flujo que entra es el mismo quesale, es decir el flujo neto sobre la región es cero. Esto es típico de los campos solenoidales,y en esos caso se dice que el fluido es incompresible.

0 2 4 6 8 100

2

4

6

8

10Campo solenoidal

Figura 1.27: El flujo que entra es el que sale.

Ejemplo 1.2.16. El campo vectorial F(x, y) = (x, y) tiene divergencia constante e igual a2, ∇ · F = 2 > 0. El campo en este caso es no solenoidal.


En la Figura 1.28 se muestra el campo, junto con una región circular. Se puede apreciarque el flujo que entra es menor que el que sale. En este caso se crea fluido dentro de la regióny esto ocasiona que haya un flujo neto saliendo de la región (una fuente). La divergencia espositiva en este caso.

0 2 4 6 8 100

2

4

6

8

10

Campo no solenoidal.

Figura 1.28: El flujo que entra es menor al que sale.

Por el contrario, cuando la divergencia de un campo vectorial es una cantidad negativasobre una región, entonces hay una cantidad neta de flujo entrando a la región. Por ejemplo elcampo opuesto al del ejemplo anterior, F(x, y) = (−x, −y), tiene divergencia∇·F = −2 < 0,y en este caso hay absorción de fluido (un sumidero).

Relación entre las operaciones de divergencia y rotacional

Para cualquier campo vectorial F de clase C2 (es decir, con segundas derivadas parcialescontinuas), se satisface

Proposición 1.2.17. La divergencia del rotacional de un campo vecotrial es cero:

div (rotF) = ∇ · (∇× F) = 0.

Demostración Supongase que F = P i + Q j + R j, entonces

∇× F =

(∂R

∂y− ∂Q

∂z

)i +

(∂P

∂z− ∂R

∂x

)j +

(∂Q

∂x− ∂P

∂y

)k.

Por lo tanto,

∇ · (∇× F) =∂

∂x

(∂R

∂y− ∂Q

∂z

)+

∂

∂y

(∂P

∂z− ∂R

∂x

)+

∂

∂z

(∂Q

∂x− ∂P

∂y

)

=∂2R

∂x∂y− ∂2Q

∂x ∂z+

∂2P

∂y ∂z− ∂2R

∂y ∂x+

∂2Q

∂z ∂x− ∂2P

∂z ∂y= 0


Ejemplo 1.2.18. . Verificar que el campo vectorial F(x, y, z) = x z i + x y z j − y2 k no esel rotacional de otro campo vectorial.

Solución. Basta con verificar que ∇ ·F 6= 0, pues si F fuése el rotacional de otro campo G,entonces F = ∇×G y ∇ · F = ∇ · (∇×G) = 0. Pero

∇ · F =∂ x z

∂x+

∂ x y z

∂y+

∂ y2

∂ z= z + x z = z (x + 1) 6= 0.

Por tanto el campo no puede ser el rotacional de otro campo vectorial.

Nota. A los campos vectoriales cuya divergencia es cero se les denomina campos incompre-sibles o solenoidales. Ejemplos de campos incompresibles son los campos gravitacionales.

F(x, y, z) = −GM m

r3r = − GM m

(x2 + y2 + z2)3/2(x, y, z),

debido a que

∇ · F = −GM m

(∂

∂x

x

(x2 + y2 + z2)3/2+

∂

∂y

y

(x2 + y2 + z2)3/2+

∂

∂z

z

(x2 + y2 + z2)3/2

)

= −G M m

(y2 + z2 − 2x2

(x2 + y2 + z2)5/2+

x2 + z2 − 2y2

(x2 + y2 + z2)5/2+

x2 + y2 − 2z2

(x2 + y2 + z2)5/2

)

= −G M m

(y2 + z2 − 2x2 + x2 + z2 − 2y2 + x2 + y2 − 2z2

(x2 + y2 + z2)5/2

)= 0.

Operador de Laplace o Laplaciano

Este operador diferencial se presenta cuando calculamos la divergencia de un campogradiente F = ∇f . Se obtiene

∇ · (∇f) = ∇ ·(

∂ f

∂xi +

∂ f

∂yj +

∂ f

∂zk

)=

∂

∂x

(∂ f

∂x

)+

∂

∂y

(∂ f

∂y

)+

∂

∂z

(∂ f

∂z

)

=∂2f

∂x2+

∂2f

∂y2+

∂2f

∂z2.

Como esta expresión se presenta con mucha frecuencia en la física y ciencias en general seabrevia como ∇2 = ∇ · ∇ y escribimos

∇2f =∂2f

∂x2+

∂2f

∂y2+

∂2f

∂z2.


1.2.3. Cálculo Diferencial Vectorial

Hasta el momento hemos introducido algunas operaciones básicas de diferenciación decampos escalares y vectoriales. Estas operaciones incluyen el gradiente y el laplaciano paracampos escalares, y la divergencia y el rotacional para campos vectoriales. En esta secciónnuestro objetivo es estudiar algunas propiedades de estas operaciones y sus relaciones.

Algunas ídentidades del gradiente.

Seas f y g campos escalares y c una constante real. Entonces

1. ∇(f ± g) = ∇f ±∇g.

2. ∇(c f) = c∇f .

3. ∇(f g) = f ∇g + g∇f .

4. ∇(f/g) = (g∇f − f ∇g)/g2.

Algunas propiedades de la divergencia

Sean f y g campos escalares, F y G campos vectoriales y c una constante real. Entonces

5. ∇ · (F±G) = ∇ · F±∇ ·G.

6. ∇ · (f F) = f ∇ · F +∇f · F.

7. ∇ · (F×G) = G · (∇× F)− F · (∇×G).

8. ∇ · (∇f ×∇g) = 0.

9. ∇ · (∇× F) = 0.

De la ídentidad 6, se obtiene

7 bis. ∇ · (cF) = c∇ · F.

Algunas propiedades del rotacional

Sean f un campo escalar, F y G campos vectoriales, y c un escalar. Entonces

10. ∇× (F±G) = ∇× F±∇×G.

11. ∇× (fF) = ∇f × F + f∇× F.

12. ∇× (F×G) = F∇ ·G−G∇ · F + (G · ∇)F− (F · ∇)G.

13. ∇× (∇× F) = ∇(∇ · F)−∇ · (∇F).


14. ∇× (∇f) = 0.

De la ídentidad 11 se obtiene

11 bis. ∇× (cF) = c∇× F.

Algunas ídentidades que contienen al laplaciano

Sean f y g campos escalares y c una constante. Entonces

15. ∇2(f ± g) = ∇2f ±∇2g.

16. ∇2(f g) = (∇2f) g + 2∇f · ∇g + f ∇2g.

17. ∇ · (f ∇g − g∇f) = f ∇2g − g∇2f .

La ídentidad 16 implica que

16 bis. ∇2(c g) = c∇2(f).

Podriamos verificar cada una de las anteriores ídentidades haciendo las operaciones nece-sarias y mostrando que el lado izquierdo y el lado derecho producen el mismo resultado, encada caso. En lugar de ello solo haremos algunos comentarios de como se pueden verificaralgunas de ellas, y solo proabaremos dos de estas ídentidades dejando algunas otras comoejercicio para lector. Las ídentidades 1–5 y 10, 15 y 16 son consecuencia directa de las reglasusuales de diferenciación. La ídentidad 6 es verificada en el libro de Marsden. A continuaciónverificaremos las ídentidades 7 y 11.

Demostración de la idéntidad 7. Primero calculamos

F×G =

∣∣∣∣∣∣

i j kF1 F2 F3

G1 G2 G3

∣∣∣∣∣∣= (F2G3 − F3G2) i + (F3G1 − F1G3) j + (F1G2 − F2G1) k. (1.6)

Entonces

∇ · (F×G) =∂

∂x(F2G3 − F3G2) +

∂

∂y(F3G1 − F1G3) +

∂

∂z(F1G2 − F2G1)

= F2∂G3

∂x+ G3

∂F2

∂x− F3

∂G2

∂x−G2

∂F3

∂x+ F3

∂G1

∂y+ G1

∂F3

∂y

− F1∂G3

∂y−G3

∂F1

∂y+ F1

∂G2

∂z+ G2

∂F1

∂z− F2

∂G1

∂z−G1

∂F2

∂z

= G1

(∂F3

∂y− ∂F2

∂z

)+ G2

(∂F1

∂z− ∂F3

∂x

)+ G3

(∂F2

∂x− ∂F1

∂y

)

− F1

(∂G3

∂y− ∂G2

∂z

)− F2

(∂G1

∂z− ∂G3

∂x

)− F3

(∂G2

∂x− ∂G1

∂y

)

= G · (∇× F)− F · (∇×G)


La ídentidad 8 es consecuencia d la ídentidad 7 con F = ∇f , G = ∇g, debido a que elrotacional de cualquier campo gradiente es el vector cero. La ídentidad 9 se demostró en lasección anterior.

Demostración de la idéntidad 11. En este caso solo verificaremos que las primeras compo-nentes de los resultados son iguales.

∇× (fF) =

∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k∂

∂x

∂

∂y

∂

∂zf F1 f F2 f F3

∣∣∣∣∣∣∣∣=

(∂

∂y(f F3)− ∂

∂z(f F2)

)i + . . .

∇f × F =

∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k∂f

∂x

∂f

∂y

∂f

∂zF1 F2 F3

∣∣∣∣∣∣∣∣=

(F3

∂f

∂y− F2

∂f

∂y

)i + . . .

f ∇× F =

∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k∂

∂x

∂

∂y

∂

∂zF1 F2 F3

∣∣∣∣∣∣∣∣= f

(∂F3

∂y− ∂F2

∂z

)i + . . .

Esta claro que la primera componente de la primera igualdad es igual a la suma de lasprimeras componentes de las últimas dos igualdades. En forma análoga se puede verificarque las segundas y terceras componentes de ambas expresiones coinciden. Las ídentidades12 y 13 se pueden probar en forma análoga, pero las operaciones en estos casos son muchomás tediosas. Esperamos que el estudiante ambicioso intente verificarlas. Finalmente, la íden-tidad 14 fue probada en la sección anterior y la ídentidad 17 es consecuencia de la ídentidad 6.

A continuación mostraremos, con algunos ejemplos, como el uso de ídentidades puedeayudar a simplificar los cálculos de diferenciación de campos.

Ejemplo 1.2.19. . Sea r(x, y, z) = x i + y j + z k un campo vectorial y sea r = ‖r‖ =√x2 + y2 + z2 un campo escalar. Calcular ∇r, ∇ · r y ∇ · (rr).

