Integrales de superficie

Semestre
3-2011
José Luis Quintero
Enero 2012
CÁLCULO
VECTORIAL
(0254)
Universidad Central de Venezuela
Facultad de Ingeniería
Ciclo Básico
Departamento de Matemática Aplicada

Semestre
3-2011
José Luis Quintero
Enero 2012
TEMA 2
INTEGRALES DE
SUPERFICIE
Y SUS
APLICACIONES
Cálculo Vectorial (0254)
Semestre 3-2011

Integrales de Superficie
y sus Aplicaciones
Prof.
José Luis QuinteroU.C.V. F.I.U.C.V. CÁLCULO VECTORIAL (0254) - TEMA 2
Las notas presentadas a continuación tienen como único fin, el de prestar apoyo al
estudiante y facilitar su entendimiento en el tema de integrales de superficie y sus
aplicaciones.
La guía contempla un pequeño resumen de la teoría correspondiente que sirve de
repaso a los contenidos teóricos que componen el tema. Se presentan ejercicios resueltos y
propuestos, algunos son originales, otros se han tomado de guías redactadas por profesores,
también hay ejercicios tomados de exámenes y de algunos textos. Se ha tratado de ser lo
más didáctico posible y se espera prestar un apoyo a la enseñanza del Cálculo Vectorial en
Ingeniería.
Agradezco las observaciones y sugerencias que me puedan hacer llegar en la mejora
del presente material, las mismas pueden ser enviadas a la siguiente dirección de correo:
quinterodavila@hotmail.com.

INDICE GENERAL
y sus Aplicaciones
Prof.
2.1. Superficies paramétricas
2.2. Plano tangente
2.3. Área de una superficie
2.4. Área superficial de la gráfica de una función
2.5. Integrales de superficie de campos escalares
2.6. Centro de masa y momento de inercia
2.7. Ejercicios resueltos
2.8. Superficies orientadas
2.9. Integrales de superficie de campos vectoriales
2.10. Teorema de Stokes o del Rotor
2.11. Teorema de Gauss o de la Divergencia
2.12. Ejercicios resueltos
2.13. Ejercicios propuestos
111
113
114
116
118
120
122
127
127
131
133
135
151

SUPERFICIES PARAMÉTRICAS
y sus Aplicaciones
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Prof.
2.1. SUPERFICIES PARAMÉTRICAS
De forma similar a como se describe una curva mediante una función vectorial r(t) de
un solo parámetro t, se puede describir una superficie mediante una función vectorial r(u, v)
de dos parámetros u y v. Suponga que r(u,v) (x(u, v),y(u, v),z(u, v))= es una función vectorial
definida en una región D del plano uv. Así, las funciones componentes de r son funciones de
dos variables u y v, con dominio D. El conjunto de todos los puntos 3
(x,y,z) R∈ tal que
x x(u, v), y y(u, v), z z(u,v)= = = (*)
y (u,v) varía en todo D, se llama superficie paramétrica S y las ecuaciones (*) se llaman
ecuaciones paramétricas de S. Cada par de u y v da un punto en S; al recorrer todos los
posibles valores de u y v se obtiene toda la superficie S. En otras palabras, la superficie S
resulta trazada por el extremo del vector de posición r(u, v) cuando (u,v) recorre toda la
región D.
Ejemplo 1. Identifique la superficie con ecuación vectorial
(u,v) (2 cos(u), v,2sen(u))=r .
Solución.
Las ecuaciones paramétricas para esta superficie son
x 2 cos(u) , y v , z 2sen(u)= = = .
Por tanto, para cualquier punto (x,y,z) sobre la superficie, se tiene que se verifica
2 2 2 2
x z 4 cos (u) 4sen (u) 4+ = + = .
Significa que secciones transversales verticales, paralelas al plano xz (es decir, con y
constante), son todas circunferencias de radio 4. Como y v= y no se indica ninguna
restricción sobre v, la superficie es un cilindro circular con radio 2 cuyo eje es el eje y.
En el ejemplo 1, no se pusieron restricciones sobre los parámetros u y v y por tanto se
obtuvo todo el cilindro. Si, por ejemplo, se restringe u y v al escribir el dominio de los
parámetros como 0 u 2≤ ≤ π , 0 v 3≤ ≤ entonces se obtiene el cuarto de cilindro con longitud
3.
Si una superficie paramétrica S está dada por una función vectorial r(u, v), entonces
hay dos familias importantes de curvas que se encuentran en S, una familia con u constante y
la otra con v constante. Estas familias corresponden a líneas verticales y horizontales del
plano uv. Si se conserva u constante al poner 0u u= entonces r 0(u ,v) se convierte en una
función vectorial del parámetro v y define una curva 1C que se encuentra en S.

y sus Aplicaciones
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Prof.
Del mismo modo, si se conserva v constante, al poner 0v v= , se obtiene una curva
2C dada por r 0(u, v ) que se encuentra en S. Estas curvas reciben el nombre de curvas
reticulares. En el ejemplo 1, las curvas reticulares obtenidas al hacer u constante son rectas
horizontales mientras que las curvas reticulares con v constante son circunferencias.
Ejemplo 2. Halle una función vectorial que represente el plano que pasa por el punto 0P con
vector de posición r0 y que contiene dos vectores no paralelos a y b.
Solución.
Si P es cualquier punto del plano, entonces hay escalares u y v tales que a b0P P u v= + . Si r
es el vector de posición de P, entonces
r r a b0 0 0OP P P u v= + = + + .
Por tanto, la ecuación vectorial del plano se puede escribir como
r r a b0(u,v) u v= + +
donde u y v son números reales.
Ejemplo 3. Halle una representación paramétrica de la esfera 2 2 2 2
x y z a+ + = .
Solución.
La esfera tiene una representación sencilla aρ = en coordenadas esféricas, de modo que se
escogen los ángulos φ y θ en coordenadas esféricas como los parámetros. Entonces,
poniendo aρ = en las ecuaciones de transformación de coordenadas esféricas a
rectangulares, se obtiene
x asen( )cos( )= φ θ , y asen( )sen( ),= φ θ , z acos( )= φ
como las ecuaciones paramétricas de la esfera. La ecuación vectorial correspondiente es
( , ) (asen( )cos( ),asen( )sen( ),acos( ))φ θ = φ θ φ θ φr .
Si se toma 0 ≤ φ ≤ π y 0 2≤ θ ≤ π , el dominio del parámetro es el rectángulo D 0, 0,2= π × π      .
Las curvas reticulares con φ constante son las circunferencias de latitud constante. Las curvas
reticulares con θ constante son los meridianos (semicircunferencias), que enlazan los polos
norte y sur.
En general, una superficie dada como la gráfica de una función de x y y, es decir, con
una ecuación de la forma z f(x,y)= , siempre puede ser considerada como una superficie
paramétrica si se toman x y y como parámetros, y se escriben las ecuaciones paramétricas
como x x, y y, z f(x,y)= = = . Estas representaciones para las superficies no son únicas. El
siguiente ejemplo muestra dos formas de parametrizar un cono.
Ejemplo 4. Halle una representación paramétrica para la superficie 2 2
z 2 x y= + , es decir, la
mitad superior del cono 2 2 2
z 4x 4y= + .
Solución 1.

