4 Integrales de Línea.

En matemáticas, una integral de línea o curvilínea es aquella integral cuya función es

evaluada sobre una curva. En el caso de una curva cerrada en dos dimensiones o
del plano complejo, se llama también integral de contorno.

Ejemplos prácticos de su utilización pueden ser:

1. Cálculo del trabajo que se realiza para mover algún objeto a lo largo de una
trayectoria teniendo en cuenta campos de fuerzas (descritos por campos
vectoriales) que actúen sobre el mismo.
2. Cálculo de la longitud de una curva en el espacio.

4.1 Integrales de línea de primer tipo. – Sea f (x, y) una función continua e
𝑦 = 𝑓(𝑥), [𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏] la ecuación de una curva plana determinada C.

Figura:

𝑓𝑖 (𝑥𝑖 , 𝑦𝑖 )

Demostración:

Marcamos un sistema de puntos 𝑓𝑖 (𝑥𝑖 , 𝑦𝑖 ), (𝑖 = 0,1,2, … . ), que divida la curva C en

rectángulos elementales, como observamos la altura es 𝑓𝑖 (𝑥𝑖 , 𝑦𝑖 ) y la base es una
longitud de arco que lo determinamos por Pitágoras aproximadamente y nos queda de

la siguiente manera: ∆𝑠𝑖 = √∆𝑥𝑖 2 + ∆𝑦𝑖 2 ; determinando el área de ese rectángulo

tenemos: 𝐴𝑖 = 𝑓(𝑥𝑖 , 𝑦𝑖 )∆𝑠𝑖 ; 𝐴𝑖 = ∑𝑛𝑖=1 𝑓(𝑥𝑖 , 𝑦𝑖 )∆𝑠𝑖 , que es una sumatoria de Riemann, la
cual al llevar al límite, cuando 𝑛 → ∞ 𝑜 ∆𝑠𝑖 → 0, recibe el nombre de integral de línea
o curvilínea de primer tipo que es una integral de línea sobre un campo escalar. La
misma demostración podemos utilizarle para la integral curvilínea sobre un campo
vectorial (o de segundo tipo)

lim ∑ 𝑓(𝑥𝑖 , 𝑦𝑖 )∆𝑠𝑖 = ∮ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑠 = ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑠

𝑛→∞
𝑖=1 𝐶

𝑑𝑠 𝑒𝑠 𝑒𝑙 𝑑𝑖𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙 𝑑𝑒𝑙 𝑎𝑟𝑐𝑜. Y se calcula por la fórmula:

𝑏
∮ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑠 = ∫ 𝑓(𝑥, 𝑓(𝑥))√1 + (𝑓´(𝑥))2 𝑑𝑥
𝑎

En caso de que la curva C este dada en forma paramétrica: 𝑥 = ℎ(𝑡), 𝑗(𝑡) [𝛼 ≤ 𝑡 ≤ 𝛽],
tenemos:

𝛽
𝛽
2 2
∮ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑠 = ∫ 𝑓(ℎ(𝑡), 𝑗(𝑡))√(ℎ´(𝑡)) + (𝑗´(𝑡)) 𝑑𝑡 = ∫ 𝑓(𝑟(𝑡)). ‖𝑟´(𝑡)‖𝑑𝑡
𝛼
𝛼

Se consideran también integrales de línea de primer tipo de funciones de tres variables

f(x, y, z), tomadas sobre una curva en el espacio, se calculan análogamente.

La integral curvilínea de primer tipo no depende del sentido del camino de integración.
Si la función subintegral f se interpreta como la densidad lineal de la curva de integración
C, esta integral representará de por si la masa de la curva C.

Ejemplos: Calcular las siguientes integrales de línea o curvilínea:

1.- ∮(𝑥 + 𝑦)𝑑𝑠, donde C es el contorno del triángulo ABO, cuyos vértices son:
𝐴(1, 0), 𝐵(0, 1) 𝑦 𝑂(0,0).

Figura:
Solución:

o Encontramos las ecuaciones de las rectas:

𝑑𝑒 𝐴𝐵 𝑒𝑠 𝑦 = 1 − 𝑥, 𝑙𝑎 𝑑𝑒 𝑂𝐵, 𝑥 = 0 𝑦 𝑙𝑎 𝑑𝑒 𝑂𝐴, 𝑦 = 0
o Entonces la integral será:
o Marco teórico:
𝑏
∮ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑠 = ∫ 𝑓(𝑥, 𝑓(𝑥))√1 + (𝑓´(𝑥))2 𝑑𝑥
𝑎

∮(𝑥 + 𝑦)𝑑𝑠 = ∫ (𝑥 + 𝑦)𝑑𝑠 + ∫ (𝑥 + 𝑦)𝑑𝑠 + ∫ (𝑥 + 𝑦)𝑑𝑠 =

𝐴𝐵 𝐵𝑂 𝑂𝐴

1 1 1
1 1 1 1 1
= ∫ √2 𝑑𝑥 + ∫ 𝑦𝑑𝑦 + ∫ 𝑥 𝑑𝑥 = √2[𝑥] + [𝑦 2 ] + [𝑥 2 ] = √2 + 1
0 2 0 2 0
0 0 0

2.- ∮(𝑥 2 + 𝑦 2 )𝑑𝑠, donde C es el primer arco de la espiral:

𝑥 = 𝑎(cos 𝑡 + 𝑡𝑠𝑒𝑛 𝑡); 𝑦 = 𝑎(𝑠𝑒𝑛 𝑡 − 𝑡𝑐𝑜𝑠 𝑡); 0 ≤ 𝑡 ≤ 2𝜋.

Figura:

Marco teórico:

𝛽
𝛽
2 2
∮ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑠 = ∫ 𝑓(ℎ(𝑡), 𝑗(𝑡))√(ℎ´(𝑡)) + (𝑗´(𝑡)) 𝑑𝑡 = ∫ 𝑓(𝑟(𝑡)). ‖𝑟´(𝑡)‖𝑑𝑡
𝛼
𝛼

Solución:
 o Parametrizamos:
a. La curva ya está parametrizada
2 2
b. La función integrable: 𝑥 2 + 𝑦 2 ; (𝑎(cos 𝑡 + 𝑡𝑠𝑒𝑛 𝑡)) + (𝑎(𝑠𝑒𝑛 𝑡 − 𝑡𝑐𝑜𝑠 𝑡))
2
(𝑎(cos 𝑡 + 𝑡𝑠𝑒𝑛 𝑡)) = 𝑎2 (𝑐𝑜𝑠 2 𝑡 + 2𝑡𝑐𝑜𝑠 𝑡 𝑠𝑒𝑛 𝑡 + 𝑡 2 𝑠𝑒𝑛2 𝑡) (1)
2
(𝑎(𝑠𝑒𝑛 𝑡 − 𝑡𝑐𝑜𝑠 𝑡)) = 𝑎2 (𝑠𝑒𝑛2 𝑡 − 2𝑡𝑐𝑜𝑠 𝑡 𝑠𝑒𝑛 𝑡 + 𝑡 2 𝑐𝑜𝑠 2 𝑡) (2)
Sumamos (1) y (2): 𝑎2 (1 + 0 + 𝑡 2 ) = 𝑎2 (1 + 𝑡 2 ) (3)

o Calculamos la integral.

2𝜋
2 2
2
∮(𝑥 + 𝑦 2 )𝑑𝑠
= ∫ 𝑎2 (1 + 𝑡 2 )√(𝑎(−𝑠𝑒𝑛 𝑡 + 𝑡 cos 𝑡 + 𝑠𝑒𝑛 𝑡)) + (𝑎(cos 𝑡 + 𝑡 𝑠𝑒𝑛 𝑡 − cos 𝑡)) 𝑑𝑡
0

Desarrollamos a parte:

2 2
(𝑎(𝑡 cos 𝑡)) + (𝑎(𝑡 𝑠𝑒𝑛 𝑡)) = 𝑎2 𝑡 2 (4)

2𝜋 2𝜋
2 (1
1 1 2𝜋
=∫ 𝑎 + 𝑡 2 )√𝑎2 𝑡 2 𝑑𝑡 = 𝑎 ∫ (𝑡 + 𝑡 3 )𝑑𝑡 = 𝑎3 ∗ ( 𝑡 2 + 𝑡 4 )
3
= 𝑎3 (2𝜋 2 + 4𝜋 4 ).
2 4 0
0 0
𝑥2 𝑦2
3.- ∮(𝑥𝑦)𝑑𝑠, donde C es el cuadrante de la elipse 𝑎2
+ 𝑏2 = 1, situado en el primer

cuadrante.

Figura:

Solución:

o Parametrizamos.
 𝑥2 𝑦2 𝜋
a. La curva: 𝑎2
+ 𝑏2 = 1; 𝑥 = 𝑎 cos 𝑡, 𝑦 = 𝑏 𝑠𝑒𝑛 𝑡, 0 ≤ 𝑡 ≤ 2

b. La función integrable: 𝑥𝑦; 𝑎𝑏 cos 𝑡 𝑠𝑒𝑛 𝑡

o Calculamos la integral.