Solución

∇r =∂r

∂xi +

∂r

∂yj +

∂r

∂zk.

Pero∂r

∂x=

∂

∂x

√x2 + y2 + z2 =

x√x2 + y2 + z2

,

y, en forma análoga, se obtiene la derivada parcial para las componentes restantes. Por lo


tanto

∇r =x√

x2 + y2 + z2i +

y√x2 + y2 + z2

j +z√

x2 + y2 + z2k

=1√

x2 + y2 + z2(x i + y j + z k) =

1

rr.

Por otro lado∇ · r = ∇ · (x i + y j + z k) =

∂

∂xx +

∂

∂yy +

∂

∂zz = 3.

Finalmente, aplicando la ídentidad 6 con f = r y F = r, se tiene ∇ · (r r) = r∇ · r +∇r · r,y sustituyendo los resultados que ya hemos obtenido: ∇r = r/r y ∇ · r = 3, obtenemos

∇ · (r r) = r(3) +

(1

rr

)· r = 3 r + r = 4 r.

Ejemplo 1.2.20. Encontrar una fórmula para calcular ∇rn, en donde r =√

x2 + y2 + z2,y n cualquier entero positivo o negativo. Utilizar la fórmula que obtenida, y que ∇ · r = 3,para demostrar que la divergencia de los campos gravitacionales es cero.

Solución∇rn =

∂ rn

∂xi +

∂ rn

∂yj +

∂ rn

∂zk,

en donde

∂ rn

∂x=

∂

∂x(x2 + y2 + z2)n/2 =

n

2(x2 + y2 + z2)(n−2)/2 2 x = n rn−2 x.

En forma análoga se obtiene que ∂ rn/∂y = n rn−2 y, y que ∂ rn/∂z = n rn−2 z. Por lo tanto

∇rn = n rn−2 x i + n rn−2 y j + n rn−2 z k = n rn−2 (x i + y j + z k) = n rn−2 r.

Obsérvese que si introducimos el vector unitario radial

er =r

r

la anterior ídentidad se puede escribir como

∇rn = n rn−1 er

la cuál es una forma análoga a la derivada usual de potencias.

Aplicaremos el anterior resultado para encontrar la divergencia del campo gravitacional.

∇ ·(−GM m

r3r

)= −GM m∇ · (r−3 r) = −GM m(r−3∇ · r +∇r−3 · r),


en donde hemos aplicado la identidad 6 con f = r−3 y F = r. Ahora bien, sabemos que∇ · r = 3, y que ∇r−3 = −3 r−4 er = −3 r−5 r. Por lo tanto

∇ ·(−GM m

r3r

)= −GM m

(r−3(3) + (−3) r−5 r · r) = −GM m(3 r−3 − 3 r−3) = 0.

Por lo tanto, el campo gravitacional es un campo solenoidal o incompresible.

Ejemplo 1.2.21. Verificar que ∇× r = ~0, y utilizarlo para demostrar que el campo gravita-cional es irrotacional.

Solución

∇× r =

∣∣∣∣∣∣∣∣

i j k∂

∂x

∂

∂y

∂

∂zx y z

∣∣∣∣∣∣∣∣=

(∂ z

∂y− ∂ y

∂z

)i−

(∂ z

∂x− ∂ x

∂z

)j +

(∂ y

∂x− ∂ x

∂y

)k

= 0 i + 0 j + 0k = ~0.

Por lo tanto

∇×(−GM m

r3r

)= −G M m∇× (r−3 r) = −G M m

(∇r−3 × r + r−3∇× r)

= −G M m(−3 r−5 r× r + r−3~0

)= −GM m (~0 +~0) = ~0.

1.3. Integrales de líneaEn algunos problemas de la física y de las ciencias, tales como encontrar o calcular la masa

de una línea conocida su densidad, el promedio de la temperatura a lo largo de un camino,el área de una valla, el trabajo a lo largo de una trayectoria, la circulación de un fluido, yalgunos otros problemas sobre curvas y trayectorias, es necesario realizar una integral de uncampo escalar o de un campo vectorial a lo largo de una curva. Para poder abordar este tipode problemas se introduce el concepto de integral de línea. En el caso en el que se realizala integración de un campo escalar f(x, y, z) a lo largo de una curva dada C, a la integralse le denomina integral de trayectoria o integral de línea del primer tipo. A la integral decampos vectoriales F(x, y, z) sobre una curva C se le denomina simplemente integral delínea o integral del línea del segundo tipo.

1.3.1. Integral de línea de campos escalares

MotivaciónCon el propósito de introducir el concepto de integral de trayectoria, consideremos el

problemas de determinar la masa de un cable de longitud finita, descrito por una curva C


en el espacio. Si la densidad del cable (masa por unidad de longitud) en el punto (x, y, z) dela curva se denota por f(x, y, z), entonces la masa del cable se puede aproximar dividiendola curva C en n subarcos. Denotamos por P0, P1, . . . , Pn a los puntos de división sobre lacurva, y por ∆Si la longitud del i-ésimo subarco, el cual esta comprendido entre los puntosPi−1 y Pi, para toda i = 1, . . . , n, como se muestra en la Figura 1.29. Suponemos que lalongitud de cada unos de estos subarcos es pequeña y elegimos un punto (xi, yi, zi) en cadaunos de ellos (por ejemplo,el punto medio o alguno de los extremos). Entonces la masa de

Figura 1.29: Subdvisión de una curva en subarcos.

cada subarco se puede aproximar mediante el producto de la densidad por la longitud

∆mi ≈ f(xi, yi, zi) ∆Si.

La masa total del cable, M , se puede aproximarse por la suma

M ≈n∑

i=1

f(xi, yi, zi) ∆Si.

Por supuesto que esta aproximación será mejor entre más pequeños son los subarcos en quedividimos la curva C, obteniendo el valor exacto cuando la longitud de estos ∆Si tiende acero. Es decir,

M = lımmax∆Si→0

n∑i=1

f(xi, yi, zi) ∆Si,

siempre y cuando este límite exista. A este límite le llamamos integral de trayectoria de lafunción escalar f(x, y, z) y escribimos

M =

∫

C

f(x, y, z) ds = lımmax∆Si→0

n∑i=1

f(xi, yi, zi) ∆Si


Para poder calcular este tipo de integrales es necesario transformarla en una integral defini-da, mediante la introducción de una parametrización de la curva C.

Expresión de la integral en términos de una parametrización de la curva C

Sea r(t) una trayectoria suave, r : [a, b] → R3, que representa a la curva C. Entonceslos puntos P0, P1, . . . , Pn en el dibujo anterior corresponden a puntos r(t0), r(t1), . . . , r(tn),donde a = t0 < t1 < · · · < tn = b, representan una partición del intervalo [a, b], como semuestra en la Figura 1.30. Las longitudes de los subarcos son

∆Si =

∫ ti

ti−1

‖r′ (t)‖ dt, i = 1, . . . , n.

Cuando n →∞, f(r(ti)) es casi constante sobre cada arco y

Figura 1.30: Subdvisión de una curva en subarcos.

M ≈n∑

i=1

f(r(ti)) ∆Si

Cuando n → ∞, ∆Si → ds = ‖r′ (t)‖ dt y obtenemos la fórmula para la masa total delalambre:

M =

∫

C

f(x, y, z) ds =

∫ b

a

f(r(t))‖r′ (t)‖ dt

=

∫ b

a

f(x(t), y(t), z(t))√

x′(t)2 + y′(t)2 + z′(t)2 dt

Este tipo de integrales aparece frecuentemente en la aplicaciones, por lo que es necesariodar una definición cuando f(x, y, z) es cualquier campo escalar.


Definición de la integral de linea de campos escalares

Definición 1.3.1. . La integral de trayectoria para el campo escalar f(x, y, z) a lo largo deuna curva suave C determinada por la trayectoria r : [a, b] → R3, de clase C1, se definecomo∫

C

f(x, y, z) ds =

∫ b

a

f(r(t))‖r′ (t)‖ dt =

∫ b

a

f(x(t), y(t), z(t))√

x′(t)2 + y′(t)2 + z′(t)2 dt.

NOTA. Cuando f(x, y, z) = 1, la integral de trayectoria da la longitud de arco de la curva C.

Ejemplo 1.3.2. . Calcular la masa M de un arco de resorte que tiene la forma de una hélicey cuya ecuación vectorial es r(t) = a cos t i + a sen t j + b tk con t ∈ [0, 2π], y su densidadlíneal (masa por unidad de longitud) es δ(x, y, z) = x2 + y2 + z2.

-2

0

2y

-2

0

2

x

-2

0

2

z

)2,0,1( bp

(-1,0,0)

C

Figura 1.31: Hélice circular o cilíndrica.

Solución.

M =

∫

C

δ(x, y, z) ds =

∫ 2π

0

δ(x(t), y(t), z(t))√

x ′ (t)2 + y ′ (t)2 + z ′ (t)2 dt

=

∫ 2π

0

(a2 cos2 t + a2 sen2 t + b2 t2)√

a2 sen2 t + a2 cos2 t + b2 dt

=

∫ 2π

0

(a2 + b2 t2)√

a2 + b2 dt =√

a2 + b2

[a2 t + b2 t3

3

]2π

0

=√

a2 + b2

(2a2 π +

8

3b2 π3

)= 2π

√a2 + b2

(a2 +

4

3b2 π2

).

Centro de masa de curvas


Definición 1.3.3. . El centro de masa de un alambre C de densidad líneal ρ(x, y, z) sedefine como el punto (x, y, z) determinado por las ecuaciones

xM =

∫

C

x ρ(x, y, z) ds, y M =

∫

C

y ρ(x, y, z) ds, z M =

∫

C

zρ(x, y, z) ds,

donde M =∫

Cρ(x, y, z) ds es la masa total del alambre.

Ejemplo 1.3.4. . En el ejemplo anterior la z–coordenada del centro de masa es

z =1

M

∫

C

z ρ(x, y, z) ds =1

M

∫ 2π

0

z(t) (x(t)2 + y(t)2 + z(t)2)√

x ′ (t)2 + y ′ (t)2 + z ′ (t)2 dt

=1

M

∫ 2π

0

b t (a2 + b2 t2)√

a2 + b2 dt =1

M

√a2 + b2

∫ 2π

0

b t (a2 b t + b3 t3) dt

=1

M

√a2 + b2

[a2 b

t2

2+ b3 t4

4

]2π

0

=

√a2 + b2

M(2π2 a2 b + 4π4 b3)

=

√a2 + b2 2π2 b (a2 + 2π2 b2)√a2 + b2 2π (a2 + 4

3π2 b2)

= π ba2 + 2π2 b2

a2 + 43π2 b2

Valor promedio

Una aplicación interesante de la integral de trayectoria consiste en calcular el valor prome-dio de una función escalar a lo largo de una curva. Sea f(x, y, z) un campo escalar definidosobre la curva C, el valor promedio de f sobre C se define como

f =1

L(C)

∫

C

f(x, y, z) ds

donde L(C) es la longitud de arco de C.