y sus Aplicaciones
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Prof.
Una posible representación se obtiene al seleccionar x y y como parámetros:
x x= , y y= , 2 2
z 2 x y= +
de modo que la ecuación vectorial viene dada por
r 2 2
(x, y) (x, y,2 x y )= + .
Solución 2.
Otra representación resulta de escoger como parámetros a las coordenadas polares r y θ . Un
punto (x,y,z) sobre el cono satisface
x r cos( )= θ , y rsen( )= θ , 2 2
z 2 x y 2r= + = .
Por tanto, la ecuación vectorial para el cono viene dada por
(r, ) (r cos( ),rsen( ),2r)θ = θ θr ,
donde r 0≥ y 0 2≤ θ ≤ π .
2.2. PLANO TANGENTE
A continuación se va a obtener la ecuación del plano tangente a la superficie
paramétrica S, dada por la función vectorial
r(u,v) (x(u,v), y(u,v),z(u, v))=
en un punto 0P con vector de posición r 0 0(u , v ). Si se mantiene a u constante poniendo
0u u= , entonces r 0(u , v) se convierte en una función vectorial solo del parámetro v y que
define una curva reticular 1C sobre S. El vector tangente a 1C en 0P se obtiene al tomar la
derivada parcial de r con respecto a v:
rv 0 0 0 0 0 0
x y z
(u , v ), (u ,v ), (u ,v )
v v v
∂ ∂ ∂ 
=  ∂ ∂ ∂ 
.
Asimismo, si se mantiene v constante poniendo 0v v= , se obtiene una curva reticular
2C dada por r 0(u, v ) sobre S, y su vector tangente en 0P viene dado por la expresión
ru 0 0 0 0 0 0
x y z
(u , v ), (u , v ), (u , v )
u u u
∂ ∂ ∂ 
=  ∂ ∂ ∂ 
.
Si r ru v× no es 0, entonces la superficie S recibe el nombre de suave (no tiene
“esquinas”). Para una superficie suave, el plano tangente es el plano que contiene los
vectores tangentes ru y rv , siendo r ru v× el vector normal al plano tangente.

PLANO TANGENTE
y sus Aplicaciones
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Ejemplo 5. Encuentre el plano tangente a la superficie con ecuaciones paramétricas
2 2
x u , y v , z u 2v= = = +
en el punto (1,1,3).
Solución.
Primero se calculan los vectores tangentes:
u v(2u,0,1) , (0,2v,2)= =r r .
Así, un vector normal al plano tangente es
i j k
r ru v 2u 0 1 ( 2v, 4u,4uv)
0 2v 2
× = = − − .
Note que el punto (1,1,3) corresponde a los valores de los parámetros u 1= y v 1= de modo
que el vector normal ahí es ( 2, 4, 4)− − . Por tanto, una ecuación del plano tangente en (1,1,3)
es
2(x 1) 4(y 1) 4(z 3) 0 x 2y 2z 3 0− − − − + − = ⇒ + − + = .
2.3. ÁREA DE UNA SUPERFICIE
Se va a definir el área de una superficie paramétrica general dada por la ecuación
r(u,v) (x(u, v),y(u, v),z(u, v))= .
Para simplificar se comenzará por considerar una superficie tal que el dominio de los
parámetros, D, es un rectángulo y se dividirá en subrectángulos ijR (ver figura 1).
La parte ijS de la superficie S que corresponde a ijR se llama parche y tiene el punto
ijP con vector de posición r * *
i j(u , v ) como uno de sus vértices. Sean * * *
u u i j(u ,v )=r r y
* * *
v v i j(u , v )=r r los vectores tangentes en ijP . Los dos bordes del parche que se encuentren en
ijP se pueden aproximar mediante vectores. Estos vectores, a su vez, se pueden aproximar
con los vectores r*
uu∆ y r*
vv∆ porque las derivadas parciales se pueden aproximar con los
cocientes incrementales.
Por tanto, se aproxima ijS con el paralelogramo determinado por los vectores r*
uu∆ y
r*
vv∆ . Este paralelogramo está en el plano tangente S en ijP . El área del paralelogramo es

ÁREA DE UNA SUPERFICIE
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Figura 1. Área de una superficie.
* * * *
u v u v( ur ) ( vr ) r r u v∆ × ∆ = × ∆ ∆ .
Por tanto, una aproximación del área de S es
m n
* *
u v
i 1 i 1
r r u v
= =
× ∆ ∆
∑∑ .
Esto da lugar a la siguiente definición:
Definición 1. Si una superficie paramétrica suave S está dada por la ecuación de la forma
r(u,v) (x(u,v), y(u,v),z(u, v)) (u, v) D= ∈ y S se cubre sólo una vez cuando (u,v) varía en todo
el dominio paramétrico D, entonces el área superficial de S viene dada por la expresión
u v
D
A(S) dA= ×
∫∫ r r ,
donde
X
Y
Z
Sij
Σ
Pij
Rij
A
V
U
∆vk
∆uk
uk
vk
P∗
ij
r (u,v)

ÁREA DE UNA SUPERFICIE
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ru
x y z
, ,
u u u
∂ ∂ ∂ 
=  ∂ ∂ ∂ 
y rv
x y z
, ,
v v v
∂ ∂ ∂ 
=  ∂ ∂ ∂ 
.
Ejemplo 6. Halle el área superficial de una esfera de radio a.
Solución.
Ecuaciones paramétricas:
x asen( )cos( )= φ θ , y asen( )sen( )= φ θ , z acos( )= φ ,
donde el dominio de los parámetros es
{ }D ( , ) / 0 , 0 2= φ θ ≤ φ ≤ π ≤ θ ≤ π .
Primero se calcula el producto cruz de los vectores tangente:
2 2 2 2 2
x y z
acos( )cos( ) acos( )sen( ) asen( )
asen( )sen( ) asen( )cos( ) 0
x y z
(a sen ( )cos( ),a sen ( )sen( ),a sen( )cos( ))
φ θ
∂ ∂ ∂
× = = φ θ φ θ − φ
∂φ ∂φ ∂φ
− φ θ φ θ
∂ ∂ ∂
∂θ ∂θ ∂θ
= φ θ φ θ φ φ
i j k
i j k
r r
.
4 4 2 4 4 2 4 2 2 2
a sen ( )cos ( ) a sen ( )sen ( ) a sen ( )cos ( ) a sen( )φ θ× = φ θ + φ θ + φ φ = φr r .
Como sen( ) 0φ ≥ para 0 ≤ φ ≤ π , según la definición 1, el área de la esfera viene dada por la
expresión
2
2 2
0 0
D
A dA a sen( )d d 4 a
π π
φ θ= × = φ φ θ = π
∫∫ ∫ ∫r r .
2.4. ÁREA SUPERFICIAL DE LA GRÁFICA DE UNA
FUNCIÓN
Para el caso especial de una superficie S con ecuación z f(x,y)= donde (x,y) se
encuentra en D y f tiene derivadas parciales continuas, se toman x y y como parámetros. Las
ecuaciones paramétricas son x x, y y, z f(x,y)= = = por lo que se tiene
rx
f
1,0,
x
∂ 
=  ∂ 
, ry
f
0,1,
y
 ∂
=  
∂ 
y