𝜋
2
∮ 𝑥𝑦𝑑𝑠 = ∫ 𝑎𝑏 cos 𝑡 𝑠𝑒𝑛 𝑡 √(−𝑎 𝑠𝑒𝑛 𝑡)2 + (𝑏 cos 𝑡)2 𝑑𝑡 =
0

𝜋
2
= 𝑎𝑏 ∫ cos 𝑡 𝑠𝑒𝑛 𝑡√𝑎2 𝑠𝑒𝑛2 𝑡 + 𝑏 2 𝑐𝑜𝑠 2 𝑡𝑑𝑡 =
0

𝜋
2
= 𝑎𝑏 ∫ √𝑎2 𝑠𝑒𝑛2 𝑡 + 𝑏 2 (1 − 𝑠𝑒𝑛2 𝑡) 𝑠𝑒𝑛 𝑡 cos 𝑡 𝑑𝑡 =
0

𝜋
2
= 𝑎𝑏 ∫ √(𝑎2 − 𝑏 2 )𝑠𝑒𝑛2 𝑡 + 𝑏 2 𝑠𝑒𝑛 𝑡 cos 𝑡 𝑑𝑡 =
0

Cambiamos de variable:

𝜋
(𝑎2 − 𝑏 2 )𝑠𝑒𝑛2 𝑡 + 𝑏 2 = 𝑢; 𝑐𝑎𝑚𝑏𝑖𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑙𝑜𝑠 𝑙í𝑚𝑖𝑡𝑒𝑠: 𝑡 = 𝑢 → 𝑎2 ; 𝑡 = 0 𝑢 → 𝑏 2
2

𝑑𝑢
𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑑𝑢 = 2(𝑎2 − 𝑏 2 )𝑠𝑒𝑛 𝑡 cos 𝑡 𝑑𝑡 → 𝑠𝑒𝑛 𝑡 cos 𝑡 𝑑𝑡 =
2(𝑎2− 𝑏2)

𝑎2
√𝑢 𝑑𝑢 𝑎𝑏 2 3/2 𝑎2 𝑎𝑏
= 𝑎𝑏 ∫ = [ 𝑢 ] 2 = (𝑎2 − 𝑏 2 )3/2
𝑏2 2(𝑎2 − 𝑏 2 ) 2(𝑎2 − 𝑏 2 ) 3 𝑏 3(𝑎2 − 𝑏 2 )

𝑎𝑏√𝑎2 − 𝑏 2
∮ 𝑥𝑦𝑑𝑠 =
3

4.- ∮(𝑦 2 )𝑑𝑠, donde C es el primer arco de la cicloide: 𝑥 = 𝑎(𝑡 − 𝑠𝑒𝑛 𝑡); 𝑦 = 𝑎(1 − cos 𝑡).

Figura:
Marco teórico:

∮ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑠 = ∮ 𝑓(𝑡)𝑑𝑟 = ∫ 𝑓(𝑟(𝑡)). ‖𝑟´(𝑡)‖𝑑𝑡

𝛼

Solución:

o La función es: 𝑟⃗(𝑡) = 𝑎(𝑡 − 𝑠𝑒𝑛 𝑡)𝑖⃗ + 𝑎(1 − cos 𝑡)𝑗⃗

o Derivamos: 𝑟⃗´(𝑡) = 𝑎(1 − 𝑐𝑜𝑠 𝑡)𝑖⃗ + 𝑎(𝑠𝑒𝑛 𝑡)𝑗⃗
o Encontramos el módulo:
‖𝑟⃗´(𝑡)‖ = √𝑎2 [(1 − cos 𝑡)2 + 𝑠𝑒𝑛2 𝑡] = 𝑎√1 − 2 cos 𝑡 + 𝑐𝑜𝑠 2 𝑡 + 𝑠𝑒𝑛2 𝑡 = √2𝑎√1 − cos 𝑡
o Calculamos la integral:

2𝜋 2𝜋
2 )𝑑𝑠 2 (1
∮(𝑦 =∫ 𝑎 − cos 𝑡) . √2𝑎√1 − cos 𝑡 𝑑𝑡 = √2𝑎 ∫ (1 − cos 𝑡) 5/2 𝑑𝑡
2 3

0 0

2𝜋 2𝜋 2𝜋
𝑡 5/2 𝑡 𝑡 𝑡
= √2𝑎3 ∫ (2𝑠𝑒𝑛2 ) 𝑑𝑡 = 8𝑎3 ∫ 𝑠𝑒𝑛5 𝑑𝑡 = 8𝑎3 ∫ 𝑠𝑒𝑛4 ∗ 𝑠𝑒𝑛 𝑑𝑡 =
2 2 2 2
0 0 0

2𝜋 −1 1
𝑡 2 𝑡
= 8𝑎 ∫ (1 − 𝑐𝑜𝑠 ) ( 𝑠𝑒𝑛 ) 𝑑𝑡 = 8𝑎3 ∫ (1 − 𝑢2 )2 (−2) 𝑑𝑢 = 16𝑎3 ∫(1 − 2𝑢2 + 𝑢4 ) 𝑑𝑢
3 2
2 2
0 1 −1

𝐶𝑎𝑚𝑏𝑖𝑜 𝑑𝑒 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑏𝑙𝑒 :
𝑡 𝑡 1 𝑡
𝑢 = cos 2 → 𝑑𝑢 = −𝑠𝑒𝑛 2
∗ 2 𝑑𝑡 → 𝑠𝑒𝑛 2
𝑑𝑡 = −2 𝑑𝑢

Cambio de límites: 𝑡 = 0 → 𝑢 = 1; 𝑡 = 2𝜋 → 𝑢 = −1

2 1 5 1 2 1 2 1 256 3
= 16𝑎3 [𝑢 − 𝑢3 + 𝑢 ] = 16𝑎3 (1 − + + 1 − + ) = 𝑎
3 5 −1 3 5 3 5 15
 3𝑡 2
5.- ∮(𝑥 + 𝑧)𝑑𝑠, donde C es un arco de la curva: 𝑥 = 𝑡, 𝑦 = ,𝑧 = 𝑡 3 , 0 ≤ 𝑡 ≤ 1.
√2

Marco teórico:

∮ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑠 = ∮ 𝑓(𝑡)𝑑𝑟 = ∫ 𝑓(𝑟(𝑡)). ‖𝑟´(𝑡)‖𝑑𝑡

𝛼

Solución:

3𝑡 2
o La función es: 𝑟⃗(𝑡) = 𝑡𝑖⃗ + 𝑗⃗ + 𝑡 3 𝑘⃗⃗
√2
6𝑡
o Derivamos: 𝑟⃗´(𝑡) = 𝑖⃗ + 𝑗⃗ + 3𝑡 2 𝑘⃗⃗
√2

o Encontramos el módulo:
‖𝑟⃗´(𝑡)‖ = √1 + 18𝑡 2 + 9𝑡 4
o Calculamos la integral:

1 1
∮(𝑥 + 𝑧)𝑑𝑠 = ∫0 (𝑡 + 𝑡 3 ) . √1 + 18𝑡2 + 9𝑡4 𝑑𝑡 = ∫0 (1 + 𝑡 2 ) √1 + 18𝑡2 + 9𝑡4 𝑡𝑑𝑡

𝑑𝑢
Cambio de variable: 3𝑡 2 = 𝑢 → 𝑑𝑢 = 6𝑡𝑑𝑡 ∴ 6
= 𝑡 𝑑𝑡; 𝑡 = 0 𝑢 = 0: 𝑡 = 1 𝑢 = 3

3 3
𝑢 1
= ∫ (1 + ) √1 + 6𝑢 + 𝑢2 𝑑𝑢 = ∫ [√(𝑢 + 3)2 − 9 + 𝑢√(𝑢 + 3)2 − 9] 𝑑𝑢
3 3
0 0

Sustitución hiperbólica: 𝑢 + 3 = 3𝑐ℎ 𝑧 → 𝑑𝑢 = 3𝑠ℎ 𝑧 𝑑𝑧

Cambiamos los límites:

𝑢=0 → 𝑧 = 𝑎𝑟𝑐ℎ(1); 𝑢 = 3 → 𝑎𝑟𝑐ℎ (2)

𝑎𝑟𝑐ℎ (2)
1
𝐼= ∫ [3√𝑐ℎ2 𝑧 − 1 + (3 𝑐ℎ 𝑧 − 3)3√𝑐ℎ2 𝑧 − 1] 3 𝑠ℎ 𝑧 𝑑𝑧
3
𝑎𝑟𝑐ℎ(1)

𝑎𝑟𝑐ℎ (2)

𝐼= ∫ [3𝑠ℎ 𝑧 + (3 𝑐ℎ 𝑧 − 3)𝑠ℎ 𝑧]3 𝑠ℎ 𝑧 𝑑𝑧

𝑎𝑟𝑐ℎ(1)
 𝑎𝑟𝑐ℎ (2)
𝑎𝑟𝑐ℎ (2)
𝐼=3 ∫ [3𝑠ℎ2 𝑧 + 3 𝑐ℎ 𝑧 𝑠ℎ2 𝑧 − 3𝑠ℎ2 𝑧 ] 𝑑𝑧 = 3[𝑠ℎ3 𝑧]
𝑎𝑟𝑐ℎ(1)
𝑎𝑟𝑐ℎ(1)

𝑑𝑠
6.- ∮ 𝑥 2 +𝑦2 +𝑧2 , donde C es la primera espira de la hélice circular:

Figura:

𝑥 = 𝑎 cos 𝑡 , 𝑦 = 𝑎 𝑠𝑒𝑛 𝑡, 𝑧 = 𝑏𝑡.

Marco teórico:

∮ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑠 = ∮ 𝑓(𝑡)𝑑𝑟 = ∫ 𝑓(𝑟(𝑡)). ‖𝑟´(𝑡)‖𝑑𝑡

𝛼

Solución:

o La función es: 𝑟⃗(𝑡) = acos 𝑡 𝑖⃗ + a sen 𝑡 𝑗⃗ + 𝑏𝑡𝑘⃗⃗

o Derivamos: 𝑟⃗´(𝑡) = −𝑎𝑠𝑒𝑛 𝑡𝑖⃗ + acos 𝑡𝑗⃗ + 𝑏 𝑘⃗⃗
o Encontramos el módulo:
‖𝑟⃗´(𝑡)‖ = √𝑎2 [(− sen 𝑡)2 + 𝑐𝑜𝑠 2 𝑡] + 𝑏 2 = √𝑎2 + 𝑏 2
o Calculamos la integral:

2𝜋
𝑑𝑠 1
∮( 2 2 2
)=∫ 2 . √𝑎2 + 𝑏 2 𝑑𝑡 =
𝑥 +𝑦 +𝑧 𝑎 𝑐𝑜𝑠 𝑡 + 𝑎2 𝑠𝑒𝑛2 𝑡 + 𝑏 2
2
0
 2𝜋
√𝑎2 + 𝑏2 1 2𝜋
2𝜋
=∫ 𝑑𝑡 = [𝑡] =
𝑎2 + 𝑏 2 2
0
0 √𝑎2 + 𝑏 √𝑎2 + 𝑏2

7.- Un alambre tiene la forma de la curva dada por 𝑟⃗(𝑡) = 〈cos 𝑡, 𝑠𝑒𝑛 𝑡, 𝑡〉 cuando 𝑡 ∈ [0,2𝜋].
Hallar la masa sabiendo que la densidad lineal en cada punto viene dada por: 𝜌(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥 2 +
𝑦 2 + 3𝑧 2 .