Ejemplo 1.3.5. . Supongase que el resorte de los ejemplos anteriores se calienta de modoque la temperatura en cada punto (x, y, z) es T (x, y, z) = x + z. Hallar la temperaturapromedio del resorte.

Solución. La longitud de arco es

L(C) =

∫ 2π

0

‖r ′ (t)‖ dt =

∫ 2π

0

√(−a sen t)2 + (a cos t)2 + b2 dt

=

∫ 2π

0

√a2 + b2 dt = 2π

√a2 + b2.


Por lo tanto, el promedio de la temperatura se calcula mediante

f =1

L(C)

∫

C

f(x, y, z) ds =1

2π√

a2 + b2

∫ 2π

0

(x(t) + z(t))√

x ′ (t)2 + y ′ (t)2 + z ′ (t)2 dt

=1

2π√

a2 + b2

∫ 2π

0

(a cos t + b t)√

a2 + b2 dt =1

2π

∫ 2π

0

(a cos t + b t) dt

=1

2π

[a sen t + b

t2

2

]2π

0

=1

2π

[b

4π2

2

]= π b.

Áreas de vallas

Un caso especial de la integral de trayectoria se presenta cuando la trayectoria r(t) de-scribe una curva plana C. Si todos los puntos r(t) están el el plano x–y y f es una funciónno negativa de las variables x y y, la integral de trayectoria

∫

C

f(x, y) ds =

∫ b

a

f(x(t), y(t))√

x ′ (t)2 + y ′ (t)2 dt

representa el area de una cerca o valla, cuya base es la curva C y su altura en el punto (x, y)es f(x, y), como se muestra en la Figura 1.32. Un poco adelante presentamos un ejemplo.Pero antes queremos aclarar la siguiente propiedad de la integral de campos escalares sobre

Z

X

Ya bt

f(x(t),y(t))

(x(t),y(t))

))(),(()( tytxtr =®

)(ar

® )(br

®

C

Figura 1.32: Representación de una valla.

trayectorias.La integral de línea de un campo escalar se puede definir sobre curvas C que son

suaves a trozos. Es decir, si una curva C es la unión de un número finito de curvas suavesC1, C2, . . . , Cn, definimos la integral del campo escalar f(x, y, z) a lo largo de C como lasuma de las integrales de f a lo largo de cada curva suave C1, C2, . . . , Cn: Es decir,


Z

X

Y

1C

2C

3C

4C

Figura 1.33: Curva suave por trozos.

∫

C

f ds =

∫

C1

f ds +

∫

C2

f ds + · · ·+∫

Cn

f ds.

Ejemplo 1.3.6. . Calcular el área de una valla formada por la curva plana representada porr(t) = cos3 t i + sen3 t j, t ∈ [0, π] como base, y que tiene altura dada por f(x, y) = 1 + y.

Solución. Obsérvese que

r ′ (t) = −3 cos2 t sen t i + 3 sen2 t cos t j = 3 sen t cos t (− cos t i + sen t j),

así que||r ′ (t)|| = 3 | sen t| | cos t|,

y la curva no es suave en t = 0, π/2, π, pues ahí r ′ (t) = ~0. La curva es la parte superiorde una astroide, y puede considerarse como la unión de dos curvas suaves, definidas por lamisma paramentrización, pero definida en intervalos diferentes

C1 : r1(t) = cos3 t i + sen3 t j, con t ∈(0,

π

2

)

C2 : r2(t) = cos3 t i + sen3 t j, con t ∈(π

2, π

),

como se muestra en la Figura 1.34.

Debido a que y = sen3 t ≥ 0 en dichos intervalos, entonces f(x, y) = 1 + y > 0, y lafunción define una valla, como se ilustra en la Figura 1.35. El área de la valla se cacula a


-1 -0.5 0.5 1x

0.2

0.4

0.6

0.8

1

y

(-1,0)(1,0)

(0,1)

1C2C

Figura 1.34: Astroide, unión de dos curvas suaves.

Z

X

Y

2C

1C

f(x,y)=1+y

))(),((cos)( 33tsenttr =

®

Figura 1.35: Valla definida por f(x, y) = 1 + y y las curvas C1 y C2.

continuación

Área =

∫

C1

f(x, y) ds +

∫

C2

f(x, y) ds =

∫

C1

(1 + y) ds +

∫

C2

(1 + y) ds

=

∫ π/2

0

(1 + y(t)) ||r1′ (t)|| dt +

∫ π

π/2

(1 + y(t)) ||r2′ (t)|| dt

=

∫ π/2

0

(1 + sen3 t) 3 | sen t| | cos t| dt +

∫ π

π/2

(1 + sen3 t) 3| sen t| | cos t| dt

= 3

∫ π/2

0

(1 + sen3 t) sen t cos t dt + 3

∫ π

π/2

(1 + sen3 t) sen(t)(− cos t) dt.

Se ha utilizado que cos t > 0 para t ∈ (0, π/2) y que cos t < 0 para t ∈ (π/2, π). Continuando


con el cálculo, se obtiene

Área = 3

∫ π/2

0

(sen t + sen4 t) cos t dt− 3

∫ π

π/2

(sen t + sen4 t) cos t dt

= 3

[sen2 t

2+

sen5 t

5

]π/2

0

− 3

[sen2 t

2+

sen5 t

5

]π

π/2

= 3 (1/2 + 1/5)− 3 (−1/2− 1/5) = 6 (1/2 + 1/5) = 42/10 = 4.2

Nota. Un error muy común en el cálculo de integrales de línea aparece cuando no se tienecuidado con curvas que no son suaves en algún o algunos puntos, como en el ejemplo anterior.Por ejemplo, si en el ejemplo anterior consideramos la trayectoria original sin tener cuidadocon los puntos donde no es suave, obtendríamos

Área =

∫

C

f(x, y) ds =

∫ π

0

(1 + sen3 t) 3 | sen t| | cos t| dt

=

∫ π

0

(1 + sen3 t) 3 sen t cos t dt = 3

[sen2 t

2+

sen5 t

5

]= 0.

En realidad no hay ninguna paradoja y el resultado es claramente incorrecto debido a queno hemos tomado en cuenta que cos t cambia de signo en el intervalo [0, π]. Éste es positivoen (0, π/2) y negativo en (π/2, π). Si corregimos, y dividimos la integral en dos integralesen cada uno de estos intervalos, entonces obtenemos el resultado correcto ya obtenido en elejemplo anterior.

1.3.2. Integral de línea de campos vectoriales

Motivación

Si F(x, y, z) es una campo vectorial de fuerza en el espacio, una partícula de prueba ex-perimentará la acción de esta fuerza cuando se mueve a lo largo de una curva ó trayectoria.Esta partícula puede ser por ejemplo, una unidad de carga cuando F representa una campoelectrico, o bien puede ser una masa unitaria cuando F representa un campo gravitacional.Uno de los conceptos fundamentales de la mecánica ( y de física en general) es el de trabajorealizado por una fuerza F sobre una partícula que se mueve a lo largo de un camino otrayectoria.

Trabajo sobre una trayectoria recta

Si la trayectoria sigue una línea recta y la fuerza se aplica en la dirección de esa mismalínea, entonces el trabajo se calcula como el producto de la magnitud de la fuerza por ladistancia recorrida.

Si, por el contrario la fuerza apunta en una dirección distinta a la de la línea de movimien-to, entonces es necesario calcular la componente de la fuerza en la dirección del movimiento.


Es decir, primero proyectamos el vector fuerza en la dirección de movimiento, y después calcu-lamos el trabajo como el producto de la magnitud de la proyección por la distancia recorrida.

Trabajo a lo largo de cualquier trayectoria

Para hallar el trabajo efectuado por un campo de fuerzas sobre una partícula que semueve sobre una curva arbitraria C, podemos dividir la trayectoria en n segmentos de arco∆Si, i = 1, . . . , n, en forma análoga en como lo hicimos en la sección anterior. Entonces,podemos aproximar el trabajo a lo largo de cada subarco pensando que cada subarco esaproximadamente una línea recta.

Tomamos un punto Pi sobre cada subarco ∆Si, y consideramos la proyeccción F · T (Pi)

del vector F sobre la tangente unitaria T (Pi) al subarco en dicho punto. El incremento detrabajo en cada subarco es aproximadamente

∆Wi ≈ [F(Pi) · T (Pi)] ∆Si,

por lo que el trabajo total WC será aproximadamente la suma de estas porciones de trabajo

WC ≈n∑

i=1

[F(Pi) · T (Pi)] ∆Si.

Por supuesto, entre mayor es el número de subdivisiones de la curva C, más pequeño es cadasubarco y la aproximación mejora. En el límite, cuando n →∞ o bien cuando ∆Si → 0, seobtiene el trabajo total WC , en forma exacta, suponiendo, claro está, que el límite existe yes finito. En este caso, el trabajo total es la integral

W =

∫

C

F(x, y, z) · T (x, y, z) ds

Introducción de una parametrización para calcular el trabajo

Si r : [a, b] → R3 es una trayectoria que representa a la curva C, entonces sabemos que

T (t) =r ′(t)‖r ′(t)‖ es el vector tangente en el punto r(t) = (x(y), y(t), z(t)).

Además, sabemos que (ver sección sobre longitud de arco)

d s

dt= s ′(t) = ||r ′ (t)||, es decir ds = ||r ′ (t)|| dt.

Así que

F · T ds = F(r(t)) · r ′(t)‖r ′(t)‖ ‖r

′(t)‖ dt = F(r(t)) · r ′(t) dt = F · dr,


en donde hemos usado la notación dr = r ′(t) dt. Por lo tanto, dada la parametrización r(t),t ∈ [a, b] de la curva C, el trabajo a lo largo de la trayectoria debido a la acción del campovectorial F se calcula mediante la fórmula

∫

c

F · dr =

∫ b

a

F(r(t)) · r ′ (t) dt.