ÁREA SUPERFICIAL DE LA
GRÁFICA DE UNA FUNCIÓN
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i j k
r rx y
f f f
1 0 , ,1
x x y
f
0 1
y
 ∂ ∂ ∂
× = = − − 
∂ ∂ ∂ 
∂
∂
.
Entonces se tiene
r r
2 22 2
x y
f f z z
1 1
x y x y
   ∂ ∂ ∂ ∂   
× = + + = + +      ∂ ∂ ∂ ∂      
y la fórmula del área de la superficie es aquí
22
D
z z
A(S) 1 dA
x y
 ∂ ∂ 
= + +   ∂ ∂   ∫∫ .
Ejemplo 7. Encuentre el área de la parte del paraboloide 2 2
z x y= + que está bajo el plano
z 9= .
Solución.
El plano corta al paraboloide en la circunferencia 2 2
x y 9, z 9+ = = . Por tanto, la superficie
dada se encuentra arriba del disco con centro en el origen y radio 3. Se tiene
2 2
D
A 1 4(x y )dA= + +
∫∫ .
Pasando a coordenadas polares, se obtiene la expresión
2 3
2
0 0
A 1 4r rdrd (37 37 1)
6
π
π
= + θ = −
∫ ∫ .
Ejemplo 8. Calcule el área de la porción de la superficie 2 2 2
x y z 25+ + = en el primer
octante que se encuentra entre los planos de ecuaciones z 3= , z 4= , y 3x= , x 3y= .
Solución.
Paso 1. Parametrización de la superficie.
Si se toman como parámetros x y y se tiene entonces (ver figura 2):

ÁREA SUPERFICIAL DE LA
GRÁFICA DE UNA FUNCIÓN
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Figura 2. Región del ejemplo 8.
r 2 2
(x, y) (x, y, 25 x y )= − − con x y y en la región D.
Paso 2. Cálculo de la norma del vector r rx y× .
r r
2 2
x y 2 2 2 2 2 2
x y 5
1
25 x y 25 x y 25 x y
× = + + =
− − − − − −
.
Paso 3. Construcción y resolución de la integral doble.
/3 4 /3 /3
4
2
2 2 2 3
/6 3 /6 /6
D
dA rdrd
5 5 5 25 r d 5 (3 4)d
25 x y 25 r
5
5
3 6 6
π π π
π π π
θ
= = − − θ = − − θ
− − −
π π 
= − = π 
 
∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫
2.5. INTEGRALES DE SUPERFICIE DE CAMPOS
ESCALARES
La relación entre integrales de superficie y áreas de superficies es muy similar a la
relación entre integrales de línea y longitud de arco. Suponga que f es una función de tres
variables cuyo dominio incluye una superficie S. Se divide S en parches ijS con área ijS∆ . Se
evalúa f en un punto *
ijP en cada parche y se multiplica por el área ijS∆ y se forma la suma
m n
*
ij ij
i 1 j 1
f(P ) S
= =
∆
∑∑ .

INTEGRALES DE SUPERFICIE
DE CAMPOS ESCALARES
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Entonces se escribe el límite cuando el tamaño del parche se aproxima a 0, y se define
la integral de superficie de f sobre la superficie S como
m n
*
ij ij
m,n
i 1 j 1S
f(x,y,z)dS lím f(P ) S
→∞
= =
= ∆
∑∑∫∫ .
Si la superficie S es la gráfica de una función de dos variables, entonces
22
x y
D
f(x, y,g(x, y)) g (x, y) g (x,y) 1dA + +    
∫∫ .
Ejemplo 9. Evalúe
S
ydS
∫∫ ,
donde S es la superficie 2
z x y= + , 0 x 1≤ ≤ , 0 y 2≤ ≤ .
Solución.
x yz 1, z 2y= = .
1 2
2
0 0
S
13
ydS y 1 1 4y dydx 2
3
= + + =
∫∫ ∫ ∫ .
Ejemplo 10. Calcule la integral de superficie
2
S
x dS
∫∫ ,
donde S es la esfera unitaria 2 2 2
x y z 1+ + = .
Solución.
x sen( )cos( ) , y sen( )sen( ) , z cos( )= φ θ = φ θ = φ , 0 0 2≤ φ ≤ π ≤ θ ≤ π
sen( )θ φ× = φr r .
De modo que
2
2 2
0 0
S
4
x dS (sen( )cos( )) sen( )d d
3
π π
= φ θ φ φ θ = π
∫∫ ∫ ∫ .

DE CAMPOS ESCALARES
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Si S es una superficie suave a trozos, es decir, la unión finita de superficies suaves
1 2 nS , S , ..., S que se intersectan sólo en sus fronteras, entonces la integral de superficie de f
sobre S viene dada por
S S S1 n
f(x,y,z)dS f(x,y,z)dS ... f(x, y,z)dS= + +
∫∫ ∫∫ ∫∫ .
Ejemplo 11. Evalúe
S
zdS
∫∫ ,
donde S es la superficie cuyos lados 1S están sobre el cilindro 2 2
x y 1,+ = el fondo 2S es el
disco 2 2
x y 1+ ≤ del plano z 0= y su tapa 3S es la parte del plano z x 1= + que está arriba
de 2S .
Solución.
1S : x cos( ) , y sen( ) , z z= θ = θ = ,
donde
0 2≤ θ ≤ π , 0 z 1 cos( )≤ ≤ + θ
2 1 cos( )
0 0
S1
3
zdS zdzd
2
π + θ
= θ = π
∫∫ ∫ ∫ .
2S :
S2
zdS 0=
∫∫
3S :
21 1 x 2 1
21 1 x 0 0
S3
3
zdS (1 x) 2dydx 2 (1 r cos( ))rdrd 2
2
− π
− − −
 
= + = + θ θ = + π 
 ∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫
2.6. CENTRO DE MASA Y MOMENTO DE INERCIA
Las integrales de superficie tienen aplicaciones semejantes a las de las integrales que
se han estudiado antes. Por ejemplo, si una lámina delgada tiene la forma de una superficie S
y la densidad (masa por área unitaria) en el punto (x,y,z) es (x,y,z)ρ , entonces la masa total
viene dada como