Figura:

Solución:

Marco teórico:

∮ 𝜌(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑠 = ∮ 𝑓(𝑡)𝑑𝑟 = ∫ 𝑓(𝑟(𝑡)). ‖𝑟´(𝑡)‖𝑑𝑡

𝛼

o La función es: 𝑟⃗(𝑡) = cos 𝑡 𝑖⃗ + sen 𝑡 𝑗⃗ + 𝑡𝑘⃗⃗

o Derivamos: 𝑟⃗´(𝑡) = −𝑠𝑒𝑛 𝑡𝑖⃗ + cos 𝑡𝑗⃗ + 𝑘⃗⃗
o Encontramos el módulo:
‖𝑟⃗´(𝑡)‖ = √(− sen 𝑡)2 + 𝑐𝑜𝑠 2 𝑡 + 12 = √1 + 1 = √2
o Calculamos la integral:

2𝜋

∮(𝑥 2 + 𝑦 2 + 3𝑧 2 )𝑑𝑠 = ∫ (𝑐𝑜𝑠 2 𝑡 + 𝑠𝑒𝑛2 𝑡 + 3𝑡 2 ) . √2𝑑𝑡 =

0
 2𝜋

= ∫ (1 + 3𝑡 2 )𝑑𝑡 = [𝑡 + 𝑡3 ]
2𝜋 = (2𝜋 + 8𝜋3 ) .
0
0

8.- Determinar las coordenadas del centro de gravedad del semiarco de la cicliode:

𝑥 = 𝑎(𝑡 − 𝑠𝑒𝑛 𝑡); 𝑦 = 𝑎(1 − cos 𝑡); 0≤𝑡≤𝜋

Figura:

Solución:

Marco teórico:

𝑚 = ∮ 𝜌(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑠 = ∮ 𝑘𝑑𝑠 = ∮ 𝑓(𝑡)𝑑𝑟 = ∫ 𝑓(𝑟(𝑡)). ‖𝑟´(𝑡)‖𝑑𝑡

𝛼

𝑀𝑥 = ∮ 𝑦 𝜌(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑠 = ∮ 𝑘 𝑦 𝑑𝑠 = ∮ 𝑘𝑓(𝑡)𝑑𝑟 = ∫ 𝑘𝑓(𝑟(𝑡)). ‖𝑟´(𝑡)‖𝑑𝑡

𝛼

𝑀𝑦 = ∮ 𝑥 𝜌(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑠 = ∮ 𝑘 𝑥 𝑑𝑠 = ∮ 𝑘𝑓(𝑡)𝑑𝑟 = ∫ 𝑘𝑓(𝑟(𝑡)). ‖𝑟´(𝑡)‖𝑑𝑡

𝛼

o La función es: 𝑟⃗(𝑡) = 𝑎(𝑡 − 𝑠𝑒𝑛 𝑡)𝑖⃗ + 𝑎(1 − cos 𝑡)𝑗⃗

o Derivamos: 𝑟⃗´(𝑡) = 𝑎(1 − cos 𝑡) 𝑖⃗ + 𝑎(𝑠𝑒𝑛 𝑡)𝑗⃗
o Encontramos el módulo:
‖𝑟⃗´(𝑡)‖ = √𝑎2 [(1 − cos 𝑡)2 + 𝑠𝑒𝑛2 𝑡] = √𝑎2 (1 − 2 cos 𝑡 + 𝑐𝑜𝑠 2 𝑡 + 𝑠𝑒𝑛𝑡 2 ) = 𝑎√2√1 − cos 𝑡
o Calculamos las integrales:
o Masa:
𝛽

𝑚 = ∮ 𝑘𝑑𝑠 = ∮ 𝑘𝑓(𝑡)𝑑𝑟 = 𝑘 ∫ 𝑓(𝑟(𝑡)). ‖𝑟´(𝑡)‖𝑑𝑡

𝛼
 𝜋 𝜋

𝑚 = 𝑘 ∫ 𝑎√2√1 − cos 𝑡 𝑑𝑡 = √2𝑎𝑘 ∫ √1 − cos 𝑡 𝑑𝑡

0 0

𝜋 𝜋
𝑡 𝑡 𝑡 𝜋
𝑚 = 𝑎√2𝑘 ∫ √2𝑠𝑒𝑛2 𝑑𝑡 = 2𝑎𝑘 ∫ 𝑠𝑒𝑛 𝑑𝑡 = 2𝑎𝑘 [−2 cos ] = 4𝑎𝑘 .
2 2 2 0
0 0

o Momento respecto al eje x.

𝑀𝑥 = ∮ 𝑦 𝜌(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑠 = ∮ 𝑘 𝑦 𝑑𝑠 = ∮ 𝑘𝑓(𝑡)𝑑𝑟 = ∫ 𝑘𝑓(𝑟(𝑡)). ‖𝑟´(𝑡)‖𝑑𝑡

𝛼

𝜋 𝜋

𝑀𝑥 = ∫ 𝑘𝑎(1 − cos 𝑡). 𝑎√2√1 − cos 𝑡 𝑑𝑡 = √2𝑎2 𝑘 ∫(1 − cos 𝑡)3/2 𝑑𝑡

0 0

𝜋 𝜋 𝜋
𝑡 3/2 𝑡 𝑡 𝑡 1
𝑀𝑥 = √2𝑎 𝑘 ∫ (2𝑠𝑒𝑛 ) = 2𝑎2 𝑘 ∫ 𝑠𝑒𝑛3 𝑑𝑡 = −2𝑎2 𝑘 ∗ 2 ∫ (1 − 𝑐𝑜𝑠 2 ) (−𝑠𝑒𝑛 ∗ 𝑑𝑡)
2 2
2 2 2 2 2
0 0 0

𝜋
𝑡 𝑡 𝑡 1 𝑡 𝜋 1
𝑀𝑥 = −4𝑎 𝑘 ∫ (1 − 𝑐𝑜𝑠 2 ) 𝑑 (cos ) = −4𝑎2 𝑘 (cos − 𝑐𝑜𝑠 3 ) = −4𝑎2 𝑘 (−1 + )
2
2 2 2 3 2 0 3
0

8
𝑀𝑥 = 𝑎2 𝑘
3

o Momento respecto al eje y.

𝑀𝑦 = ∮ 𝑥𝜌(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑠 = ∮ 𝑘 𝑥 𝑑𝑠 = ∮ 𝑘𝑓(𝑡)𝑑𝑟 = ∫ 𝑘𝑓(𝑟(𝑡)). ‖𝑟´(𝑡)‖𝑑𝑡

𝛼

𝜋 𝜋
2
𝑀𝑦 = ∫ 𝑘𝑎(𝑡 − 𝑠𝑒𝑛 𝑡). 𝑎√2√1 − cos 𝑡 𝑑𝑡 = √2𝑎 𝑘 ∫(𝑡 − 𝑠𝑒𝑛 𝑡)√1 − cos 𝑡 𝑑𝑡
0 0

𝜋
2
𝑀𝑦 = √2𝑎 𝑘 ∫[𝑡√1 − cos 𝑡 − √1 − cos 𝑡 𝑠𝑒𝑛𝑡 ]𝑑𝑡
0
 𝜋
𝑡
𝑀𝑦 = √2𝑎2 𝑘 ∫ [𝑡√2𝑠𝑒𝑛2 − √1 − cos 𝑡 𝑠𝑒𝑛𝑡 ] 𝑑𝑡
2
0

𝜋
𝑡
𝑀𝑦 = √2𝑎2 𝑘 ∫ [√2𝑡 𝑠𝑒𝑛 − √1 − cos 𝑡 𝑠𝑒𝑛𝑡 ] 𝑑𝑡
2
0

𝜋
𝑡
𝑀𝑦 = √2𝑎2 𝑘 {∫ [(√2𝑡 𝑠𝑒𝑛 ) 𝑑𝑡 − (√1 − cos 𝑡 𝑠𝑒𝑛 𝑡)] 𝑑𝑡}
2
0

𝑡 𝑡 𝜋 2 𝜋
𝑀𝑦 = √2𝑎2 𝑘 {√2 [−2𝑡 cos + 4 𝑠𝑒𝑛 ] + [(1 − cos 𝑡)3/2 ] }
2 2 0 3 0

2 4√2 32𝑎2
𝑀𝑦 = √2𝑎2 𝑘 {√2[4] + [23/2 ]} = √2𝑎2 𝑘 (4√2 + )= 𝑘
3 3 3

Coordenadas del centro de masas:

32𝑎2 8 2
𝑀𝑦 𝑘 8 𝑀𝑥 3 𝑎 𝑘 2
𝑥= = 3 = 𝑎; 𝑦= = = 𝑎
𝑚 4𝑎𝑘 3 𝑚 4𝑎𝑘 3

Integrales de línea de segundo tipo o en campos vectoriales. – Si M (x, y) y N (x, y)

son funciones continuas y 𝑦 = 𝑓(𝑥) es una curva plana C, que se recorre al variar x
desde “a” hasta “b”, la correspondiente integral curvilínea de segundo tipo se expresa
de la forma siguiente:

𝑏
∮ 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = ∫ [𝑀(𝑥, 𝑓(𝑥)) + 𝑓´(𝑥)𝑁(𝑥, 𝑓(𝑥))]𝑑𝑥
𝑎

En el caso más general, cuando la curva C se da en la forma paramétrica:

𝑥 = 𝑓(𝑡), 𝑦 = 𝑔(𝑡), donde t varía entre 𝛼 𝑦 𝛽 , tenemos:

𝛽
∮ 𝑃(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑄(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = ∫ [𝑀(𝑓(𝑡), 𝑔(𝑡))𝑓´(𝑡) + 𝑁(𝑓(𝑡), 𝑔(𝑡))𝑔´(𝑡)]𝑑𝑡
𝛼

Fórmulas análogas son válidas para la integral curvilínea de segundo tipo tomada sobre
una curva en el espacio.
La integral curvilínea de segundo tipo cambia su signo, por el contrario, al cambiar el
sentido del camino de integración. Mecánicamente, esta integral puede interpretarse
como el trabajo (W) de la correspondiente fuerza variable {𝑀(𝑥, 𝑦). 𝑁(𝑥, 𝑦)} a lo largo de
la curva de integración C.