Definición de la integral de línea de campos vectoriales

La integral de un campo vectorial sobre una trayectoria aparece frecuentemente en la físicay en las aplicaciones, no solo para calcular el trabajo sino también para hacer otros cálculoscomo la circulación de un fluido, entre otros. Dedido a esto es importante generalizar elconcepto y definirlo para cualquier campo vectorial. A continuación se establece la definicióngeneral.

Definición 1.3.7. Sea F un campo vectorial continuo definido sobre una curva suave C,dada por la trayectoria r(t), a ≤ t ≤ b. La integral de línea de F sobre C se define como

∫

C

F · dr =

∫ b

a

F(r(t)) · r ′ (t) dt

Si escribimos r(t) = x(t) i + y(t) j + z(t)k, entonces también podemos escribir∫

C

F · dr =

∫ b

a

F(x(t), y(t), z(t)) · (x ′(t), y ′(t), z ′(t)) dt.

Ejemplo 1.3.8. . Sea F(x, y) =√

y i + (x3 + y) j un campo vectorial definido para y ≥ 0.Calcular el trabajo realizado por F sobre una partícula que se mueve del punto (0, 0) al punto(1, 1) a lo largo de las curvas

a) y = x2, x ∈ [0, 1], b) y = x, x ∈ [0, 1].

Solución

a) Parametrizamos y = x2, x ∈ [0, 1], por medio de

x(t) = t, y(t) = t2, t ∈ [0, 1] =⇒ r(t) = (t, t2), t ∈ [0, 1].

Evaluando el campo a lo largo de esta trayectoria, se obtiene

F(r(t)) = F(x(t), y(t)) = F(t, t2) =√

t2 i + (t3 + t2) j = t i + (t3 + t2) j.

La derivada de la trayectoria es

r ′(t) = (1, 2t) = i + 2 t j.


Por lo tanto, el trabajo a lo largo de esta trayectoria es

W =

∫

C

F · dr =

∫ 1

0

F(r(t)) · r ′(t)dt =

∫ 1

0

[t i + (t3 + t2) j] · [i + 2 t j] dt

=

∫ 1

0

[t + 2 t3 + 2 t4] dt =

[t2

2+

t4

2+

2 t5

2

]1

0

=7

5.

b) La curva y = x, x ∈ [0, 1] se pude parametrizar por

x = t, y = t, t ∈ [0, 1] =⇒ r(t) = (t, t), t ∈ [0, 1].

Evaluando el campo sobre la trayectoria y calculando la derivada de la trayectoria,obtenemos

F(r(t)) = F(t, t) =√

t i + (t3 + t) j,

r ′(t) = (1, 1) = i + j.

Por lo tanto,

W =

∫

C

F · dr =

∫ 1

0

[√t i + (t3 + t) j

]· [i + j] dt

=

∫ 1

0

[√t + (t3 + t)

]dt =

[2 t3/2

3+

t2

2+

t4

4

]1

0

=17

12.

Este ejemplo, muestra que el trabajo realizado por un campo vectorial F depende de latrayectoria que se utilice para ir de un punto a otro. En general, se hará más o menos trabajodependiendo de la trayectoria que se escoja para ir de un punto a otro, como se muestra enla Figura 1.36.

0.5 1 1.5 2x

1

2

3

4

y

(0,0)

(1,1)

W=7/5

W=17/12

Figura 1.36: El trabajo de un punto a otro depende de la trayectoria.

Mas aún, la orientación de la curva C es importante en las integrales de línea de camposvectoriales. Si se invierte la orientación de la trayectoria, el vector tangente unitario cambia


de dirección así como el vector tangente r ′ (t), por lo que dr = r ′ (t) dt cambia a −dr, demodo que ∫

−C

F · dr = −∫

C

F · dr

Ejemplo 1.3.9. . Consideremos nuevamente el campo vectorial de ejemplo anterior, F(x, y) =√y i+(x3+y) j. Calcular el tabajo realizado por F sobre una partícula que se mueve en sentido

opuesto, es decir del punto (1, 1) al punto (0, 0), a lo largo de la parábola y = x2.

0.2 0.4 0.6 0.8 1x

0.2

0.4

0.6

0.8

1

y

-C

(1,1)

(0,0)

Figura 1.37: El trabajo en el sentido opuesto.

Solución. La partícula se mueve en sentido contario sobre la parábola. Una parametrizaciónpara esta trayectoria es

x(t) = (1− t), y(t) = (1− t)2, t ∈ [0, 1] =⇒ r(t) = (1− t, (1− t)2), t ∈ [0, 1].

Entonces

F(r(t)) =√

(1− t)2 i + [(1− t)3 + (1− t)2] j = (1− t) i + [(1− t)3 + (1− t)2] j,

r ′(t) = −i− 2(1− t) j,

F · dr = F(r(t)) · r ′(t) dt =[−(1− t)− 2(1− t)4 − 2(1− t)3

]dt

Por lo tanto, el trabajo en este caso es

W =

∫

−C

F · dr =

∫ 1

0

[−(1− t)− 2(1− t)4 − 2(1− t)3]

dt

=

[(1− t)2

2+

2 (1− t)5

5+

(1− t)4

2

]1

0

= −1

2− 2

5− 1

2= −7

5

y este es igual al resultado del ejemplo anterior, pero con signo contario. El resultado nega-tivo para el trabajo en este caso indica que el campo vectorial F impide el movimiento a lolargo de esa trayectoria, y hay que hacer esfuerzo en contra de él para mover la partícula.

Nota. Lo anterior demuestra que integral de línea de funciones vectoriales es una integralorientada, en la que se presenta un cambio de signo si se invierte la orientación de la curva.


La integral de trayectoria de las funciones escalares no tiene esta propiedad (es decir, es lamisma independientemente de la orientación de la curva).

Integrales de línea en forma diferencial

Otra forma de escribir la integral de línea de los campos vectoriales es la forma diferencial.Por ejemplo, si el campo vectorial es

F(x, y, z) = P (x, y, z) i + Q(x, y, z) j + R(x, y, z)k,

y denotamos por r = x i + y j + z k al vector de posición, entonces

dr = dx i + dy j + dz k,

por lo que podemos escribir∫

C

F · dr =

∫

C

P dx + Qdy + R dz.

Cuando la curva se representa mediante una parametrización de la forma r(t) = x(t) i +y(t) j + z(t)k, entonces las diferenciales toman la forma concreta

dx = x ′(t) dt, dy = y ′(t) dt, dz = z ′(t) dt.

La forma diferencial se utiliza frecuentemente en la práctica, pues es una forma sencilla derecordar el proceso de integración de campos vectoriales.

Ejemplo 1.3.10. . Consideremos el campo vectorial F(x, y) = −y i+x j. Si F es un campode velocidades y C es una curva, entonces

∫C

F · dr representa la velocidad neta del fluidosobre C, y se denomina la circulación de F sobre C. Calcular la circulación de F sobre lacircumferencia unitaria con centro en (1, 1) en el sentido antihorario.

Solución. Este campo vectorial ya fué considerado en un ejemplo anterior y se trata deun campo circular. Sus líneas de corriente son circumferencias concéntricas con centro en elorigen. Por otro lado, La circumferencia unitaria con centro en (1, 1) se puede parametrizarpor medio de

x = 1 + cos t, y = 1 + sen t, t ∈ [0, 2π].

de dondedx = − sen t dt, dy = cos t dt.

Además, P = −y y Q = x, por lo tanto∫

C

F · dr =

∫

C

P dx + Qdy =

∫

C

−y dx + x dy

=

∫ 2π

0

−(1 + sen t) (− sen t dt) + (1 + cos t) (cos t dt)

=

∫ 2π

0

(sen t + sen2 t + cos t + cos2 t) dt =

∫ 2π

0

(1 + sen t + cos t) dt = 2π.


Por lo tanto, la circulación ó velocidad neta del fluido alrrededor de C es 2π.

Ejemplo 1.3.11. . Sea C la curva determinada por la trayectoria r(t) = cos3 t i+sen3 t j+tk,con 0 ≤ t ≤ 3π

2. Evaluar:

∫C

sen z dx + cos z dy − (x y)1/3 dz.

Solución. En este caso x = cos3 t, y = sen3 t, z = t, por lo que dx = −3 cos2 t sen t dt,dy = 3 sen2 t cos t dt, dz = dt. Así que

∫

C

sen z dx + cos z dy − (x y)1/3 dz

=

∫ 3π/2

0

sen t (−3 cos2 t sen t) + cos t (3 sen2 t cos t)− (cos3 t sen3 t)1/3dt

=

∫ 3π/2

0

[−3 sen2 t cos2 t + 3 sen2 t cos2 t− cos t sen t] dt =

∫ 3π/2

0

cos t (− sen t dt)

=

[cos2 t

2

]3π/2

0

= −1

2.

Ejemplo 1.3.12. . Calcular el trabajo realizado por el campo gravitacional generado por unamasa M al mover una partícula de masa m a lo largo de la circumferencia x2 + y2 = a2.

Solución. C: x = a cos t, y = a sen t, z = 0, t ∈ [0, 2π].Luego dx = −a sen t dt, dy = a cos t dt, dz = 0. Así que

F · dr = − GM m

(x2 + y2 + z2)3/2(x dx + y dy + z dz)

= −GM m

a3[a cos t (−a sen t dt) + a sen t (a cos t dt) + 0] = 0.

Por lo tanto, W =∫

CF · dr = 0. Podríamos haber anticipado que F · dr = 0, debido a que el

campo gravitacional F es radial, y por lo tanto es ortogonal a las circumferencias con centroen el origen y, en consecuencia, a dr.

1.3.3. Campos vectoriales conservativos

Los campos gradiente y el teorema fundamental de las integrales de línea

Sabemos que los campos gravitacionales y los campos electroestáticos son campos vecto-riales gradiente. Por ejemplo, el campo gravitacional se puede expresar como

F = −GM m

r3r = ∇V (r), con V (r) =

GM m

r.

El trabajo realizado para mover una partícula sobre una curva C con parametrización r(t),con a ≤ t ≤ b, se puede calcular utilizando el gradiente del potencial. Obtenemos

W =

∫

C

F · dr =

∫

C

∇V · dr =

∫ b

a

∇V (r(t)) · r ′(t) dt.