CENTRO DE MASA Y
MOMENTO DE INERCIA
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S
m (x,y,z)dS= ρ
∫∫
y el centro de masa será (x,y, z) donde
yz
S
M 1
x x (x, y,z)dS
m m
= = ρ
∫∫ , xz
S
M 1
y y (x,y,z)dS
m m
= = ρ
∫∫ ,
xy
S
M 1
z z (x,y,z)dS
m m
= = ρ
∫∫ .
Los momentos de inercia vienen dados por las expresiones
2 2
x
S
I (y z ) (x, y,z)dS= + ρ
∫∫ , 2 2
y
S
I (x z ) (x,y,z)dS= + ρ
∫∫ , 2 2
z
S
I (x y ) (x, y,z)dS= + ρ
∫∫ .
Ejemplo 12. Calcule la masa de una lámina delgada que tiene la forma de la porción de
superficie 2 2
z 2 x y= − − , z 0≥ , sabiendo que la densidad superficial en cada punto de la
misma, es proporcional al cuadrado de su distancia al eje z.
Solución.
2 2 2 2 2 2
S S S
2 2
2
3 2 2 2 2
0 0
m (x,y,z)dS K (x y ) dA K (x y ) 4x 4y 1dA
u 1
K r 4r 1drd u 4r 1 r 2udu 8rdr
4
π
= ρ = + = + + +
−
= + θ = + ⇒ = ⇒ =
∫∫ ∫∫ ∫∫
∫ ∫
N
2 2 5 3 2 5/2 2 3/2
3 2
2 22
2 5/2 2 3/2 5/2 3/2
00 0
5 3
(u 1)u 1 u u 1 (4r 1) (4r 1)
r 4r 1dr du
16 16 5 3 16 5 3
1 (4r 1) (4r 1) 1 (9) (9) 1 1
m K d K d
16 5 3 16 5 3 5 3
3 3 1 1 242
m K
8 5 3 5 3 8 5
π π
   − + +
+ = = − = −      
   
   + +
= − θ = − − + θ      
   
 π π
= − − + =  
 
∫ ∫
∫ ∫
26 596 149
K . K K
3 8 15 30
π 
− = = π 
 
Ejemplo 13. Una lámina delgada, homogénea tiene la forma de la superficie dada por la
ecuación 2 2 2 2
x y z R+ + = , z 0≥ .
a. Determine las coordenadas de su centro de masa.
Solución.
( , ) (Rsen( )cos( ),Rsen( )sen( ),R cos( )) 0 / 2 0 2φ θ = φ θ φ θ φ ≤ φ ≤ π ≤ θ ≤ πr
2
R sen( )= φN .

CENTRO DE MASA Y
MOMENTO DE INERCIA
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3
xy
2
M KR R
(x,y, z) 0,0, 0,0, 0,0,
m 22 KR
   π  
= = =       π     
.
2 /2 2 /2
2
2 3 3
xy
00 0 0
S
sen ( )
M K zdS K R cos( )R sen( )d d KR d K R
2
π π π π
 φ
= = φ φ φ θ = θ = π  
 ∫∫ ∫ ∫ ∫
2 /2 2
2 2 /2 2
0
0 0 0
S
m K dS K R sen( )d d KR cos( ) d 2 KR
π π π
π
= = φ φ θ = − φ θ = π
∫∫ ∫ ∫ ∫ .
b. Demuestre que su momento de inercia respecto a z es 2
z
2
I mR
3
= , donde m es la masa de
la superficie.
Solución.
2 /2 2 /2
2 2 2 2 2 4 3
z
0 0 0 0
S
2 /2
3
4 4 2 2
00 masa
I K (x y )dS K R sen ( )R sen( )d d KR sen ( )d d
cos ( ) 2 2
KR cos( ) d .2 KR .2 KR .R
3 3 3
π π π π
π π
= + = φ φ φ θ = φ φ θ
 φ
= − φ θ = π = π  
 
∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫
∫
2.7. EJERCICIOS RESUELTOS
1. Encuentre una representación paramétrica para el cilindro 2 2
x y 4+ = , 0 z 1≤ ≤ .
Solución.
El cilindro tiene una representación sencilla r 2= en coordenadas cilíndricas, de modo que
se escogen θ y z como parámetros en coordenadas cilíndricas. Entonces las ecuaciones
paramétricas del cilindro son
x 2 cos( )= θ , y 2sen( )= θ , z z=
donde 0 2≤ θ ≤ π y 0 z 1≤ ≤ .
2. Encuentre una función vectorial que represente el paraboloide elíptico 2 2
z x 2y= + .
Solución.
Si se consideran x y y como parámetros, entonces las correspondientes ecuaciones
paramétricas son simplemente
x x= , y y= , 2 2
z x 2y= +
y la ecuación vectorial es
r 2 2
(x, y) (x,y, x 2y )= + .

EJERCICIOS RESUELTOS
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3. Sea la superficie de ecuación vectorial r(u,v) (2(u v),3(u v), 4uv)= + − .
a. Determine una ecuación cartesiana F(x, y,z) 0= e identifíquela.
Solución.
2 2
2 2x y
(u v) (u v) 4uv z
4 9
− = + − − = = .
Por lo tanto
2 2
x y
z
4 9
− = (Paraboloide hiperbólico)
b. Encuentre la ecuación del plano tangente en el punto (2, 3,0)− .
Solución.
ru(u,v) (2,3, 4v)= , rv(u, v) (2, 3, 4u)= − , r ru v (12(u v),8(v u), 12)× = + − − .
En el punto (2, 3,0)− , u 0 , v 1= = . Por lo tanto r ru v (12,8, 12)× = − .
Ecuación del plano tangente: 3x 2y 3z 0+ − = .
4. Sea la superficie definida por las ecuaciones paramétricas dadas por
x(u,v) ucos(v)= , y(u,v) usen(v)= , 2
z(u, v) u= , (u, v) 0,10 0,2∈ × π      .
Determine:
a. Una ecuación cartesiana e identifíquela.
Solución.
2 2
x y z+ = 0 z 100≤ ≤ (Porción de un paraboloide)
b. La ecuación del plano tangente en el punto (0,1,1).
Solución.
r ru vu 1, v , (u,v) (cos(v),sen(v),2u) (u, v) ( usen(v),ucos(v),0)
2
π
= = = = −
r r 2 2
u v ( 2u cos(v), 2u sen(v),u)× = − − .
Evaluando se tiene r ru v (0, 2,1)× = − .
La ecuación del plano tangente es: 2(y 1) 1(z 1) 0 2y z 1− − + − = ⇒ − + = − .
5. Sean las funciones vectoriales
t 2
(u,v) (ucos(v),usen(v),u )= ; w 2 3
(u, v) (u v,(u v) ,(u v) )= − − − .
a. Encuentre la ecuación cartesiana de la superficie parametrizada por t e identifíquela.
Solución.
2 2 2
x y u z+ = = . Paraboloide
b. Pruebe que w no determina una superficie.
Solución.
w w2 2
u v(u, v) (1,2(u v),3(u v) ) ; (u,v) ( 1, 2(u v), 3(u v) )= − − = − − − − − .
Se puede ver que wu es paralelo a wv , por lo tanto w w 0 w wu v u v 0× = ⇒ × = y
en consecuencia w no determina una superficie.