Ejemplos:

1.- Calcular la integral curvilínea ∮ 𝑦 2 𝑑𝑥 + 𝑥 2 𝑑𝑦, donde C es la mitad superior de la elipse

𝑥 = 𝑎 cos 𝑡, 𝑦 = 𝑏 𝑠𝑒𝑛 𝑡, que se recorre en el sentido de las ajugas del reloj.

Figura:

Solución:

0
∮ 𝑦 2 𝑑𝑥 + 𝑥 2 𝑑𝑦 = ∫ [𝑏 2 𝑠𝑒𝑛2 𝑡(−𝑎 𝑠𝑒𝑛 𝑡) + 𝑎2 𝑐𝑜𝑠 2 𝑡(𝑏 cos 𝑡)]𝑑𝑡 =
𝜋

0 0
= −𝑎𝑏 2 ∫ 𝑠𝑒𝑛3 𝑡 𝑑𝑡 + 𝑎2 𝑏 ∫ 𝑐𝑜𝑠 3 𝑡 𝑑𝑡
𝜋 𝜋

0 0
= −𝑎𝑏 2 ∫ (1 − 𝑐𝑜𝑠 2 𝑡) 𝑠𝑒𝑛 𝑡 𝑑𝑡 + 𝑎2 𝑏 ∫ (1 − 𝑠𝑒𝑛2 𝑡) cos 𝑡 𝑑𝑡
𝜋 𝜋

1 0 1 0
= −𝑎𝑏 2 [− cos 𝑡 + 𝑐𝑜𝑠 3 𝑡] + 𝑎2 𝑏 [𝑠𝑒𝑛 𝑡 − 𝑠𝑒𝑛3 𝑡]
3 𝜋 3 𝜋

1 1 4𝑎𝑏 2
= −𝑎𝑏 2 [−1 + − 1 + ] =
3 3 3

2.- Calcular la integral curvilínea ∮(𝑥 2 − 2𝑥𝑦)𝑑𝑥 + (2𝑥𝑦 + 𝑦 2 )𝑑𝑦, donde C es el arco de
la parábola 𝑦 = 𝑥 2 que va desde el punto A (1, 1) hasta el punto B (2, 4).

Figura:
Solución:

o Parametrizamos la curva.
𝑦 = 𝑥2; 𝑥 = 𝑡, 𝑦 = 𝑡 2 , 1 ≤ 𝑡 ≤ 2

o Calculamos la integral.

2
∮(𝑥 2 − 2𝑥𝑦)𝑑𝑥 + (2𝑥𝑦 + 𝑦 2 )𝑑𝑦 = ∫ [(𝑡 2 − 2𝑡 3 ) ∗ 1 + (2𝑡 3 + 𝑡 4 ) ∗ 2𝑡]𝑑𝑡
1

2
= ∫ (𝑡 2 − 2𝑡 3 + 4𝑡 4 + 2𝑡 5 )𝑑𝑡
1

1 1 4 1 2 8 128 64 1 1 4 1
= [ 𝑡3 − 𝑡4 + 𝑡5 + 𝑡6] = ( − 8 + + ) − ( − + + ) ≈ 40,63
3 2 5 3 1 3 5 3 3 2 5 3

𝑥𝑦(𝑦𝑑𝑥−𝑥𝑑𝑦))
3.- Calcular la integral curvilínea ∮ , donde C es el lazo derecho de la
𝑥 2 +𝑦2

lemniscata 𝑟 2 = 𝑎2 cos 2𝜃 que se sigue en el sentido contrario al de las agujas del reloj.

Figura:

Solución:

Una trayectoria en el plano en coordenadas polares esta dado por:

 𝑟⃗: 𝛼(𝜃) = (𝑥, 𝑦) = (𝑟𝑐𝑜𝑠 𝜃, 𝑟𝑠𝑒𝑛 𝜃), 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑟 = 𝑟(𝜃), 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝑞𝑢𝑒𝑑𝑎𝑟í𝑎 𝑎𝑠í.

𝑟⃗: 𝛼(𝜃) = [𝑟(𝜃)𝑐𝑜𝑠 𝜃, 𝑟(𝜃)𝑠𝑒𝑛 𝜃], 𝜃𝜖[𝛼, 𝛽]

Y la integral de línea como:

∮ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑠 = ∫ 𝐹(𝛼(𝜃))𝑑𝑠 = ∫ 𝐹[𝛼(𝜃)]. 𝛼´(𝜃)𝑑𝜃

𝐶
𝑅 𝛼

o Pasamos a coordenadas polares la integral:

𝜋 𝜋
𝑦 = 𝑟 sen 𝜃 ; 𝑥 = 𝑟 cos 𝜃 , 𝑟 2 = 𝑥 2 + 𝑦 2 , − ≤𝜃≤
4 4
𝜋
𝑟 2 = 𝑎2 cos 2𝜃 → 𝑟 = 𝑎√cos 2𝜃 → cos 2𝜃 ≥ 0 → 2𝜃 ≥ arccos 0 ∴ 2𝜃 ≥
2
𝜋 𝜋 𝜋
𝜃≥ ∴ − ≤𝜃≤
4 4 4
o Calculamos la integral.
𝜋
𝑥𝑦(𝑦𝑑𝑥 − 𝑥𝑑𝑦)) 4 𝑟𝑐𝑜𝑠 𝜃 𝑟 𝑠𝑒𝑛 𝜃[𝑟 𝑠𝑒𝑛𝜃(−𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃 ) − 𝑟 𝑐𝑜𝑠𝜃(𝑟 cos 𝜃)]
∮ = ∫ 𝑑𝜃
𝑥2 + 𝑦2 −
𝜋 𝑟2
4

𝜋 𝜋
4 4
2 2 2 2
= ∫ 𝑐𝑜𝑠 𝜃 𝑠𝑒𝑛 𝜃[−𝑟 (𝑠𝑒𝑛 𝜃 + 𝑐𝑜𝑠 𝜃)]𝑑𝜃 = −𝑎 ∫ cos 2𝜃 cos 𝜃 𝑠𝑒𝑛 𝜃 𝑑𝜃
𝜋 𝜋
− −
4 4

𝑦 = 𝑟 sen 𝜃 → 𝑦 = 𝑎√cos 2𝜃 𝑠𝑒𝑛𝜃; 𝑥 = 𝑎√cos 2𝜃 cos 𝜃 , 𝑟 2 = 𝑎2 cos 2𝜃,

−2 𝑠𝑒𝑛 2𝜃 𝑠𝑒𝑛 𝜃 cos 2𝜃 + cos 𝜃 𝑠𝑒𝑛 2𝜃

𝑑𝑥 = (−𝑎 𝑠𝑒𝑛 𝜃√cos 2𝜃 + 𝑎 cos 𝜃 ) 𝑑𝜃 = −𝑎 ( ) 𝑑𝜃
2√cos 2𝜃 √cos 2𝜃

𝑠𝑒𝑛3𝜃
𝑑𝑥 = −𝑎 𝑑𝜃
√cos 2𝜃
−2 𝑠𝑒𝑛 2𝜃 𝑐𝑜𝑠 𝜃 cos 2𝜃 − sen 𝜃 𝑠𝑒𝑛 2𝜃
𝑑𝑦 = (𝑎 𝑐𝑜𝑠 𝜃√cos 2𝜃 + 𝑎 sen 𝜃 ) 𝑑𝜃 = 𝑎 ( ) 𝑑𝜃
2√cos 2𝜃 √cos 2𝜃

𝑐𝑜𝑠3𝜃
𝑑𝑦 = 𝑎 𝑑𝜃
√cos 2𝜃
𝑠𝑒𝑛3𝜃 𝑐𝑜𝑠3𝜃
𝜋 𝑎2 cos 2𝜃𝑠𝑒𝑛 𝜃 cos 𝜃 [𝑎√cos 2𝜃 𝑠𝑒𝑛𝜃 (−𝑎 ) − 𝑎√cos 2𝜃 cos 𝜃 (𝑎 )]
4 √cos 2𝜃 √cos 2𝜃
∫ 𝑑𝜃
−
𝜋 𝑎2 cos 2𝜃
4
 𝜋
4
2
= −𝑎 ∫ 𝑠𝑒𝑛 𝜃 cos 𝜃 cos 2𝜃 𝑑𝜃
𝜋
−
4

Integramos:

𝜋 𝜋
2
4
2 2
1 2
1 4
(1
𝐼 = −𝑎 ∫ 𝑠𝑒𝑛 𝜃 cos 𝜃 − 2𝑠𝑒𝑛 𝜃) 𝑑𝜃 = −2𝑎 (− 𝑐𝑜𝑠 𝜃 − 𝑠𝑒𝑛 𝜃) 4
−
𝜋 2 2 0
4

1 1 1 1
𝐼 = −2𝑎2 (− + − ) = − 𝑎2
4 2 8 4

4.- ∮𝐶 (𝑦 − 𝑥)𝑑𝑥 + (𝑧 − 𝑥)𝑑𝑦 + (𝑥 − 𝑦)𝑑𝑧, donde C es una espira de la hélice circular:

𝑥 = 𝑎 cos 𝑡; 𝑦 = 𝑎 𝑠𝑒𝑛𝑡; 𝑧 = 𝑏𝑡, correspondiente a la variación del parámetro t desde 0

𝑎 2𝜋.