Para calcular ésta última integral observamos que V (r(t)) es la composición e dos funciones:r : [a, b] → R3 y V : R3 → R. Si denotamos esta composición por g(t) = V (r(t)) = V ◦ r(t),entonces su derivada es, de acuerdo con la regla de la cadena, g′(t) = ∇V (r(t)) · r ′(t). Estaúltima expresión es precisamente el integrando de la ultima integral en (*) arriba. Por lotanto

W =

∫ b

a

g′(t)dt = g(b)− g(a)

Esto último se sigue por el teoréma fundamental del calculo

= V (r(b))− V (r(a))

si denotamos g(t) = V (r(t)),ahora denotando ra = ‖r(a)‖, rb = ‖r(b)‖ tenemos

=GM m

rb

− GM m

ra

y así

W = GM m

(1

rb

− 1

ra

)

Entonces el trabajo realizado por el campo gradiente F = −G M mr3 r sobre la partícula para

moverla de r(a) a r(b) solo depende del punto final y el punto inicial de acuerdo al resultadoobtenido. Esta última es una propiedad no solo de los campos gravitacionales si no de todocampo gradiente, y da lugar al siguinte resultado denominado:

Teorema 1.3.13. .Teoréma fundamental de la integrales de línea.Si F(x, y, z) es una campo vectorial gradiente con función potencial f(x, y, z), se decirF = −∇f „ y C es una curva suave por tramos representada por la trayectoria r(t), a ≤ t ≤ b,entonces ∫

C

F · dr =

∫

C

∇f · dr = f(r(b))− f(r(a))

que es la diferencia de potencial entre los puntos final e inicial.Conclusion: La integral de línea de un campo vectorial gradiente no depende de la trayectoriasino solamente del punto inicial y final.

Ejemplo 1.3.14. . Calcular el trabajo necesario para mover un carga q desde una posiciónr1 = (x1, y1, z1) a la posición r2 = (x2, y2, z2) dado que el campo electrostático generado poruna carga Q en el origen es F = εQq

r3 r suponiendo que Q y q tiene el mismo signo

Solución

Este campo vectorial es el gradiente de la función potencial (potencial electrostático)V (x, y, z) = − εQq

rcon r =

√x2 + y2 + z2. Por lo tanto

∫

C

F · dr =

∫

C

∇V · dr = V (r2)− V (r1)


−(

εQq

r2

− εQq

r1

)= −εQq

(1

r2

− 1

r1

)

donde r1 =√

x21 + y2

1 + z21 , r2 =

√x2

2 + y22 + z2

2

Ejemplo 1.3.15. . Calcular la integral de línea del campo vectorial F(x, y) = 2xcos(y)i −x2sen(y)j sobre la curva C representada por la trayectoria r(t) = et−1i+sen(π/t)j, 1 ≤ t ≤ 2,si se sabe que F es una campo gradiente con función potencial f(x, y) = x2cos(y)

Solución

F(x, y) = ∇f =∂f

∂xi +

∂f

∂yj = 2xcos(y)i− x2sen(y)j

por lo tanto ∫

C

F · dr =

∫

C

∇V · dr = V (r2)− V (r1)

= f(e, 1)− f(1, 0) = e2cos(1)− 1

pues r(2) = (e, 1),r(1) = (1, 0). El lector puede convencerse facilmente que el cálculo directode la integral de línea es imposible pues

∫

C

F · dr =

∫ 2

1

F(r(t)) · r ′(t)dt =

∫ 2

1

[2et−1cos(sen(π/t)),−e2t−1sen(sen(π/t))

] · [et−1,−π/t2(cos(π/t))]dt = · · ·

Por el momento sabemos que si una campo vectorial F es una campo gradiente entonces laintegral de línea

∫C

F ·dr es independiente del camino, es decir solo depende del punto inicialy del punto final. ¿El reciproco será cierto?.

Problema inverso: Supongamos que F es un campo vectorial continuo sobre una regiónR del espacio, y supongamos que la integral de línea de F a lo largo de cualquier caminocontenido en R es independiente de la trayectoria. Nos preguntamos si un campo con estaspropiedades es necesariamente un campo gradiente. La respuesta es afirmativa si la region res conexa. Una región en el plano ó en el espacio se dice conexa si todo par de puntos dentrode la región pueden conectarse por una curva suave a trozos contenida por completo dentrode la región.En regiónes conexas la independencia del camino de

∫C

F ·dr equivale a que F sea un campogradiente. Para verificar que efectivamente asi es consideremos dos puntos P y Q dentro dela región R y sea C una curva que une estos puntos dada por r(t), a ≤ t ≤ b. EntoncesP = r(a), Q = r(b), como

∫C

F · dr =∫ b

aF(r(t)) · r ′(t)dt es independiente de la trayectoria,

entonces esta integral depende solo de las posiciónes inicial y final, es decir:

V (r(b))− V (r(a)) =

∫ b

a

F(r(t)) · r ′(t)dt


donde V es una función escalar de la posición, es decir V = V (x, y, z). Si tomamos un valorarbitrario de t ∈ [a, b], podemos definir

V (r(t))− V (r(a)) =

∫ t

a

F(r(τ)) · r(τ)′dτ

Entonces por el teoréma fundamental del calculo

d

dt[V (r(t))− V (r(a))] = F(r(t)) · r ′(t) ⇒

∇V (r(t)) · r ′(t) = F(r(t)) · r ′(t)(por la regla de la cadena) y ∀t ∈ [a, b]. Como esta última igualdad es válida para toda t en[a,b], entonces concluimos que ∇V (r(t)) = F(r(t)), es decir F = ∇V .Conclusion:Cualquier campo vectorial F continuo y definido en una región conexa R para elcual

∫C

F · dr sea independiente del camino para cualquier curva C contenida en R, es uncampo gradiente. Los resultados anteriores los podemos resumir en el siguiente teoréma:

Teorema 1.3.16. .Caracterización de los campos gradiente.Sea F(x, y, z) un campo vectorial continuo (excepto quizá en un numero finito de puntos)en una región conexa R. Las siguientes condiciones sobre F son equivalentes:

1.F es el gradiente de alguna función potencial f: F = ∇f (Si F tiene un punto excep-cional donde no este definido, tampoco f está definido ahí).

2.La integral de línea de F es independiente de la trayectoria, es decir:∫

C1

F · dr =

∫

C2

F · dr

para cualesquiera dos curvas suaves por trozos contenidas en R que tengan los mismos ex-tremos.

3.La integral de línea de F a lo largo de cualquier curva cerrada suave por tramos en Res cero es decir, si C es una curva cerrada en R entonces:

∫

C

F · dr = 0

4.∇× F = ~0

Un campo vectorial F que satisface alguna de estas propiedades (y por lo tanto todas)se denomina campo vectorial conservativo.


Ejemplo 1.3.17. . Calcular∫

CF · dr, donde F(x, y) = ((y3 + 1)i + (3xy2 + 1)j) y C es la

semicircumferencia superior de radio 1 con centro en (1,0) que va de (0,0) a (2,0).

SoluciónPara integrar directamente necesitamos encontrar una parametrización de la semicircumfer-encia con la orientación correcta. En coordenadas cartesianas su ecuación es (x−1)2+y2 = 1.La parametrización usual x − 1 = cos(t), y = sen(t), t ∈ [0, π] da la orientación antiho-rario. Entonces una parametrización con la orientación a la derecha es: x − 1 = −cos(t),y = sen(t), t ∈ [0, π] de donde x = 1 − cos(t), y = sen(t), t ∈ [0, π] que implicar(t) = (1 − cos(t), sen(t)) y r ′(t) = (sen(t), cos(t)) = sen(t)i + cos(t)j además F(r(t)) =(sen3(t) + 1)i + [3(1− cos(t)sen2(t) + 1)]j por lo tanto:

∫

C

F · dr =

∫ π

0

(sen3(t) + 1)sen(t) + [3(1− cos(t)sen2(t) + 1)]cos(t)dt

=

∫ π

0

(sen4 + sen(t) + 3sen2(t)cos(t)− 3sen2(t)cos2(t) + cos(t))dt

y nos convencemos que este procedimeinto directo es muy tedioso. Para ver si podriamossimplificar el cálculo podriamos verificar si el campo vectorial es conservativo. La forma másfacil es calcular el rotacional

∇× F =

∣∣∣∣∣∣

i j k∂∂x

∂∂y

∂∂z

y3 + 1 3xy2 + 1 0

∣∣∣∣∣∣= 0i + 0j + (3y2 − 3y2)j = ~0

Como F satisface la condición 4, entonces es conservativo y por lo tanto la integral debeser independiente de la trayectoria, y podemos escoger otro camino para ir del punto (0,0)al punto (2,0). Sea C2 el segmento sobre el eje x que une estos dos puntos, entonces conr(t) = (t, 0), t ∈ [0, 2] tenemos r ′(t) = (1, 0) y F(r(t)) = i + hatj y así:

∫

C

F · dr =

∫

C2

F · dr =

∫ 2

0

F(r(t)) · r ′(t)dt

=

∫ 2

0

(i + j) · (i)dt =

∫ 2

0

dt = 2

esta opción resultó ser mucho más facil que el calculo directo.

Ejemplo 1.3.18. . Dado el campo vectorial F(x, y) = (y3 + 1)i + (3xy2 + 1)j del ejemplo3, hemos encontrado que ∇× F = ~0 y por lo tanto es un campo gradiente,es decir F = ∇f .Encontrar una función potencial f, y utilizarla para calcular

∫C

F · dr como en ejemplo 3.

Solución


Como F = ∇f , entonces ∂f∂x

= F1, ∂f∂y

= F2 es decir, ∂f∂x

= y3 + 1 y ∂f∂y

= 3xy2 + 1.Integrando la primera ecuación respecto a x y la segunda respecto a y obtenemos:

f(x, y) = xy3 + x + g(y)

f(x, y) = xy3 + y + h(x)

donde g(y) y h(x) son funciones arbitrarias de y y de x respectivamente. Por inspecciónencontramos que g(y) = y + C1 y h(x) = x + C2. En consecuencia una función potencial es

f(x, y) = x + y + xy3 + c

donde c es una constante arbitraria, además está claro que ∇f = ∂f∂x

i + ∂f∂y

j = (1 + y3)i +

(1 + 3xy2)j = F(x, y) por lo tanto∫

C

F · dr =

∫

C

∇f · dr = f(2, 0)− f(0, 0) = 2 + c− (0 + c) = 2

que es el mismo resultado obtenido en el ejemplo 3.

Ejemplo 1.3.19. . Averiguar si el campo vectorial F(x, y, z) = yi + (x + zcos(yz))j +(ycos(yz))k es conservativo (gradiente). En caso afirmativo encontrar una función potencial.