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6. Sea S la porción de la esfera de ecuación 2 2 2 2
x y z 2a+ + = contenida dentro del cono de
ecuación 2 2 2
x y z+ = , para z 0, a 0≥ > . Encuentre el área de la superficie S.
Solución.
Paso 1. Región donde se mueven los parámetros.
{ }2 2 2 2
D (x,y) R : x y a= ∈ + ≤
Paso 2. Parametrización de la superficie de interés.
r 2 2 2
(x, y) (x,y, 2a x y ) , (x,y) D= − − ∈
Paso 3. Cálculo de la norma del vector normal.
r r
2 2
x y 2 2 2 2 2 2 2 2 2
x y 2a
1
2a x y 2a x y 2a x y
× = + + =
− − − − − −
Paso 4. Cálculo del área de la superficie.
2 a 2
a
2 2
2 2 2 2 2 0
0 0 0
D
2
2a r
A(S) dA 2a drd 2a 2a r d
2a x y 2a r
(2 2)2a
π π
= = θ = − − θ
− − −
= − π
∫∫ ∫ ∫ ∫
7. Sea 1 2S S S= ∪ , donde 1S es la porción de superficie esférica dada por 2 2 2
x y z 3+ + = ,
interior al paraboloide de ecuación 2 2
x y 2z 0+ − = y 2S la parte de superficie de
paraboloide interior a la esfera. Calcule el área de S.
Solución.
Intersección esfera-paraboloide: 2 2
x y 2 , z 1+ = =
Área de 1S :
Parametrización de la superficie esférica:
{ }r 2 2 2 2 2
(x, y) (x,y, 3 x y ) , (x, y) D , D (x, y) R : x y 2= − − ∈ = ∈ + ≤
x yr r
2 2
3
3 x y
× =
− −
2 2
1
2 2 2
0 0
D
dA r
A(S ) 3 3 drd 2 3 ( 3 1)
3 x y 3 r
π
= = θ = π −
− − −∫∫ ∫ ∫
Área de 2S :
Parametrización de la superficie del paraboloide interior a la esfera:
{ }r
2 2x y 2 2 2
2
(x, y) (x,y, ) , (x, y) D , D (x,y) R : x y 2
+
= ∈ = ∈ + ≤
x yr r 2 2
1 x y× = + +

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2 2
2 2 2
2
0 0
D
2
A(S ) 1 x y dA r 1 r drd (3 3 1)
3
π
π
= + + = + θ = −
∫∫ ∫ ∫
Por lo tanto
2 16
1 2 3 3
A(S) A(S ) A(S ) 2 3 ( 3 1) (3 3 1)π
= + = π − + − = π
8. La lámina helicoidal que se encuentra indicada en la figura 3 está descrita por la ecuación
vectorial:
r(r, ) (r cos( ),rsen( ), ) , 0 r 2 2 , 0 2θ = θ θ θ ≤ ≤ ≤ θ ≤ π .
Sabiendo que en cada punto (x,y,z) de la lámina, la densidad es 2 2
(x, y,z) x y 1ρ = + + ,
halle las coordenadas de su centro de masa.
Figura 3. Representación gráfica de la región del ejercicio 8
Solución.
i j k
r r r r 2
r rcos( ) sen( ) 0 (sen( ), cos( ),r) 1 r
rsen( ) rcos( ) 1
θ θ× = θ θ = θ − θ ⇒ × = +
− θ θ
Paso 2. Cálculo de la masa.
2 2 2 2
2 2
32 2 2 44 2r
3 3
0
0 0 0
D
m 1 r 1 r dA (1 r )drd (r ) d
π π
= + + = + θ = + θ = π
∫∫ ∫ ∫ ∫
Paso 3. Cálculo de los momentos.
2 2
yz xz
D D
M r cos( )(1 r )dA 0 rsen( )(1 r )dA M= θ + = = θ + =
∫∫ ∫∫

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2 2 2
2 2 244 2
xy 3
0 0
D
M (1 r )dA d (1 r )dr
π
= θ + = θ θ + = π
∫∫ ∫ ∫
Paso 4. Cálculo del centro de masa.
(x,y, z) (0,0, )= π
9. Calcule el momento de inercia alrededor del eje Y de la superficie S definida sobre el cono
superior de ecuación 2 2
z x y= + que está dentro de la esfera de ecuación
2 2 2
x y z 6z+ + = . Suponga que la densidad (uniforme) es igual a 1.
Solución.
{ }2 2 2
D (x, y) R : x y 9= ∈ + ≤
r 2 2
(x, y) (x,y, x y ) , (x, y) D= + ∈
r r
2 2
x y 2 2 2 2
x y
1 2
x y x y
× = + + =
+ +
Paso 4. Cálculo del momento de inercia.
2 3
2 2 2 2 2 2
y
0 0
D
2 3 2
3
43 2 2 r
4
0
0 0 0
2 2
1 cos(2 )281 2 81 2
4 4 2
0 0
81 2 81 2 1
8 8 2
I 2 (x x y )dA 2 r(r cos ( ) r )drd
2 r (1 cos ( ))drd 2 ((1 cos ( )) ) d
(1 cos ( ))d (1 )d
(3 cos(2 ))d (3 sen
π
π π
π π
+ θ
= + + = θ + θ
= + θ θ = + θ θ
= + θ θ = + θ
= + θ θ = θ +
∫∫ ∫ ∫
∫ ∫ ∫
∫ ∫2
2 81 2 81 2
0 8 4
0
(2 )) .6 3.
π
π π
θ = π =
∫

SUPERFICIES ORIENTADAS
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2.8. SUPERFICIES ORIENTADAS
Se comenzará con una superficie S que tiene un plano tangente en todo punto (x,y,z)
sobre S (excepto en cualquier punto frontera). Hay dos vectores unitarios normales 1n y
2 1n n= − en (x,y,z). Si es posible escoger un vector unitario n en cada uno de estos puntos
(x,y,z) de modo que n varía constantemente sobre S, entonces S se llama superficie
orientada y la selección dada de n da a S una orientación. Hay dos posibles orientaciones
para cualquier superficie orientada. Para una superficie z g(x,y)= dada como la gráfica de g,
la orientación inducida está dada por el vector unitario normal
n
22
g g
, ,1
x y
g g
1
x y
 ∂ ∂
− − ∂ ∂ =
 ∂ ∂ 
+ +   ∂ ∂   
.
Como la componente k es positiva, esto da la orientación hacia arriba de la superficie.
Si S es una superficie suave orientable, dada en forma paramétrica por una función
vectorial r(u,v), entonces automáticamente recibe la orientación del vector unitario normal
r r
n
r r
u v
u v
×
=
×
y la orientación opuesta está dada por n− . Para una superficie cerrada, esto es, una
superficie que es la frontera de una región sólida E, se ha convenido en que la orientación
positiva, es aquella para la cual los vectores normales apuntan hacia fuera desde E, y las
normales que apuntan hacia adentro dan la orientación negativa.
2.9. INTEGRALES DE SUPERFICIE DE CAMPOS
VECTORIALES
Para definir las integrales de superficie de campos vectoriales, se necesitan excluir
superficies que no se puedan orientar, por ejemplo la cinta de Mobius. Se puede construir una
si se toma una tira de papel larga, rectangular, se tuerce a la mitad y se unen los extremos.