Figura:

Solución:

2𝜋

= ∫ [(𝑎 𝑠𝑒𝑛 𝑡 − 𝑎 cos 𝑡)(−𝑎 𝑠𝑒𝑛 𝑡) + (𝑏𝑡 − 𝑎 cos 𝑡)(𝑎 cos 𝑡) + (acos 𝑡 − 𝑎 𝑠𝑒𝑛 𝑡)𝑏] 𝑑𝑡
0

2𝜋

= ∫ [(−𝑎2 (𝑠𝑒𝑛2 𝑡 + 𝑐𝑜𝑠 2 𝑡) + 𝑎2 𝑠𝑒𝑛 𝑡 cos 𝑡 + 𝑎𝑏𝑡 cos 𝑡 + 𝑎𝑏 cos 𝑡 − 𝑎𝑏 𝑠𝑒𝑛 𝑡 )] 𝑑𝑡

0
 2𝜋

= ∫ [(𝑎2 𝑠𝑒𝑛 𝑡 cos 𝑡 + 𝑎𝑏𝑡 cos 𝑡 + 𝑎𝑏 cos 𝑡 − 𝑎𝑏 𝑠𝑒𝑛 𝑡 − 𝑎2 )] 𝑑𝑡

0

𝑎2 2𝜋
= [ 𝑠𝑒𝑛2 𝑡 + 𝑎𝑏𝑡𝑠𝑒𝑛 𝑡 + 𝑎𝑏 cos 𝑡 + 𝑎𝑏 cos 𝑡 + 𝑎𝑏 𝑠𝑒𝑛 𝑡 − 𝑎2 𝑡]
2 0

= [𝑎𝑏 + 𝑎𝑏 − 2𝜋𝑎2 − 𝑎𝑏 − 𝑎𝑏] = −2𝜋𝑎2

Por partes:

∫ 𝑡 cos 𝑡 𝑑𝑡 = 𝑡 𝑠𝑒𝑛 𝑡 − ∫ 𝑠𝑒𝑛 𝑡 𝑑𝑡 = 𝑡 𝑠𝑒𝑛 𝑡 + cos 𝑡 + 𝐶.

Aplicaciones de las integrales curvilíneas en un campo vectorial.

1.- El área limitada por un contorno cerrado C, es igual:

𝑆 = − ∮ 𝑦𝑑𝑥 = ∮ 𝑥𝑑𝑦
𝐶 𝐶

El sentido del recorrido del contorno debe elegirse contrario al movimiento de las agujas
del reloj.

Más útil para las aplicaciones es la siguiente formula:

1 1 𝑦
𝑆 = ∮ (𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥) = ∮ 𝑥 2 𝑑 ( )
2 𝐶 2 𝐶 𝑥

2.- El trabajo de una fuerza, cuyas proyecciones sean 𝑋 = 𝑀(𝑥, 𝑦, 𝑧), 𝑌 = 𝑁(𝑥, 𝑦, 𝑧),
𝑍 = 𝑅(𝑥. 𝑦, 𝑧)(o correspondientemente, el trabajo de un campo de fuerzas), a lo largo del
camino C, se expresa por la integral:

𝑊 = ∮ 𝑋𝑑𝑥 + 𝑌𝑑𝑦 + 𝑍𝑑𝑧

𝐶

Si la fuerza tiene potencial, es decir, si existe una función 𝑈 = 𝑈(𝑥, 𝑦, 𝑧)(función potencial
o de fuerza) tal, que

𝜕𝑈 𝜕𝑈 𝜕𝑈
= 𝑋, = 𝑌, =𝑍
𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝜕𝑥
El trabajo, independientemente de la forma del camino C, es igual a

(𝑥2 ; 𝑦2 ; 𝑧2 )
(𝑥2 ; 𝑦2 ; 𝑧2 )
𝑊=∮ 𝑋𝑑𝑥 + 𝑌𝑑𝑦 + 𝑍𝑑𝑧 = ∮ 𝑑𝑈 = 𝑈 (𝑥2 ; 𝑦2 ; 𝑧2 ) − 𝑈(𝑥1 ; 𝑦1 ; 𝑧1 )
(𝑥1 ; 𝑦1 ; 𝑧1 )
(𝑥1 ; 𝑦1 ; 𝑧1 )

Donde (𝑥1 ; 𝑦1 ; 𝑧1 ) es el punto inicial y (𝑥2 ; 𝑦2 ; 𝑧2 ) el punto final del camino.

Ejemplos:

Calcular el área de la figura limitada por las siguientes curvas.

1.- Por la elipse 𝑥 = 𝑎 cos 𝑡; 𝑦 = 𝑏 𝑠𝑒𝑛 𝑡

Figura: 𝜋
2

0
2𝜋

Solución:

Marco teórico:

1 1 𝑦
𝑆 = ∮ (𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥) = ∮ 𝑥 2 𝑑 ( )
2 𝐶 2 𝐶 𝑥

𝜋
𝑆 1 2
= ∫ (𝑎 cos 𝑡 ∗ 𝑏 cos 𝑡 + 𝑏 𝑠𝑒𝑛 𝑡 ∗ 𝑎 𝑠𝑒𝑛 𝑡)𝑑𝑡
4 2 0

𝜋 𝜋 𝜋
𝑆 1 2 2 2
2
= ∫ (𝑎𝑏 cos 𝑡 + 𝑎𝑏 𝑠𝑒𝑛 𝑡)𝑑𝑡 → 𝑆 = 2𝑎𝑏 ∫ 𝑑𝑡 ∴ 𝑆 = 2𝑎𝑏[𝑡] 2 = 𝜋𝑎𝑏
4 2 0 0 0

2.- Por el cardioide 𝑥 = 𝑎(2 cos 𝑡 − cos 2𝑡); 𝑦 = 𝑎(2 𝑠𝑒𝑛 𝑡 − 𝑠𝑒𝑛 2𝑡)

Figura:
 𝜋 0

Solución:

Marco teórico:

1 1 𝑦
𝑆 = ∮ (𝑥𝑑𝑦 − 𝑦𝑑𝑥) = ∮ 𝑥 2 𝑑 ( )
2 𝐶 2 𝐶 𝑥

𝑆 1 𝜋
= ∫ [𝑎(2 cos 𝑡 − cos 2𝑡)𝑎(2 𝑐𝑜𝑠𝑡 − 2 cos 2𝑡) − 𝑎(2 𝑠𝑒𝑛 𝑡 − 𝑠𝑒𝑛 2𝑡)𝑎(−2𝑠𝑒𝑛 𝑡 + 2 𝑠𝑒𝑛 2𝑡)] 𝑑𝑡
2 2 0

𝜋
𝑠 = ∫ [𝑎2 (4 cos 2 𝑡 − 6 cost cos 2𝑡 + 2𝑐𝑜𝑠 2 2𝑡) − 𝑎2 (−4 𝑠𝑒𝑛2 𝑡 + 6 𝑠𝑒𝑛 𝑡𝑠𝑒𝑛 2𝑡 − 2 𝑠𝑒𝑛2 2𝑡)] 𝑑𝑡
0

𝜋
𝑠 = ∫ [𝑎2 (4 𝑐𝑜𝑠 2 𝑡 + 4 𝑠𝑒𝑛2 𝑡) + 𝑎2 (2𝑐𝑜𝑠 2 2𝑡 + 2𝑠𝑒𝑛2 2𝑡) + 𝑎2 (−6 cos 𝑡 cos 2𝑡 − 6 𝑠𝑒𝑛 𝑡 𝑠𝑒𝑛 2𝑡)] 𝑑𝑡
0

𝜋
𝜋 𝜋
𝑠 = ∫ [4𝑎2 + 2𝑎2 − 𝑎2 cos 𝑡]𝑑𝑡 = 6𝑎2 (𝑡) − 𝑎2 (𝑠𝑒𝑛 𝑡) = 6𝜋𝑎2
0
0 0

⃗⃗ ; 0 ≤ 𝑡 ≤ 1.
3.- Una partícula recorre la cúbica alabeada 𝑟⃗(𝑡) = 𝑡𝑖⃗ + 𝑡 2 𝑗⃗ + 𝑡 3 𝑘
Calcule el trabajo efectuado, si el movimiento es causado por el campo de fuerza
⃗⃗ , suponga que el arco se mide en metros y la
𝐹⃗ (𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑒 𝑥 𝑖⃗ + 𝑥𝑒 𝑧 𝑗⃗ + 𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝜋𝑦 2 𝑘
fuerza en Newtons.

Figura:
Solución:

⃗⃗ ; 0 ≤ 𝑡 ≤ 1. Entonces:
o Tenemos que: 𝑟⃗(𝑡) = 𝑡𝑖⃗ + 𝑡 2 𝑗⃗ + 𝑡 3 𝑘
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝐹⃗ 〈𝑡, 𝑡 2 , 𝑡 3 〉
𝑟(𝑡)
⃗⃗
Como 𝐹⃗ (𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑒 𝑥 𝑖⃗ + 𝑥𝑒 𝑧 𝑗⃗ + 𝑥 𝑠𝑒𝑛 𝜋𝑦 2 𝑘
Entonces:
3
𝐹⃗ (𝑟(𝑡)) = 〈𝑒 𝑡 , 𝑡𝑒 𝑡 , 𝑡 𝑠𝑒𝑛 𝜋𝑡 4 〉
o Marco teórico:

𝑊 = ∮ 𝐹 ∙ 𝑑𝑟
𝐶
1
3
𝑊 = ∫ 〈𝑒 𝑡 , 𝑡𝑒 𝑡 , 𝑡 𝑠𝑒𝑛 𝜋𝑡 4 〉 ∙ 〈1, 2𝑡, 3𝑡 2 〉𝑑𝑡
0
1
3 2 3 3 1
𝑊 = ∫ [𝑒 𝑡 + 2𝑡 2 𝑒 𝑡 + 3𝑡 3 𝑠𝑒𝑛 𝜋𝑡 4 ]𝑑𝑡 = [𝑒 𝑡 + 𝑒 𝑡 − cos 𝜋𝑡 4 ]
0 3 4𝜋 0

2 3 2 3
𝑊 =𝑒+ 𝑒+ −1− + ≈ 3,34 𝐽𝑜𝑢𝑙𝑒𝑠.
3 4𝜋 3 4𝜋

4.- Calcular el trabajo total realizado al mover una partícula a lo largo del arco C
si el movimiento lo ocasiona el campo de fuerza F. Suponga que el arco se mide
en metros y la fuerza en newtons.

a. 𝐹⃗ (𝑥, 𝑦) = 2𝑥𝑦𝑖⃗ + (𝑥 2 + 𝑦 2 )𝑗⃗; y C: el arco de la parábola 𝑦 2 = 𝑥, desde el

origen de coordenadas hasta el punto (1,1).
Figura:

Solución:

o Parametrizamos la curva:
𝐶: 𝑦 2 = 𝑥; 𝑠𝑖 𝑥 = 𝑡2, 𝑦 = 𝑡, 0≤𝑡≤1
o Tenemos que: 𝑟(𝑡) = 𝑡 2 𝑖⃗ + 𝑡𝑗⃗; 0 ≤ 𝑡 ≤ 1. Entonces:
𝐹(𝑟(𝑡)) = 𝐹〈𝑡 2 , 𝑡〉
Como 𝐹(𝑥, 𝑦) = 2𝑥𝑦𝑖⃗ + (𝑥 2 + 𝑦 2 )
Entonces:
𝐹(𝑟(𝑡)) = 〈2𝑡 3 , (𝑡 4 + 𝑡 2 )〉
o Marco teórico:

𝑊 = ∮ 𝐹 ∙ 𝑑𝑟
𝐶
1
𝑊 = ∫ 〈2𝑡 3 , (𝑡 4 + 𝑡 2 〉 ∙ 〈2𝑡, 1〉𝑑𝑡
0
1
1 1 1 4
𝑊 = ∫ [5𝑡 4 + 𝑡 2 ]𝑑𝑡 = [𝑡 5 + 𝑡 3 ] = 1 + =
0 3 0 3 3

4
𝑊= 𝐽𝑜𝑢𝑙𝑒𝑠.
3
Segundo procedimiento:
𝐹(𝑥, 𝑦) = 2𝑥𝑦𝑖⃗ + (𝑥 2 + 𝑦 2 )𝑗⃗
𝐹(𝑥, 𝑦) = 2𝑥𝑦𝑑𝑥 + (𝑥 2 + 𝑦 2 )𝑑𝑦
o Determinamos cual es M y N:
 𝜕𝑀 𝜕𝑁
𝑀(𝑥, 𝑦) = 2𝑥𝑦; = 2𝑥, 𝑁(𝑥. 𝑦) = 𝑥 2 + 𝑦 2 ; = 2𝑥
𝜕𝑦 𝜕𝑥
Como se cumple el teorema de las derivadas cruzadas, significa que el
diferencial proviene de una función (potencial):

𝑀(𝑥, 𝑦) = 𝑓´𝑥 (𝑥, 𝑦) = 2𝑥𝑦 (1); 𝑁(𝑥. 𝑦) = 𝑓´𝑦 (𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 + 𝑦 2 (2)

o Integramos (1) respecto a “x”, lo que significa que “y” permanece constante.

𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 𝑦 + 𝑔(𝑦) (3)

o Integramos (2) respecto a “y”, lo que significa que “x” permanece constante.

1
𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 𝑦 + 𝑦 3 + ℎ(𝑥) (4)
3
o La función es:

1
𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 𝑦 + 𝑦 3 + 𝐾
3
Cuando tenemos que el campo es conservador:

(𝑥2 ,𝑦2 )
(𝑥 , 𝑦 )
𝑊= ∫ 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = [𝑓(𝑥, 𝑦)] 2 2 = 𝑓(𝑥2 , 𝑦2 ) − 𝑓(𝑥1 , 𝑦1 )
(𝑥1 , 𝑦1 )
(𝑥1 ,𝑦1 )

(1,1)
1 (1,1)
𝑊 = ∫ 2𝑥𝑦𝑑𝑥 + (𝑥 2 + 𝑦 2 )𝑑𝑦 = [𝑥 2 𝑦 + 𝑦 3 ]
3 (0,0)
(0,0)

1 4
𝑊 = 1+ = 𝐽𝑜𝑢𝑙𝑒𝑠.
3 3

b.- 𝐹(𝑥, 𝑦) = (𝑦 − 𝑥)𝑖⃗ + 𝑥 2 𝑦𝑗⃗; y C: el arco de la parábola 𝑦 2 = 𝑥, desde el punto

(1,1) ℎ𝑎𝑠𝑡𝑎 𝑒𝑙 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜 (2,4).

Figura:
Solución:

o Parametrizamos la curva:
𝐶: 𝑦 2 = 𝑥; 𝑠𝑖 𝑥 = 𝑡2, 𝑦 = 𝑡, 0≤𝑡≤4
o Tenemos que: 𝑟(𝑡) = 𝑡 2 𝑖⃗ + 𝑡𝑗⃗; 0 ≤ 𝑡 ≤ 1. Entonces:
𝐹(𝑟(𝑡)) = 𝐹〈𝑡 2 , 𝑡〉
Como 𝐹(𝑥, 𝑦) = 2𝑥𝑦𝑖⃗ + (𝑥 2 + 𝑦 2 )
Entonces:
𝐹(𝑟(𝑡)) = 〈2𝑡 3 , (𝑡 4 + 𝑡 2 )〉
o Marco teórico:

𝑊 = ∮ 𝐹 ∙ 𝑑𝑟
𝐶
4
𝑊 = ∫ 〈2𝑡 3 , (𝑡 4 + 𝑡 2 〉 ∙ 〈2𝑡, 1〉𝑑𝑡
1
4
4 1 4 64 1
𝑊 = ∫ [4𝑡 4 + 𝑡 4 + 𝑡 2 ] = [𝑡 5 + 𝑡 3 ] = 1024 + −1−
1 1 3 1 3 3

𝑊 = 1044 𝐽𝑜𝑢𝑙𝑒𝑠.

⃗⃗ ; y C: 𝑟(𝑡) = 𝑡𝑖⃗ + 𝑡 2 𝑗⃗ + 𝑡 3 𝑘
c.- 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑒 𝑥 𝑖⃗ + 𝑒 𝑦 𝑗⃗ + 𝑒 𝑧 𝑘 ⃗⃗ ; 0 ≤ 𝑡 ≤ 2.

Figura:
Solución:

⃗⃗ ; 0 ≤ 𝑡 ≤ 2. Entonces:
o Tenemos que: 𝑟(𝑡) = 𝑡𝑖⃗ + 𝑡 2 𝑗⃗ + 𝑡 3 𝑘
𝐹(𝑟(𝑡)) = 𝐹〈𝑡, 𝑡 2 , 𝑡 3 〉
⃗⃗
Como 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑒 𝑥 𝑖⃗ + 𝑒 𝑦 𝑗⃗ + 𝑒 𝑧 𝑘
Entonces:
2 3
𝐹(𝑟(𝑡)) = 〈𝑒 𝑡 , 𝑒 𝑡 , 𝑒 𝑡 〉
o Encontramos la derivada:
⃗⃗ ;
o 𝑟(𝑡) = 𝑡𝑖⃗ + 𝑡 2 𝑗⃗ + 𝑡 3 𝑘 ⃗⃗ = 〈1,2𝑡, 3𝑡 2 〉.
𝑟´(𝑡) = 𝑖⃗ + 2𝑡𝑗⃗ + 3𝑡 2 𝑘

o Marco teórico:

𝑊 = ∮ 𝐹 ∙ 𝑑𝑟
𝐶
2
2 3
𝑊 = ∫ 〈𝑒 𝑡 , 𝑒 𝑡 , 𝑒 𝑡 〉 ∙ 〈1, 2𝑡, 3𝑡 2 〉𝑑𝑡
0
2
2 3 2 3 2
𝑊 = ∫ [𝑒 𝑡 + 2𝑡𝑒 𝑡 + 3𝑡 2 𝑒 𝑡 ]𝑑𝑡 = [𝑒 𝑡 + 𝑒 𝑡 + 𝑒 𝑡 ]
0 0

𝑊 = 𝑒 2 + 𝑒 4 + 𝑒 8 − 1 − 1 − 1 = 3039,94 𝐽𝑜𝑢𝑙𝑒𝑠.

⃗⃗ ; y C: 𝑟(𝑡) = 2𝑡𝑖⃗ + 𝑡 2 𝑗⃗ + 4𝑡 3 𝑘
d.- 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥𝑖⃗ + 𝑦𝑗⃗ + (𝑦𝑧 − 𝑥)𝑘 ⃗⃗ ; 0 ≤ 𝑡 ≤ 1.

Figura:
Solución:

⃗⃗ ; 0 ≤ 𝑡 ≤ 1. Entonces:
o Tenemos que: 𝑟(𝑡) = 2𝑡𝑖⃗ + 𝑡 2 𝑗⃗ + 4𝑡 3 𝑘
𝐹(𝑟(𝑡)) = 𝐹〈2𝑡, 𝑡 2 , 4𝑡 3 〉
⃗⃗
Como 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥𝑖⃗ + 𝑦𝑗⃗ + (𝑦𝑧 − 𝑥)𝑘
Entonces:
𝐹(𝑟(𝑡)) = 〈2𝑡, 𝑡 2 , 4𝑡 5 − 2𝑡〉
o Encontramos la derivada:
⃗⃗ ;
o 𝑟(𝑡) = 2𝑡𝑖⃗ + 𝑡 2 𝑗⃗ + 4𝑡 3 𝑘 ⃗⃗ = 〈2,2𝑡, 12𝑡 2 〉.
𝑟´(𝑡) = 2𝑖⃗ + 2𝑡𝑗⃗ + 12𝑡 2 𝑘
o Marco teórico:

𝑊 = ∮ 𝐹 ∙ 𝑑𝑟
𝐶
1
𝑊 = ∫ 〈2𝑡, 𝑡 2 , 4𝑡 5 − 2𝑡〉 ∙ 〈2,2𝑡, 12𝑡 2 〉𝑑𝑡
0
1
11 4 1
𝑊 = ∫ [4𝑡 + 2𝑡 3 + 48𝑡 7 − 24𝑡 3 ]𝑑𝑡 = [2𝑡 2 − 𝑡 + 6𝑡 8 ]
0 2 0

11
𝑊 =2− + 6 = 2,5 𝐽𝑜𝑢𝑙𝑒𝑠.
2

5.- Si F es el campo de fuerza gravitacional ejercido por una partícula de masa

M unidades ubicado en el origen sobre una partícula de masa 1 unidad localizado
en el punto 𝑃(𝑥, 𝑦, 𝑧). Entonces, tenemos que:
 −𝐺𝑀
𝐹⃗ (𝑥, 𝑦, 𝑧) = ⃗⃗ )
(𝑥𝑖⃗ + 𝑦𝑗⃗ + 𝑧𝑘
(𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 )3/2

−𝐺𝑀
𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (𝑥𝑑𝑥 + 𝑦𝑑𝑦 + 𝑧 𝑑𝑧)
(𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 )3/2

Calcule el trabajo realizado por la fuerza F que mueve una partícula de masa 1
unidad a lo largo de una curva suave C desde el punto (0,3,4) hasta el punto
(2,2,1).