Solución

∇× F =

∣∣∣∣∣∣

i j k∂∂x

∂∂y

∂∂z

y x + zcos(yz) ycos(yz)

∣∣∣∣∣∣

(cos(yz)− yzsen(yz)− cos(yz) + yzsen(yz))i + (0− 0)j + (1− 1)k = ~0

Por lo tanto el campo es gradiente F = ∇f .Luego ∂f∂x

= F1, ∂f∂y

= F2 y ∂f∂z

= F3 es decir;

∂f

∂x= y ⇒ f(x, y, z) = xy + h1(y, z)

∂f

∂y= x + zcos(yz) ⇒ f(x, y, z) = xy + sen(yz) + h2(x, z)

∂f

∂y= ycos(yz) ⇒ f(x, y, z) = sen(yz) + h3(x, y)

Por inspeccion encontramos que h1 = sen(yz), h2 = c, h3 = xy por lo tanto f(x, y, z) =xy + sen(yz) + c donde c es una constante. una forma alternativa de encontrar una funciónpotencial para un campo gradiente es la siguiente: como la integral de F será la misma paracualquier camino que une al punto (0,0,0) con un punto arbitrario (x, y, z) podemos elegir la


curva C suave a trozos formada por lo segmentos C1, C2, C3 como se muestra en la figura.sus parametrizaciones son:

C1 : r1(t) = (t, 0, 0), t ∈ [0, x] ⇒ r1(t)′ = (1, 0, 0) = i

C2 : r2(t) = (x, t, 0), t ∈ [0, y] ⇒ r2(t)′ = (0, 1, 0) = j

C3 : r3(t) = (x, y, t), t ∈ [0, z] ⇒ r3(t)′ = (0, 0, 1) = k

de donde ∫

C

F · dr =

∫

C1

F · dr +

∫

C2

F · dr +

∫

C3

F · dr∫ x

0

F(r1) · r1(t)′dt +

∫ y

0

F(r2) · r2(t)′dt +

∫ z

0

F(r3) · r3(t)′dt

=

∫ x

0

F1(t, 0, 0)dt +

∫ y

0

F2(x, t, 0)dt +

∫ z

0

F3(x, y, t)dt

Esta expresión depende de x,y,z. Sea

f(x, y, z) =

∫ x

0

F1(t, 0, 0)dt +

∫ y

0

F2(x, t, 0)dt +

∫ z

0

F3(x, y, t)dt

Afirmación: Esta función es la función potencial para F, en el caso que nos ocupa F(x, y, z) =yi(x+zcos(yz))j+ycos(zy)k, asi que F1(x, y, z) = y,F2(x, y, z) = x+zcos(yz),F3(x, y, z) =ycos(zy) de modo que F1(t, 0, 0) = 0,F1(x, t, 0) = x,F3(x, y, t) = ycos(yt), y por lo tanto unafunción potencial es:

f(x, y, z) =

∫ x

0

0dt +

∫ y

0

xdt +

∫ z

0

ycos(yt)dt = 0 + xy + sen(yz) = xy + sen(yz)

que es el mismo resultado obtenido anteriormente (salvo una constante).

NOTA: Este último procedimiento para encontrar la función potencial de un campo gra-diente es válido si el campo vectorial esta definido en (0,0,0) y a lo largo de los segmentosC1,C2,C3. Por ejemplo, este procedimeinto no puede aplicarse al campo vectorial gravita-cional para encontrar tambien su función potencial ya que no esta definido en el origen(0,0,0).

Criterio para campos bidimensionales.

Para que un campo bidimensional F(x, y) = P (x, y)i+Q(x, y)j sea un campo conservati-vo (gradiente) debe satisfacer ∂P

∂y= ∂Q

∂x, ya que se debe cumplir que: ∇×F =

(∂Q∂x− ∂P

∂y

)k =

~0.

Ejemplo 1.3.20. . Determinar si los siguientes campos bidimensionales son campos gradi-ente, y en caso de que lo sean encontrar su potencial. a)F(x, y) = exyi + ex+yj y F(x, y) =2xcos(y)i− x2sne(y)j


Solución

Para a).∂P

∂y=

∂

∂yexy = xexy

∂Q

∂x=

∂

∂xex+y = ex+y

Observamos que ∂P∂y

6= ∂Q∂x

entonces el campo no es conservativo. Ahora para el inciso btenemos que:

∂P

∂y=

∂

∂y2xcos(y) = −2xsen(y)

∂Q

∂y=

∂

∂x(−x2sen(y)) = −2sen(y)

Observamos que ∂P∂y

= ∂Q∂x

entonces el campo si es conservativo. Calculamos ahora su funciónpotencial.

Método 1: Sea f(x, y) tal que F = ∇f , entonces ∂f∂x

= F1 ⇒ ∂f∂x

= 2xcos(y) ⇒ f(x, y) =

x2cos(y) + h1(y) la ultima implicación se sigue integrando respecto a x. Luego ∂f∂y

= F2 ⇒∂f∂y

= −x2sen(y) ⇒ f(x, y) = x2cos(y) + h2(x) la ultima implicación se sigue integrandorespecto a y. Comparando ambos resultados se tiene h1 = h2 = c donde c es una constante,por lo tanto:

f(x, y) = x2cos(y) + c

Método 2: f(x, y) =∫ x

0F1(t, 0)dt +

∫ y

0F2(x, t)dt =

∫ x

0(2tcos(0))dt +

∫ y

0(−x2sen(t))dt =

[t2]x0 + [x2cos(t)]

y0 = x2 + x2cos(y)− x2cos(0) = x2cos(y). Por lo tanto:

f(x, y) = x2cos(y) + c

Principio de conservación de la energía.

La ley de la conservación de la energía constituye una de las leyes mas importantes de lafísica. Para un sistema dinámico que consiste de una partícula de masa m moviendose bajola acción de un campo vectorial de fuerzas F la forma de la energia es energía cinética yenergía potencial. Sea C una curva dada por la trayectoria r(t), a ≤ t ≤ b con punto inicialy final A = r(a) y B = r(b), respectivamente. De acuerdo a la segunda ley de Newton demovimiento, la fuerza F(r(t)) en un punto r(t) de la curva esta relacionada con la aceleracióna(t) = r ′(t)′ por la ecuación:

F(r(t)) = mr ′(t)′

Por lo tanto el trabajo realizado por la fuerza sobre la partícula de masa m es:

W =

∫

C

F · dr =

∫ b

a

F(r(t)) · r ′(t)dt =

∫ b

a

mr ′(t)′ · r ′(t)dt


En la última integral observamos que:

r ′(t)′ · r ′(t) =1

2

d

dt[r ′(t) · r ′(t)] =

1

2

d

dt‖r ′(t)‖2

Por tanto:

W =m

2

∫ b

a

d

dt‖r ′(t)‖2dt =

m

2

[d

dt‖r(b)′‖2 − d

dt‖r(a)′‖2

]

La ultima igualdad por el teoréma fundamental del calculo entonces:

W =1

2mv(b)2 − 1

2mv(a)2 → (1)

donde v(t)2 = ‖r ′(t)‖ es la rapidez de la partícula.

Este resultado nos indica que el trabajo realizado por el campo de fuerzas al mover lapartícula de A = r(a) a B = r(b) es igual al cambio de la energía cinetica. Supongamosahora que F es además un campo gradiente, es decir F = ∇f para algún campo escalar f.En física, la enegía potencial de una partícula en el punto (x, y, z) se define por P (x, y, z) =−f(x, y, z), de modo que F = −∇P . Por lo tanto el trabajo será tambíen igual a:

W =

∫

C

F · dr = −∫

C

∇P · dr = −∫

a

b∇P (r(t) · r ′(t))dt

= −(P (r(b))− P (r(a))) = P (r(a))− P (r(b))

Por lo tanto:W = P (r(a))− P (r(b)) → (2)

Comparando (1) y (2) obtenemos que para un campo gradiente 12mv(b)2 − 1

2mv(a)2 =

P (r(a))− P (r(b)) es decir;

1

2mv(b)2 + P (r(b)) =

1

2mv(a)2 + P (r(a))

que indica que si una partícula se mueve de un punto A a otro punto B bajo la influencia de uncampo gradiente, entonces la suma de su energía potencial y de su energía cinéticapermanececonstante. A este resultado se le conoce como ley de conservación de la energia, y es larazón para la cual a los campos vectoriales gradiente se les llama campos conservativos.Anteriormente habiamos comentado que la energía mecánica de una partícula en movimientose define como la suma de su energ’ia cinética y su energ’ia potencial. En algún instantearbitrario se tiene

E(t) =1

2m‖r ′(t)‖2 + P (r(t))

Asi que:dE

dt=

1

2m

d

dt[r ′(t) · r ′(t)] + P (r(t))


=1

2m [r ′(t)′ · r ′(t) + r ′(t)′ · r ′(t)] +∇P (r(t)) · r ′(t)

mr ′(t)′ · r ′(t) +∇P (r(t)) · r ′(t) = [mr ′(t)′ +∇P (r(t))] · r ′(t)= [F(r(t)) +∇P (r(t))] · r ′(t) = 0

pues F = −∇P , por lo tanto E(t) = c, ∀t donde c es constante.

1.3.4. El Teorema de Green

Uno de los teorémas mas importantes del análisis vectorial es el teoréma de Green, asíllamado en honor a George Green (1793-1841) matemático inglés. El teoréma de Green surgioen relación con la teoría del potencial, incluyendo potenciales gravitacionales y potencilaleseléctricos, en 1828, y establece que el valor de una integral doble sobre una región en el planosimplemente conexa D queda determinado por el valor de una integral de línea a lo largo delcontorno ó frontera de D.

Definición 1.3.21. . Una región D en R2 se dice que es simplemente conexa si su contornoó frontera es una curva cerrada simple.

Recordemos que una curva cerrada simple es una curva cerrada que no se corta a simisma.

Teorema 1.3.22. (Teoréma de Green). Sea D una región plana en R2 simplemente conexacuyo borde (frontera) es una curva C = ∂D suave a trozos y orientada en sentido antihorario.Supongase que P (x, y) y Q(x, y) son funciones con derivadas parciales continuas sobre D,entonces: ∫ ∫

D

(∂Q

∂x− ∂P

∂y

)dxdy =

∮Pdx + Qdy

Nota: La integral de la izquierda es una integral doble sobre D de una función escalar,mientras que la integral de la derecha es una integral de línea.Hemos usado el simbolo

∮para hacer énfasis en que esta integral de línea es una integral orientada sobre el contorno∂D de D en el sentido antihorario (C = ∂D es una curva cerrada simple).