DE CAMPOS VECTORIALES
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Suponga que S es una superficie orientada con vector unitario normal n, e imagine un
fluido con densidad (x,y,z)ρ y campo de velocidad v(x,y,z) que circula a través de S.
(Considere S como una superficie imaginaria que no obstruye la corriente del fluido, como
una red de pesca en la corriente de un río.) Entonces el flujo es vρ . Si se divide S en
pequeños parches ijS , es casi plana y por tanto se puede aproximar la masa del fluido que
atraviesa ijS en la dirección de la normal n por unidad de tiempo por la cantidad v n ij( )A(S )ρ •
donde ρ , v y n se evalúan en algún punto sobre ijS . (Se recuerda que la componente del
vector vρ en la dirección del vector unitario n es v nρ • ). Al sumar estas cantidades y pasar
al límite, se obtiene la expresión
S S
dS (x, y,z) (x, y,z) (x, y,z)dSρ • = ρ •
∫∫ ∫∫v n v n ,
y ésta se interpreta físicamente como la rapidez del flujo que pasa por S. Si se escribe F v= ρ ,
entonces F es también un campo vectorial en 3
R y la integral se convierte en
S
dS•
∫∫F n .
Este tipo de integrales de superficie se presenta con frecuencia en física, incluso
cuando F no es vρ , y se llama integral de superficie (o integral de flujo) de F sobre S.
Definición 2. Si F es un campo vectorial continuo en una superficie S orientada con un
vector unitario normal n, entonces la integral de superficie de F sobre S viene dada por
S S
d dS• = •
∫∫ ∫∫F S F n .
Esta integral también se llama flujo de F a través de S.
Sea F(x, y,z) (P(x, y,z),Q(x,y,z),R(x,y,z))= , se tiene entonces la expresión para la
integral de flujo como
x y 2 2
x y
2 2
x y
S D
( g , g ,1)
dS (P,Q,R) g g 1dA
g g 1
− −
• = • + +
+ +∫∫ ∫∫F n .
De modo que

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x y
S D
dS ( Pg Qg R)dA• = − − +
∫∫ ∫∫F n .
De modo que
x y
S D
dS ( Pg Qg R)dA• = − − +
∫∫ ∫∫F n
Si F está dada por una función vectorial r(u, v), entonces n está dado por
r r
n
r r
u v
u v
×
=
×
y se tiene que:
u v u v
u v u v
u v u v
S D D D
d dS ( (u, v)) dA ( )dA
× ×
• = • = • × = • ×
× ×∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫
r r r r
F S F F r r r F r r
r r r r
Ejemplo 14. Halle el flujo del campo vectorial F(x, y,z) (y, x,z)= a través de S, donde S es la
frontera de la región sólida limitada por el paraboloide 2 2
z 1 x y= − − y el plano z 0= .
Solución.
1S : 2 2
z 1 x y= − − , x y(x, y,z) (y, x,z) , (2x,2y,1)= × =F r r
2 2
D D
(2xy 2xy z)dA (2xy 2xy 1 x y )dA+ + = + + − −
∫∫ ∫∫ .
2 1
2 2
0 0
(4r cos( )sen( ) 1 r )rdrd
2
π
π
θ θ + − θ =
∫ ∫
2S : x yz 0 , (0,0,1)= × =r r ,
D
zdA 0− =
∫∫
Ejemplo 15. Halle el flujo del campo vectorial F(x, y,z) (z,y,x)= a través de la esfera
unitaria 2 2 2
x y z 1+ + = .
Solución.
( , ) (sen( )cos( ),sen( )sen( ),cos( )) , 0 , 0 2φ θ = φ θ φ θ φ ≤ φ ≤ π ≤ θ ≤ πr
2 2
(sen ( )cos( ),sen ( )sen( ),sen( )cos( ))φ θ× = φ θ φ θ φ φr r

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2
2 3 2 2
0 0
4
(sen ( )cos( )cos( ) sen ( )sen ( ) sen ( )cos( )cos( ))d d
3
π π
π
φ φ θ + φ θ + φ φ θ φ θ =
∫ ∫
Ejemplo 16. Calcule el flujo del campo F 2
(x, y,z) (y , y,xyz)= − a través del cilindro de
ecuación 2 2
x y 4+ = , 0 z 4≤ ≤ (superficie lateral).
Solución.
( ,z) (2 cos( ),2sen( ),z) , 0 2 , 0 z 4θ = θ θ ≤ θ ≤ π ≤ ≤r , z (2cos( ),2sen( ),0)θ × = θ θr r
2 4
2 2
0 0
(8sen ( )cos( ) 4sen ( ))dzd 16
π
θ θ − θ θ = − π
∫ ∫ .
Ejemplo 17. Demuestre que el flujo del campo F(x,y,z) c(x,y,z)= , donde c es un número
real positivo, a través de la esfera 2 2 2 2
x y z c+ + = , es igual a 3c veces el volumen de la
esfera.
Solución.
Al parametrizar la esfera se tiene:
( , ) (c.sen( )cos( ),c.sen( ).sen( ),c.cos( ))φ θ = φ θ φ θ φr ,
con 0 , 0 2≤ φ ≤ π ≤ θ ≤ π . Calculando:
( , ) (c.cos( ).cos( ),c.cos( ).sen( ), c.sen( ))φ φ θ = φ θ φ θ − φr
y
( , ) ( c.sen( ).sen( ),c.sen( ).cos( ),0)θ φ θ = − φ θ φ θr .
De modo que
2
2 2 2
c cos( ).cos( ) cos( ).sen( ) sen( )
sen( ).sen( ) sen( ).cos( ) 0
c (sen ( )cos( ),sen ( )sen( ),sen( )cos( ))
φ θ× = φ θ φ θ − φ
− φ θ φ θ
= φ θ φ θ φ φ
i j k
r r
Calculando el flujo:
2
4 2 2
0 0
2
4 3 2 3 2 2
0 0
c (sen( ).cos( ),sen( ).sen( ),cos( )) (sen ( ).cos( ),sen ( ).sen( ),sen( ).cos( ))d d
c (sen ( ).cos ( ) sen ( ).sen ( ) sen( )cos ( ))d d
π π
π π
φ θ φ θ φ • φ θ φ θ φ φ φ θ
φ θ + φ θ + φ φ φ θ
∫ ∫
∫ ∫
2
4 3 2 4 3 2
0 0 0 0
c (sen ( ) sen( )cos ( ))d d 2 c sen ( )d sen( )cos ( )d
π π π π 
 φ + φ φ θ φ = π φ φ + φ φ φ
 