Solución:

o Como sabemos el campo de la fuerza gravitacional es conservador, por lo

tanto, proviene de una función potencial que quedó determinada por:

𝐺𝑀
𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) =
√𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2
o Si W es la medida del trabajo realizado al mover la partícula de masa 1 unidad
a lo largo de C (Aunque en estas integrales no depende de la trayectoria),
entonces.

𝑊 = ∮ 𝐹 ∙ 𝑑𝑟
𝐶
(𝑥2 ,𝑦2 ,𝑧2 )

𝑊= ∫ 𝑃(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑥 + 𝑄(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑦 + 𝑅(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑧 =

(𝑥1 ,𝑦1 ,𝑧1 )

(𝑥2 , 𝑦2 , 𝑧2 )
𝑊 = [𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)] = 𝑓(𝑥2 , 𝑦2 , 𝑧2 ) − 𝑓(𝑥1 , 𝑦1 , 𝑧1 )
(𝑥1 , 𝑦1 , 𝑧1 )

Entonces al ser el campo gravitacional conservador tenemos:

(𝑥2 ,𝑦2 ,𝑧2 )

−𝐺𝑀
𝑊= ∫ (𝑥𝑑𝑥 + 𝑦𝑑𝑦 + 𝑧 𝑑𝑧)
(𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 )3/2
(𝑥1 ,𝑦1 ,𝑧1 )

(2,2,1)
−𝐺𝑀 𝐺𝑀 (2,2,1)
𝑊= ∫ (𝑥𝑑𝑥 + 𝑦𝑑𝑦 + 𝑧 𝑑𝑧) = [( )]
(0,3,4)
(𝑥2 2 2
+𝑦 +𝑧 )3/2
√𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 (0,3,4)
 𝐺𝑀 𝐺𝑀 𝐺𝑀 𝐺𝑀 2
𝑊=( )−( )= − = 𝐺𝑀
√22 + 22 + 12 √02 + 32 + 42 3 5 15

Conclusiones físicas de estos resultados.

4.- Hallar el trabajo de una fuerza elástica, dirigida hacia el origen de

coordenadas, cuya magnitud es proporcional al alejamiento del punto respecto
al origen de coordenadas, si el punto de aplicación de dicha fuerza describe, en
𝑥2 𝑦2
sentido contrario a las ajugas del reloj, el cuarto de elipse 𝑎2 + 𝑏2 = 1, situado en

el primer cuadrante.

Figura:

Solución:

Campo de fuerza: Fuerza elástica: 𝐹(𝑥, 𝑦) = −𝑘(𝑥 𝑑𝑥 + 𝑦𝑑𝑦) = −𝑘〈𝑥, 𝑦〉

Solución:

o Como vemos el campo de esta fuerza elástica es conservador, por lo tanto,

proviene de una función potencial que queda determinada por:
𝑘
𝑓(𝑥, 𝑦, ) = − (𝑥 2 + 𝑦 2 )
2
o Si W es la medida del trabajo realizado por esta fuerza a lo largo de C
(Aunque no depende de la Trayectoria), entonces.

Marco teórico.
 (𝑥2 ,𝑦2 ,𝑧2 )

𝑊= ∫ 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 𝑓(𝑥2 , 𝑦2 ) − 𝑓(𝑥1 , 𝑦1 )

(𝑥1 ,𝑦1 ,𝑧1 )

Estas integrales curvilíneas no dependen de la trayectoria. En nuestro caso:

(0,𝑏)
𝑘 𝑘 (0, 𝑏)
𝑊 = ∫ − (𝑥𝑑𝑥 + 𝑦𝑑𝑦) = [− (𝑥 2 + 𝑦 2 )]
2 2 (𝑎, 0)
(𝑎,0)

𝑘 𝑘
𝑊 = − (𝑏 2 − 𝑎2 ) = (𝑎2 − 𝑏 2 ).
2 2

o Marco teórico

𝑊 = ∮ 𝐹 ∙ 𝑑𝑟
𝐶

o Parametrizamos la curva:
𝑥2 𝑦2 𝜋
𝐶: + = 1; 𝑥 = 𝑎 cos 𝑡 ; 𝑦 = 𝑏 𝑠𝑒𝑛 𝑡, 0≤𝑡≤
𝑎2 𝑏 2 2
𝜋
o Tenemos que: 𝑟(𝑡) = 𝑎 cos 𝑡 𝑖⃗ + 𝑏 𝑠𝑒𝑛 𝑡𝑗⃗; 0 ≤ 𝑡 ≤ 2 . Entonces:

𝐹(𝑟(𝑡)) = 𝐹{−𝑘〈𝑎 cos 𝑡 , 𝑏 𝑠𝑒𝑛 𝑡〉}

o Derivamos r(t):
𝑟(𝑡) = 𝑎 cos 𝑡 𝑖⃗ + 𝑏 𝑠𝑒𝑛 𝑡𝑗⃗; 𝑟´(𝑡) = −𝑎 𝑠𝑒𝑛 𝑡𝑖⃗ + 𝑏 cos 𝑡 𝑗⃗
o Marco teórico:

𝑊 = ∮ 𝐹 ∙ 𝑑𝑟
𝐶
𝜋
2
𝑊 = ∫ −𝑘〈𝑎 cos 𝑡 , 𝑏 𝑠𝑒𝑛 𝑡〉 ∙ 〈− 𝑎𝑠𝑒𝑛 𝑡, 𝑏 cos 𝑡〉𝑑𝑡
0
𝜋
2
𝑊 = −𝑘 ∫ [−𝑎2 𝑠𝑒𝑛 𝑡 cos 𝑡 + 𝑏 2 𝑠𝑒𝑛 cos 𝑡]𝑑𝑡
0
𝜋
2 2)
1 2
𝑊 = −𝑘 [(𝑏 − 𝑎 𝑠𝑒𝑛 𝑡] 2
2 0
𝑘 𝑘
𝑊 = − (𝑏 2 − 𝑎2 ) = (𝑎2 − 𝑏 2 ) 𝐽𝑜𝑢𝑙𝑒𝑠
2 2
Teorema de Green para el plano: Si C es la frontera del recinto S y las funciones
𝑀(𝑥, 𝑦) 𝑦 𝑁(𝑥, 𝑦) son continuas, junto con sus derivadas parciales de 1er orden, en el
recinto cerrado S+C, se verifica la fórmula de Green:

𝜕𝑀 𝜕𝑁
∮ 𝑀𝑑𝑥 + 𝑁𝑑𝑦 = ∬ ( − ) 𝑑𝑥 𝑑𝑦
𝐶 𝜕𝑥 𝜕𝑦
𝑆

Donde el sentido del recorrido del contorno C se elige de forma que el recinto S quede
a la izquierda.

Ejemplos:

1.- Evaluar la integral ∮𝐶 𝑦 2 𝑑𝑥 + 4𝑥𝑦 𝑑𝑦, donde C es la curva cerrada que consiste en
el arco de parábola 𝑦 = 𝑥 2 , desde el origen de coordenadas hasta el punto (2, 4) y el
segmento de recta desde el punto (2, 4) hasta el origen, utilizando el teorema de Green

Figura:

𝑦 = 2𝑥
𝑦 = 𝑥2

Solución:

Marco teórico:
 𝜕𝑁 𝜕𝑀
∮ 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = ∬ ( − ) 𝑑𝐴
𝐶 𝜕𝑥 𝜕𝑦
𝑅

o Determinamos los valores de M y N:

∮ 𝑦 2 𝑑𝑥 + 4𝑥𝑦 𝑑𝑦
𝐶

𝜕𝑀 𝜕𝑁
𝑀(𝑥, 𝑦) = 𝑦 2 ; = 2𝑦; 𝑁(𝑥, 𝑦) = 4𝑥𝑦, = 4𝑦
𝜕𝑦 𝜕𝑥
o Entonces en nuestro ejemplo tenemos:

∮ 𝑦 2 𝑑𝑥 + 4𝑥𝑦 𝑑𝑦 = ∬(4𝑦 − 2𝑦)𝑑𝐴

𝐶
𝑅

2 2𝑥 2 2
2𝑥 4 1 2 32 32 64
∬(2𝑦)𝑑𝐴 = ∫ 𝑑𝑥 ∫ (2𝑦)𝑑𝑦 = ∫[𝑦 2 ] 2 𝑑𝑥 = ∫[4𝑥 2 − 𝑥 4 ]𝑑𝑥 = [ 𝑥 3 − 𝑥 5 ] = − =
𝑥 3 5 0 3 5 15
𝑅 0 𝑥2 0 0

2.- Utilice el teorema de Green para evaluar la integral: ∮𝐶 𝑦 2 𝑑𝑥 + 4𝑥𝑦 𝑑𝑦, donde C es
𝑥2 𝑦2
la elipse 9
+ 4
= 1.

Figura:

Marco teórico:

𝜕𝑀 𝜕𝑁
∮ 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = ∬ ( − ) 𝑑𝐴
𝐶 𝜕𝑥 𝜕𝑦
𝑅
o Determinamos los valores de M y N:

𝜕𝑀 𝜕𝑁
𝑀(𝑥, 𝑦) = 𝑦 2 ; = 2𝑦; 𝑁(𝑥, 𝑦) = 4𝑥𝑦, = 4𝑦
𝜕𝑦 𝜕𝑥
o Despejamos “y” de la elipse:

𝑥2 𝑦2 2
+ = 1 → 9𝑦 2 = 36 − 4𝑥 2 → 𝑦 = √9 − 𝑥 2
9 4 3
o Entonces en nuestro ejemplo tenemos:

∮ 𝑦 2 𝑑𝑥 + 4𝑥𝑦 𝑑𝑦 = ∬(4𝑦 − 2𝑦)𝑑𝐴

𝐶
𝑅

3 2 2
3
√9−𝑥 2 3 √9 − 𝑥 2 4 3
∬(2𝑦)𝑑𝐴 = ∫ 𝑑𝑥 ∫ 2
(2𝑦)𝑑𝑦 = ∫ (𝑦 ) 3 𝑑𝑥 = ∫ (18 − 2𝑥 2 )𝑑𝑥
2
− √9−𝑥 2 −3
2 9 −3
𝑅 −3 3 − √9 − 𝑥 2
3

1 3 4
= 4 [9𝑥 − 𝑥 3 ] = (27 − 9 + 27 − 9) = 16
3 −3 9

3.- Utilice el teorema de Green para evaluar la integral:

∮𝐶 (𝑒 𝑥 + 𝑦 2 )𝑑𝑥 + (𝑥 2 𝑦 + cos 𝑦) 𝑑𝑦, donde C es la circunferencia 𝑥 2 + 𝑦 2 = 25.