A continuación daremos una argumentacion que demuestra este teorema en el caso deuna región verticalmente y horizontalmente simples (del tipo I y II) y por tanto del tipo III.Supongamos que D ⊆ R2 es del tipo I (verticalmente simple) y D está acotada por las curvassuaves y = ϕ1(x),y = ϕ2(x) con ϕ1(x) ≤ ϕ2(x), ∀x ∈ [a, b] y los segmentos verticales x = a,x = b, a < b. Denotamos por C el contorno del dominio D positivamente orientado (sentidoantihorario), luego

−∫ ∫

D

∂P

∂ydxdy = −

∫ b

a

[∫ ϕ2(x)

ϕ1(x)

∂P

∂ydy

]dx = −

∫ b

a

[P (x, ϕ2(x))− P (x, ϕ1(x))] dx


= −∫ b

a

P (x, ϕ2(x))dx +

∫ b

a

P (x, ϕ1(x))dx =

∫

C2

Pdx +

∫

C1

Pdx

donde C1 : (x, ϕ1(x)), a ≤ x ≤ b y C2 : (x, ϕ2(x)), a ≤ x ≤ b. Además como x es constanteen los lados verticales x=a, ϕ1(a) ≤ y ≤ ϕ2(a) y x=b, ϕ1(b) ≤ y ≤ ϕ2(b), entonces dx=0 ypor lo tanto, la integral

∫Pdx es cero sobre cada uno de estos lados. Por lo tanto:

∮

∂D

Pdx =

∫

C2

Pdx +

∫

C1

Pdx

Así que:

−∫ ∫

D

∂P

∂ydxdy =

∮

∂D

Pdx → (1)

Si ahora intercambiamos los papeles de x y y, y tomamos el doiminio D acotado por lossegmentos horizontales y=c, y=d y las curvas x = ψ1(y), x = ψ2(y), c ≤ y ≤ d entonces:

∫ ∫

D

∂Q

∂xdxdy =

∫ d

c

[∫ ψ2(y)

ψ1(y)

∂Q

∂xdx

]dy =

∫ d

c

[Q(y, ψ2(y))−Q(y, ψ1(y))] dy

=

∫ d

c

Q(ψ2(y), y)dy −∫ d

c

Q(ψ1(y), y)dy =

∫

C2

Qdy +

∫

C1

Qdy =

∮

∂D

Qdy

donde −C1 : (y, ψ1(y)), c ≤ y ≤ d y C2 : (y, ψ2(y)), c ≤ y ≤ d pues dy=0 sobre los segmentoshorizontales y=c, ψ1(c) ≤ x ≤ ψ2(c) y y=d, ψ1(d) ≤ x ≤ ψ2(d). Por lo tanto:

∫ ∫

D

∂Q

∂xdxdy =

∮

∂D

Qdy → (2)

La ídentidad (1) sigue siendo válida para dominios más generales que son la unión finita deregiones elementales del tipo I (verticalmente simples). Por ejemplo, la región en la figura sepuede descomponer con la unión de D1,D2,D3,D4, regiones verticalmente simples. Asi que:

−∫ ∫

D

∂P

∂ydxdy = −

∫ ∫

D1

∂P

∂ydxdy −

∫ ∫

D2

∂P

∂ydxdy −

∫ ∫

D3

∂P

∂ydxdy −

∫ ∫

D4

∂P

∂ydxdy

=

∮

∂D1

Pdx +

∮

∂D2

Pdx +

∮

∂D3

Pdx +

∮

∂D4

Pdx =

∮

∂D

Pdx

ya que las integrales de línea sobre ∂D1,∂D2,∂D3,∂D4 son orientadas y tienen sentidos op-uestos sobre las interfases, por lo que solo sobreviven las porciones que se encuentran sobre∂D. Así mismo la ídentidad (2) sigue siendo válida en dominios que son la unión de regioneselementales del tipo II (horizontalmente simples). Como cualquier región D simplementeconexa se puede descomponer como la unión de regiones elementales del tipo III (las cualesson verticalmente y horizontalmente simples), entonces (1) y (2) se satisfacen simultanea-mente sobre regiones simplemente conexas. Esto prueba el teorema de Green.


Ejemplo 1.3.23. .Verificar el teorema de Green para P (x, y) = xy2 y Q(x, y) = −x2y conD el disco de radio a ≥ 0.

Solución

∂Q

∂x− ∂P

∂y=

∂

∂x(−x2y)− ∂

∂x(xy2) = −2xy − 2xy = −4xy

D : −a ≤ x ≤ a,−√a2 − x2 ≤ y ≤ √a2 − x2 en coordenadas rectangulares.

D : 0 ≤ r ≤ a, 0 ≤ θ ≤ 2π en coordenadas polares.∫ ∫

D

(∂Q

∂x− ∂P

∂y

)dxdy = −

∫ ∫

D

4xydxdy =

−4

∫ 2π

0

∫ a

0

rcos(θ)rsen(θ)rdrdθ = −4

∫ 2π

0

sen(θ)cos(θ)dθ

∫ a

0

r3dr =

−4

[sen(θ)

2

]2π

0

[r4

4

]a

0

= 0

Para realizar la integral de línea parametrizamos ∂D, la frontera del disco de radio a, con0 ≤ t ≤ 2π por: x = acos(t), y = sen(t) de donde dx = −asen(t)dt y dy = acos(t)dt por loque ∮

∂D

Pdx + Qdy =

∮

∂D

xy2dx + (−x2y)dy =

∮

∂D

xy2dx− x2ydy

∫ 2π

0

(acos(t))(asen(t))2(−asen(t))dt− (acos(t))2(asen(t))(acos(t))dt =

−a4

∫ 2π

0

(sen3(t)cos(t)sen(t)cos3(t))dt = −a4

∫ 2π

0

sen(t)cos(t)(sen2(t) + cos2(t))dt =

−a4

∫ 2π

0

sen(t)cos(t)dt = −a4

[sen2(t)

2

]2π

0

= 0

Por lo tanto: ∫ ∫

D

(∂Q

∂x− ∂P

∂y

)dxdy =

∮

∂D

Pdx + Qdy = 0

Ejemplo 1.3.24. (Aplicación del teorema de Green) Usar el teorema de Green para calcularla integral de línea

∫C

y3dx + (x3 + 3xy2)dy, donde C es el camino que va de (0,0) a (1,1) alo largo de la grafica y = x2, y de (1,1) a (0,0) a lo largo de la grafica y =

√x.

SoluciónLa curva C es una curva cerrada suave a tramos (de hecho dos trozos) y con orientaciónantihorario. Como la integral de línea es de la forma

∫C

Pdx+Qdy podemos usar el teorema

de Green para transformarla en una integral doble∫ ∫

D

(∂Q∂x− ∂P

∂y

)dA con P (x, y) = y3


y Q(x, y) = x3 + 3xy2 y D la región (verticalmente simple) de la figura.Como ∂Q

∂x− ∂P

∂y= (3x2 + 3y2)− 3y2 = 3x2 entonces:

∫

C

y3dx + (x3 + 3xy3)dy =

∫ ∫

D

(∂Q

∂x− ∂P

∂y

)dxdy =

∫ ∫

D

3x2dxdy

=

∫ 1

0

∫ √x

x2

3x2dxdy =

∫ 1

0

3x2 [y]√

xx2 dx =

∫ 1

0

3x2(√

x− x2)dx

= 3

∫ 1

0

(x5/2 − x4)dx = 3

[2

7x7/2 − 1

5x5

]1

0

= 3(2/7− 1/5) = 9/35

Precaución: Para aplicar el teorema de Green al cálculo de integrales de línea como en elejemplo anterior, debemos tener cuidaddo que la curva sea una curva cerrada y simple. Enciertos casos, el teorema de Green ahorra cálculos como en el caso anterior. El lectorpuedecomprobar esta afirmación si intenta realizar directamente la integral de línea del ejemploanterior.

Ejemplo 1.3.25. .(Cálculo del trabajo usando el teorema de Green) Usar el teorema deGreen para calcular el trabajo hecho por el campo de fuerzas F(x, y) = (y + 3x)i+ (2y− x)j,cuando se mueve una partícula alrrededor de la elipse 4x2 + y2 = 4 en el sentido contario ala s manecillas del reloj.

SoluciónLa elipse 4x2 + y2 = 4 ó equivalentemente x2

1+ y2

4= 1 tiene semiejes de longitud 1 en la

dirección x y de longitud 2 en la direccón y. El campo es de la forma F = P i + Qj conP (x, y) = y + 3x y Q(x, y) = 2y − x entonces por el teorema de Green:

W =

∫

C

F · dr =

∮

C

Pdx + Qdy =

∫ ∫

D

(∂Q

∂x− ∂P

∂y

)dxdy

donde C es la curva cerrada que determina la elipse y D es la región plana encerrada porella. Entonces:

W =

∫ ∫

D

(−1− 1)dxdy = −2

∫ ∫

D

dxdy = −2A(D)

donde A(D) es el área de D. Como la elipse tiene semiejes a=1, b=2, su área es A(D) =πab = 2π por lo tanto W = −2 · 2π = −4π.

Ejemplo 1.3.26. (Teorema de Green aplicada a una región con un agujero) Calcular laintegral de línea

∫C(e−x2/2 − y)dx + (e−y2/2 + x)dy donde C es el contorno de la región

comprendida entre las graficas del circulo x = 5cos(θ), y = 5sen(θ), y la elipse x = 2cos(θ),y = sen(θ). Con orinetaciones como se indica en la figura.


SoluciónTrazamos los segmentos C3 y C4 con orientaciones opuestas como se indica en la figura, de talforma que la integrales de línea sobre estos segmentos se cancelan. Tomando esta observaciónen cosideración, podemos aplicar el teorema de Green a la región D simplemente conexa ylimitada por las curvas C1 + C2 + C3 + C4 por lo tanto:

∫

C

(e−x2/2 − y)dx + (e−y2/2 + x)dy =

∫

C

Pdx + Qdy =

∫ ∫

D

(∂Q

∂x− ∂P

∂y

)dxdy

∫ ∫

D

[∂

∂x(e−y2/2 + x)− ∂

∂y(e−x2/2 − y)

]dxdy

∫ ∫

D

[1− (−1)]dxdy =

∫ ∫

D

2dxdy = 2A(D) = 2(π(5)2 − π(2)(1)) = 2π(25− 2)

= 46π, donde en el último renglón restamos el area del circulo y el area de la elipse.