 
∫ ∫ ∫ ∫
4 2 2 4
0 0 0
2 c sen( )d sen( )cos ( )d sen( )cos ( )d 4 c
π π π 
 π φ φ − φ φ φ + φ φ φ = π
 
 
∫ ∫ ∫

TEOREMA DE STOKES
O DEL ROTOR
y sus Aplicaciones
Pág.: 131 de 160
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2.10. TEOREMA DE STOKES O DEL ROTOR
El teorema de Stokes se puede considerar como una versión del teorema de Green
para tres dimensiones. Mientras que el teorema de Green relaciona una integral doble sobre
una región plana D con una integral de línea alrededor de su curva frontera plana, el teorema
de Stokes relaciona una integral de superficie sobre una superficie S con una integral de línea
alrededor de la curva frontera de S (que es una curva en el espacio). La figura muestra una
superficie orientada con vector unitario normal n. La orientación de S induce la orientación
positiva de la curva frontera C que se ilustra en la figura 4.
Figura 4. Teorema de Stokes
TEOREMA 1. (TEOREMA DEL ROTOR). Sea S una superficie suave a trozos y orientada, que
está limitada por una curva frontera C, cerrada, suave a trozos y positivamente orientada.
Sea F un campo vectorial cuyas componentes tienen derivadas parciales continuas en una
región abierta de 3
R que contiene a S. Entonces
C
S
d rot d• = •
∫ ∫∫F r F S .
Como
C C
d ds• = •
∫ ∫F r F T y
S S
rot d rot dS• = •
∫∫ ∫∫F S F n ,
•
n

TEOREMA DE STOKES
O DEL ROTOR
y sus Aplicaciones
Pág.: 132 de 160
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el teorema de Stokes dice que la integral de línea de la componente tangencial de F alrededor
de la curva frontera de S, es igual a la integral de superficie de la componente normal del
rotF. Hay una analogía entre el teorema de Stokes, el teorema de Green y el teorema
fundamental del Cálculo. En el caso especial en el que la superficie S es plana y se encuentra
en el plano xy con orientación hacia arriba, la normal unitaria es k, la integral de superficie se
convierte en una integral doble y el teorema de Stokes es
C
S S
d rot d (rot ) dA• = • = •
∫ ∫∫ ∫∫F r F S F k .
Ésta es precisamente la forma vectorial del teorema de Green que se discutió
anteriormente. Así es que el teorema de Green es realmente un caso especial del teorema de
Stokes.
Ejemplo 18. Evalúe
C
d•
∫ F r ,
donde F 2 2
(x, y,z) ( y , x,z )= − y C es la curva de intersección del plano y z 2+ = con el cilindro
2 2
x y 1+ = . (Oriente C de manera que se recorra en sentido contrario al de las manecillas del
reloj, cuando se vea desde arriba.)
Solución.
Aunque
C
d•
∫ F r
podría ser evaluada directamente, es más fácil hacerlo usando el teorema de Stokes. Primero
se calcula
i j k
F x y z
2 2
rot (0,0,1 2y)
y x z
∂ ∂ ∂
∂ ∂ ∂
= = +
−
.
A pesar de que son muchas las superficies que tienen a C como frontera, lo más cómodo es
considerar la región elíptica S del plano y z 2+ = que está limitado por C. si se orienta S hacia
arriba, entonces se induce en C una orientación positiva. La proyección D de S sobre el plano
xy es el disco 2 2
x y 1+ ≤ y por tanto, se tiene
2 1
C 0 0
S D
d rot d (1 2y)dA (1 2rsen( ))rdrd
π
• = • = + = + θ θ = π
∫ ∫∫ ∫∫ ∫ ∫F r F S

TEOREMA DE STOKES
O DEL ROTOR
y sus Aplicaciones
Pág.: 133 de 160
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Ejemplo 19. Utilice el teorema de Stokes para calcular la integral
S
rot d•
∫∫ F S ,
donde F(x, y,z) (yz, xz, yx)= y S es la parte de la esfera 2 2 2
x y z 4+ + = que se encuentra
dentro del cilindro 2 2
x y 1+ = y arriba del plano xy.
Solución.
Para hallar la curva C se resuelven las ecuaciones 2 2 2
x y z 4+ + = y 2 2
x y 1+ = . Restando, se
obtiene 2
z 3= y por tanto z 3= (porque z 0> ). Así, C es la circunferencia dada por las
ecuaciones 2 2
x y 1+ = , z 3= . La ecuación vectorial de C es
(t) (cos(t),sen(t), 3) 0 t 2= ≤ ≤ πr ,
por lo cual '(t) ( sen(t),cos(t),0)= −r . Del mismo modo, se tiene
( (t)) ( 3sen(t), 3 cos(t),cos(t)sen(t))=F r ,
entonces
2 2
2 2
C 0 0
S
rot d d ( (t)) '(t)dt ( 3sen (t) 3 cos (t))dt 0
π π
• = • = • = − + =
∫∫ ∫ ∫ ∫F S F r F r r .
2.11. TEOREMA DE GAUSS O DE LA DIVERGENCIA
En secciones anteriores se escribió el teorema de Green en una versión vectorial como
C
D
ds div (x, y)dA• =
∫ ∫∫F n F ,
donde C es la curva frontera, positivamente orientada, de la región plana D. Si se estuviera
buscando extender este teorema a campos vectoriales sobre 3
R , se podría suponer que
S E
dS div (x,y,z)dV• =
∫∫ ∫∫∫F n F ,
donde S es la superficie frontera de la región sólida E. Resulta que la relación dada por esta
última ecuación se cumple bajo hipótesis apropiadas, y se llama teorema de la divergencia.
Note su similitud con el teorema de Green y el teorema de Stokes en cuanto a que relaciona
la integral de la derivada de una función, (divF en este caso), sobre una región, con la
integral de la función original F sobre la frontera de la región.