Figura:

Solución:
Marco teórico:

𝜕𝑀 𝜕𝑁
∮ 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = ∬ ( − ) 𝑑𝐴
𝐶 𝜕𝑥 𝜕𝑦
𝑅

o Determinamos los valores de P y Q:

𝜕𝑀 𝜕𝑁
𝑀(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑥 + 𝑦 2 ; = 2𝑦; 𝑁(𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 𝑦 + cos 𝑦, = 2𝑥𝑦
𝜕𝑦 𝜕𝑥
o Despejamos “y” de la circunferencia:

𝑥 2 + 𝑦 2 = 25 → 𝑦 = √25 − 𝑥 2
o Entonces en nuestro ejemplo tenemos:

∮ (𝑒 𝑥 + 𝑦 2 )𝑑𝑥 + (𝑥 2 𝑦 + cos 𝑦) 𝑑𝑦 = ∬(2𝑥𝑦 − 2𝑦)𝑑𝐴

𝐶
𝑅

5
√25−𝑥 2
∬(2𝑥𝑦 − 2𝑦)𝑑𝐴 = 2 ∫ 𝑑𝑥 ∫ (𝑥𝑦 − 𝑦)𝑑𝑦 =
−√25−𝑥 2
𝑅 −5

Pasando a coordenadas polares:

𝑥𝑦 − 𝑦 = 𝑟 cos 𝜃 ∗ 𝑟𝑠𝑒𝑛 𝜃 − 𝑟 𝑠𝑒𝑛 𝜃 = 𝑟 𝑠𝑒𝑛𝜃(𝑟𝑐𝑜𝑠 𝜃 − 1)

𝑥 2 + 𝑦 2 = 25; 𝑟 2 = 25 → 𝑟 = 5; 0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋

5 2𝜋 5
√25−𝑥 2
2 ∫ 𝑑𝑥 ∫ (𝑥𝑦 − 𝑦)𝑑𝑦 = 2 ∫ 𝑑𝜃 ∫ 𝑟 𝑠𝑒𝑛𝜃(𝑟𝑐𝑜𝑠 𝜃 − 1)𝑟 𝑑𝑟
−√25−𝑥 2
−5 0 0

2𝜋 5
1 5 1 5
= 2 ∫ ( 𝑟 4 | 𝑠𝑒𝑛 𝜃 cos 𝜃 − 𝑟 3 | 𝑠𝑒𝑛 𝜃) 𝑑𝜃 ∫ 𝑟 𝑠𝑒𝑛𝜃(𝑟𝑐𝑜𝑠 𝜃 − 1)𝑟 𝑑𝑟
4 0 3 0
0 0

2𝜋
625 125
= 2∫ ( 𝑠𝑒𝑛 𝜃 cos 𝜃 − 𝑠𝑒𝑛 𝜃) 𝑑𝜃 =
4 3
0

625 125 2𝜋 125

= 2[ 𝑠𝑒𝑛2 𝜃 + cos 𝜃] = 2 (0 + ∗ (1 − 1)) = 0
8 3 0 3
 5 5 5
= 4 ∫ (𝑥𝑦 2 − 𝑦 2 )√25 − 𝑥 𝑑𝑥 = 4 ∫ [𝑥(25 − 𝑥 2 ) − 25 − 𝑥 2 ]𝑑𝑥 = 4 ∫ (25𝑥 − 𝑥 3 − 𝑥 2 − 25)𝑑𝑥
2

0 0 0 0

25 2 1 4 1 3 5 625 390625 15625

= 4[ 𝑥 − 𝑥 − 𝑥 − 25𝑥] = 4 ( − − − 625) =
2 4 3 0 2 4 3

4.- Utilice el teorema de Green para calcular el trabajo total realizado al mover un objeto
en el sentido contrario al giro de las manecillas del reloj, una vez sobre la circunferencia
𝑥 2 + 𝑦 2 = 𝑎2 , si el movimiento es causado por el campo de fuerza
𝐹(𝑥, 𝑦) = (𝑠𝑒𝑛 𝑥 − 𝑦)𝑖⃗ + (𝑒 𝑦 − 𝑥 2 )𝑗⃗. Suponga que el arco se mide en metros y la fuerza
en newtons.

Figura:

Solución:

Marco teórico:

𝜕𝑀 𝜕𝑁
∮ 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = ∬ ( − ) 𝑑𝐴
𝐶 𝜕𝑥 𝜕𝑦
𝑅

o Determinamos los valores de P y Q:

𝜕𝑃 𝜕𝑄
𝑃(𝑥, 𝑦) = 𝑠𝑒𝑛 𝑥 − 𝑦; = −1; 𝑄(𝑥, 𝑦) = 𝑒 𝑦 − 𝑥 2 , = −2𝑥
𝜕𝑦 𝜕𝑥
o Despejamos “y” de la circunferencia:

𝑥 2 + 𝑦 2 = 𝑎2 → 𝑦 = √𝑎2 − 𝑥 2
o Entonces en nuestro ejemplo tenemos:

∮ (𝑠𝑒𝑛 𝑥 − 𝑦)𝑑𝑥 + (𝑒 𝑦 − 𝑥 2 )𝑑𝑦 = ∬(−2𝑥 + 1)𝑑𝐴

𝐶
𝑅

𝑎
√𝑎 2 −𝑥 2
∬(1 − 2𝑥)𝑑𝑥𝑑𝑦 = 4 ∫ 𝑑𝑥 ∫ (1 − 2𝑥)𝑑𝑦 =
0
𝑅 0

Pasando a coordenadas polares:

1 − 2𝑥 = 1 − 2𝑟 cos 𝜃 ; 𝑑𝑥𝑑𝑦 = 𝑟 𝑑𝑟𝑑𝜃; 𝑥 2 + 𝑦 2 = 𝑎2 , 𝑟 = 𝑎; 0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋

𝑎
√𝑎 2 −𝑥 2 2𝜋 𝑎
𝐼 = ∫ 𝑑𝑥 ∫ (1 − 2𝑥)𝑑𝑦 = ∫ 𝑑𝜃 ∫ (1 − 2𝑟 cos 𝜃)𝑟 𝑑𝑟 =
−√𝑎2 −𝑥 2 0 0
−𝑎

2𝜋 2𝜋
1 2 𝑎 1 2
𝐼=∫ [ 𝑟 2 − 𝑟 3 cos 𝜃] 𝑑𝜃 = ∫ [ 𝑎2 − 𝑎3 cos 𝜃] 𝑑𝜃
0 2 3 0 0 2 3

1 2 2𝜋 𝑎2 𝜋𝑎 2
𝐼 = [ 𝑎2 𝜃 − 𝑎3 𝑠𝑒𝑛 𝜃] = ( ∗ 2𝜋) = Joules.
2 3 0 4 2

5.- Utilice el teorema de Green para calcular el trabajo total realizado al mover un objeto
en el sentido contrario al giro de las manecillas del reloj, una vez sobre la elipse
𝑥 2 + 4𝑦 2 = 16, si el movimiento es causado por el campo de fuerza
𝐹(𝑥, 𝑦) = (3𝑥 + 𝑦)𝑖⃗ + (4𝑥 − 5𝑦)𝑗⃗. Suponga que el arco se mide en metros y la fuerza en
newtons.

Figura:

R
Solución:

Marco teórico:

𝜕𝑄 𝜕𝑃
∮ 𝑃(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑄(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = ∬ ( − ) 𝑑𝐴
𝐶 𝜕𝑥 𝜕𝑦
𝑅

o Determinamos los valores de P y Q:

𝜕𝑃 𝜕𝑄
𝑃(𝑥, 𝑦) = 3𝑥 + 𝑦; = 1; 𝑄(𝑥, 𝑦) = 4𝑥 − 5𝑦, =4
𝜕𝑦 𝜕𝑥
o Despejamos “y” de la elipse:

1
𝑥 2 + 4𝑦 2 = 16 → 𝑦 = ± √16 − 𝑥 2
2
o Entonces en nuestro ejemplo tenemos:

∮ (3𝑥 + 𝑦)𝑑𝑥 + (4𝑥 − 5𝑦)𝑑𝑦 = ∬(4 − 1)𝑑𝐴

𝐶
𝑅

4 1
√16−𝑥 2
2
3 ∬ 𝑑𝑥𝑑𝑦 = 3 ∫ 𝑑𝑥 ∫ 𝑑𝑦 =
1
− √16−𝑥 2
𝑅 −4 2

4
𝐼 = 3 ∫ (√16 − 𝑥 2 ) 𝑑𝑥
−4

SUSTITUCIÓN TRIGONÓMETRICA:

𝜋 𝜋
𝑥 = 4 𝑠𝑒𝑛 𝑡; 𝑑𝑥 = 4 cos 𝑡 𝑑𝑡 ; √16 − 𝑥 2 = 4 cos 𝑡; 𝑙𝑜𝑠 𝑙í𝑚𝑖𝑡𝑒𝑠: − ≤𝑡≤
2 2

𝜋 𝜋
2 48 1 𝜋 𝜋
𝐼 = 3 ∫ (4 cos 𝑡)4 cos 𝑡 𝑑𝑡 = [𝑡 + 𝑠𝑒𝑛 2𝑡] 2𝜋 = 24 ( + ) = 48𝜋 𝐽𝑜𝑢𝑙𝑒𝑠.
−
𝜋 2 2 − 2 2
2
2

Pasando a coordenadas polares:

𝑥 𝑦
= 𝑟 cos 𝜃; = 𝑟 𝑠𝑒𝑛 𝜃
𝑎 𝑏
 𝑥2 𝑦2
𝑥 2 + 4𝑦 2 = 16; + =1
16 4