Area de una región plana expresada como una integral de línea.

Sea D una región simplemente conexa en el plano. Su área puede expresarse mediante:

A(D) =

∫ ∫

D

dxdy =

∫ ∫

D

(∂Q

∂x− ∂P

∂y

)dxdy

donde Q(x, y) y P(x, y) son dos cualesquier campos escalares bidimensionales tales que:(

∂Q

∂x− ∂P

∂y

)= 1

Por ejemplo, podemos escoger P (x, y) = −12y, Q(x, y) = 1

2x, con esta elección podemos

aplicar el teorema de Green para obtener:

A(D) =

∮

∂D

Pdx + Qdy =

∮

∂D

−1

2ydx +

1

2xdy ⇒ A(D) =

1

2

∮

∂D

xdy − ydx

Si la frontera ∂D se puede escribir por ecuaciones parámetricas x = x(t) y y = y(t) dondet ∈ [a, b] se obtiene:

A(D) =1

2

∫ b

a

[x(t)y ′(t)− y(t)x ′(t)]dt =1

2

∫ b

a

∣∣∣∣x(t) y(t)x ′(t) y ′(t)

∣∣∣∣ dt

Por lo tanto:

A(D) =1

2

∫ b

a

∣∣∣∣x(t) y(t)x ′(t) y ′(t)

∣∣∣∣ dt

Ejemplo 1.3.27. Hallar el área de la elipse x2

a2 + y2

b2≤ 1, expresandola como integral de

línea.


SoluciónParametrización x = acos(t), y = bsen(t), 0 ≤ t ≤ 2π ⇒ dx = −asen(t)dt y dy = bcos(t)dtde donde:

A(D) =1

2

∫

∂D

xdy − ydx =1

2

∫ 2π

0

[(acos(t))(bcos(t))− ()bsen(t)

(−asen(t))]dt =ab

2

∫ 2π

0

(cos2(t) + sen2(t))dt =ab

2

∫ 2π

0

dt = πab

Ejemplo 1.3.28. Calcular el área de la región limitada por las curvas y = x2, x = y2 y8xy = 1 y que es adyacente al origen de coordenadas.

SoluciónResolviendo conjuntamente las ecuacioness de las curvas encontramos que los puntos in-tersección son O(0, 0), A(1/2, 1/4), B(1/4, 1/2). La frontera (contorno) de la región D estáformada por tres curvas C1 : arco OA dado por y = x2 ⇒ x = t, y = t2, t ∈ [0, 1/2], C2 : arcoAB dado por 8xy = 1. Es más fácil parametrizar el arco en sentido contario BA y despuéscambiar el signo en la integral de línea,así: x = t, y = 1/8t, t ∈ [1/4, 1/2], C3 : arco BO dadopor x = y2. Es más fácil parametrizar el arco en sentido contrario OB y después cambiar elsigno de la integral de línea,así: x = t2, y = t, t ∈ [0, 1/2], por lo tanto:

A(D) =1

2

∫

C

xdy − ydx =1

2

∫

C1

xdy − ydx +1

2

∫

C2

xdy − ydx +1

2

∫

C3

xdy − ydx

=1

2

∫ 1/2

0

[(t)(2t)− (t2)(1)]dt− 1

2

∫ 1/2

1/4

[(t)(−1/8t2)− (1/8t)(1)]dt−

1

2

∫ 1/2

0

[(1)(t2)(1)(2t)]dt =1

2

∫ 1/2

0

t2dt +1

8

∫ 1/2

1/4

dt

t+

1

2

∫ 1/2

0

t2dt

∫ 1/2

0

t2dt +1

8

∫ 1/2

1/4

dt

t=

[t3

3

]1/2

0

+1

8[Ln(t)]

1/21/4 =

1

3· 1

8

+1

8(ln(1/2)− ln(1/4)) =

1

24+

1

8ln

(1/2

1/4

)=

1

24+

1

8ln(2) =

1 + 3ln(2)

24

Forma vectorial del teorema de Green.

Teorema 1.3.29. Sea D una regi’on en el plano simplemente conexa y ∂D su frontera. SiF(x, y) = P (x, y)i + Q(x, y)j es un campo vectorial bidimensional con derivadas parcialescontinuas sobre D, entonces:

∮

∂D

F · dr =

∫ ∫

D

(∇× F) · kdA


Demostración∮

∂D

F · dr =

∮

∂D

Pdx + Qdy =

∫ ∫

D

(∂Q

∂x− ∂P

∂y

)dxdy

Pero:

∇× F =

∣∣∣∣∣∣

i j k∂∂x

∂∂y

∂∂z

P Q 0

∣∣∣∣∣∣=

(∂P

∂z

)i +

(∂P

∂z

)j

+

(∂Q

∂x− ∂P

∂y

)k =

(∂Q

∂x− ∂P

∂y

)k

dado que ∂Q∂z

= ∂P∂z

= 0, porqué P y Q no dependen de z, por otro lado:

∇× F · k =

(∂Q

∂x− ∂P

∂y

)k · k =

∂Q

∂x− ∂P

∂y

Por lo tanto: ∮

∂D

F · dr =

∫ ∫

D

(∇× F) · kdA

Observación: Si F(x, y) es una campo conservativo bidimensional, entonces∫ ∫

D∇×F ·

kdA = 0 pues ∇ × F = ~0, y en consecuencia∮

∂DF · dr = 0 a lo largo de cualquier curva

cerrada, siempre y cuando el campo vectorial tenga derivadas parciales continuas en la regiónque encierra la curva.

Ejemplo 1.3.30. La integral:

I =

∫

C

ydx− xdy

x2 + y2

donde C es una circumferencia orientada en sentido antihorario, es igual a cero, si estacircumferencia no encierra el origen de cooredenadas.

DemostraciónEl campo vectorial F(x, y) = y

x2+y2 i− xx2+y2 j tiene derivadas parciales continuas en cualquier

punto excepto el origen (0,0). Además si (x, y) 6= (0, 0):

∇× F =

[∂

∂x

(− x

x2 + y2

)− ∂

∂y

(y

x2 + y2

)]k

[−x2 + y2 − 2x2

(x2 + y2)2− x2 + y2 − 2y2

(x2 + y2)2

]k

−x2 − y2 + 2x2 − x2 − y2 + 2y2

(x2 + y2)2k = 0k = 0 ⇒

∫ ∫

D

∇× F · kdA =

∮

∂D=C

F · dr =

∫

C

ydy

x2 + y2− fracxdyx2 + y2


∫

C

ydx− xdy

x2 + y2= 0

si la circumferencia C no encierra al origen.Se invita al lector a verificar que si la circumferencia C encierra al origen, entonces la

integral es igual a I = −2π.

Teorema de la divergencia en el plano.

Teorema 1.3.31. Sea D una región simplemente conexa en el plano y ∂D su contorno ócurva frontera. Denotamos por n la normal unitaria exterior a ∂D. Si F(x, y) = F1(x, y)i+F2(x, y) = j es un campo vectorial bidimensional continuo y con derivadas parciales contin-uas en D, entonces: ∮

∂D

F · nds =

∫ ∫

D

∇ · FdA

DemostraciónSea r(t) = x(t)i + y(t)j, a ≤ t ≤ b, una parametrización de ∂D con orientación antihorario.Sabemos que T (t) = r ′(t)

‖r ′(t)‖ = x ′(t)‖r ′(t)‖ i + y ′(t)

‖r ′(t)‖j es el vector tangente en el punto r(t). El

vector unitario exterior en el mismo punto es ~n(t) = y ′(t)‖r ′(t)‖ i + x ′(t)

‖r ′(t)‖j ya que, claramente,n(t) · T (t) = 0. Basta verificar que n(t) × T (t) = k (vector unitario perpendicular al planoxy). En efecto:

n(t)× T (t) =

∣∣∣∣∣∣∣

i j ky ′(t)‖r ′(t)‖

x ′(t)‖r ′(t)‖ 0

x ′(t)‖r ′(t)‖

y ′(t)‖r ′(t)‖ 0

∣∣∣∣∣∣∣=

[(y ′(t))2

‖r ′(t)‖2+

(x ′(t))2

‖r ′(t)‖2

]k

‖r ′(t)‖2

‖r ′(t)‖2k = k

Además:

F · n = F(r(t)) · n(t) = [F1(x(t), y(t))i + F2(x(t), y(t))j] ·[

y ′(t)‖r ′(t)‖ i−

x ′(t)‖r ′(t)‖j

]

=1

‖r ′(t)‖ [F1(x(t), y(t))y ′(t)− F2(x(t), y(t))x ′(t)]

Por lo tanto: ∮

∂D

F · nds =

∫ b

a

F(r(t)) · nF1(x(t), y(t))‖r ′(t)‖dt =

∫ b

a

[F1(x(t), y(t))y ′(t)− F2(x(t), y(t))x ′(t)]dt =

∫

∂D

F1dy − F2dx


escrito en forma diferencial,luego:

=

∫

∂D

−F2dx + F1dy =

∫ ∫

D

(∂Q

∂x− ∂P

∂y

)dxdy =

∫ ∫

D

(∂F1

∂x− ∂(−F2)

∂y

)dxdy

por el teorema de Green con P = −F2 y Q = F1, ahora

=

∫ ∫

D

(∂F1

∂x+

∂F2

∂y

)dxdy =

∫ ∫

D

(∇ · F) dA

Ejemplo 1.3.32. Verificar el teorema de la divergencia para el campo bidimensional F(x, y) =x i + y j sobre el circulo unitario D = {(x, y)|x2 + y2 ≤ 1}.Solución

Sea x = cos(t), y = sen(t), 0 ≤ t ≤ 2π una parametrización de la circumferencia ensentido antihorario. n(t) =

[y ′(t)‖r ′(t)‖ i− x ′(t)

‖r ′(t)‖j]

= cos(t)i + sen(t)j pues ‖r ′(t)‖ = 1,F(r(t)) =

cos(t)i + sen(t)j ⇒ F(r(t)) · n(t) = F · n = cos2(t) + sen2(t) ⇒ ∮∂D

F · nds =∮

∂Dds =∫ 2π

0‖r ′(t)‖dt =

∫ 2π

0dt = 2π donde hemos calculado la longitud de la circumferencia unitaria,

por otro lado:∫ ∫

D

∇ · FdA =

∫ ∫

D

(∂x

∂x+

∂y

∂y

)dA = 2

∫ ∫

D

dA = 2π

que es dos veces el área del círculo unitario.

capítulo1 curvas,integralesdelíneaycampos...

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