TEOREMA DE GAUSS
O DE LA DIVERGENCIA
y sus Aplicaciones
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TEOREMA 2. (TEOREMA DE LA DIVERGENCIA). Sea E una región sólida simple y sea S la
superficie frontera de E, dada con orientación positiva (hacia fuera). Sea F un campo vectorial
cuyas funciones componentes tienen derivadas parciales continuas sobre una región abierta
que contiene a E. Entonces
S E
d div( )dV• =
∫∫ ∫∫∫F S F .
Ejemplo 20. Halle el flujo del campo vectorial F(x, y,z) (z,y,x)= a través de la esfera
unitaria 2 2 2
x y z 1+ + = .
Solución.
Primero se calcula la divergencia de F:
Fdiv (z) (y) (x) 1
x y z
∂ ∂ ∂
= + + =
∂ ∂ ∂
.
El teorema de la divergencia da el flujo como
S B B
4
d div dV 1dV
3
π
• = = =
∫∫ ∫∫∫ ∫∫∫F S F .
Ejemplo 21. Un fluido tiene como vector densidad de flujo, el campo dado por la expresión
F 2 2 2 2 3 3 5 3
(x, y,z) (3x z y ,2y z x ,6z x y )= + + − + . Calcule el flujo a través de la superficie S, en
dirección de su vector normal exterior, si S es la frontera del sólido
{ }3 2 2 2 2 2 2
V (x,y,z) R : x y z 4, x y (z 1) 1,z 0= ∈ + + ≤ + + − ≥ ≥ .
Solución.
Aplicando el teorema de la divergencia se tiene que:
S V V
d div( )dV (6x 4y 6)dV• = = + +
∫∫ ∫∫∫ ∫∫∫F r F .
Utilizando coordenadas esféricas:
2 /2 2
2
0 0 2 cos( )
(6 sen( )cos( ) 4 sen( )sen( ) 6) sen( )d d d
π π
φ
ρ φ θ + ρ φ θ + ρ φ ρ φ θ
∫ ∫ ∫ .
2 /2 2
3 2 3 2 2
0 0 2 cos( )
(6 sen ( )cos( ) 4 sen ( )sen( ) 6 sen( ))d d d
π π
φ
ρ φ θ + ρ φ θ + ρ φ ρ φ θ
∫ ∫ ∫ .
2 /2 2 2 /2
2
2 3
2 cos( )
0 0 2 cos( ) 0 0
(6 sen( ))d d d 2 sen( )d d
π π π π
φ
φ
ρ φ ρ φ θ = ρ φ φ θ
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
2 /2 2 2
3 4 /2
0
0 0 0 0
(16 16 cos ( ))sen( )d d ( 16 cos( ) 4 cos ( )) d 12 d 24
π π π π
π
− φ φ φ θ = − φ + φ θ = θ = π
∫ ∫ ∫ ∫

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U.C.V. F.I.U.C.V. CÁLCULO VECTORIAL (0254) - TEMA 2
2.12. EJERCICIOS RESUELTOS
1. Verifique el teorema de Stokes para el campo vectorial F(x,y,z) = 3yi + 4zj - 6xk y la
parte de la superficie paraboloidal z = 9 - x2
- y2
mostrada en la figura 5 ubicada sobre el
plano xy y orientada hacia arriba.
Figura 5. Gráfica del ejercicio 1
Solución.
Cálculo como integral de línea. La curva C es en este caso una circunferencia de radio
3 centrada en el origen sobre el plano xy. Se puede parametrizar como:
x 3cos( )
y 3sen( ) , 0 2
z 0
= θ

= θ ≤ θ ≤ π
 =
.
Con esta parametrización se tiene:
F(θ) = 9sen(θ) i + 0j − 18cos(θ) k , r´(θ) = −3sen(θ) i + 3cos(θ) j + 0k
F(θ) . r´(θ) = −27sen2
(θ)
2 2 2
2
C 0 0 0
2
0
1 cos(2 )
d ( ) ( )d 27 sen ( )d 27 d
2
27 sen(2 )
27
2 2
π π π
π
− θ 
′⋅ = θ ⋅ θ θ = − θ θ = − θ θ 
 
θ 
= − θ − = − π 
 
∫ ∫ ∫ ∫F r F r
Cálculo como integral de superficie. Primero se evalúa el rotacional.
3 y
z
x
C
S
3
9

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i j k
F i j krot 4 6 3
x y z
3y 4z 6x
∂ ∂ ∂= = − + −
∂ ∂ ∂
−
Ahora se parametriza la superficie del paraboloide. Para eso observamos que su
proyección sobre el plano xy es un círculo de radio 3 con centro en el origen. Parece lógico
usar una parametrización basada en coordenadas cilíndricas:
2
x r cos( )
0 r 3
(r, ) y r sen( ) ,
0 2
z 9 r
 = θ
≤ ≤
θ = θ
≤ θ ≤ π
= −
r
El producto vectorial fundamental será:
2 2
r cos( ) sen( ) 2r 2r cos( ) 2r sen( ) r
r sen( ) r cos( ) 0
θ× = θ θ − = θ + θ +
− θ θ
i j k
r r i j k
Se ve que la componente z de este vector es positiva. Por lo tanto la parametrización
describe una superficie orientada positiva. Usando esta parametrización, se tiene:
2 3 2 3
2
2 2
r
00 0 0
S D
3r
rot d rot ( )drd (8r cos( ) 12r sen( ) 3r)drd 27
2
π π
θ⋅ = ⋅ × θ = θ + θ − θ = − = − π
∫∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫F S F r r
Se verifica entonces el teorema de Stokes.
2. Utilice el teorema de Stokes para evaluar la integral del rotacional del campo vectorial
F(x,y,z) = xyzi + xyj + x2
yzk sobre el dominio S consistente en la unión de la parte
superior y de las cuatro caras laterales (pero no el fondo) del cubo con vértices
(±1; ±1; ±1), orientado hacia afuera (ver figura 6).
z
1 O
y
x
1
1

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Solución.
La geometría descrita en el enunciado está representada en la figura. Se requiere calcular
el flujo de rot F a través de todas las caras del cubo menos la de abajo. Se observa que
esa región de integración está limitada por la curva orientada indicada en la figura;
llamémosla C. (La orientación dada se corresponde con normales con la componente z
mayor o igual que 0, que es lo necesario para que las normales apunten hacia el exterior
del cubo.) El teorema de Stokes asegura que:
S C
( ) d d∇ × ⋅ = ⋅
∫∫ ∫F S F r ,
lo cual en sí no implica una simplificación demasiado significativa, dado que en lugar de
tener que parametrizar cinco superficies para evaluar la integral de flujo se debe
parametrizar cuatro segmentos de recta para calcular la integral de línea. Sin embargo, se
nota que la curva C también delimita la superficie de la base del cubo, a la cual se llamará
S’. Puesto que el teorema de Stokes asegura que la integral del campo vectorial sobre una
curva cerrada es igual al flujo de su rotacional sobre cualquier superficie limitada por ella,
se tiene que:
S C S'
( ) d d ( ) d∇ × ⋅ = ⋅ = ∇ × ⋅
∫∫ ∫ ∫∫F S F r F S
con lo cual se puede integrar el rotor directamente sobre la superficie de la base.
Parametrizando esta última se tiene, pues:
T(x,y) = (x(x,y); y(x,y); z(x,y)) = (x,y, -1), -1 ≤ x ≤ 1, -1 ≤ y ≤ 1 (1)
y su producto vectorial fundamental es:
i j k
N T T kx y 1 0 0
0 1 0
= × = = .
Se nota que esta normal apunta hacia arriba, que es precisamente el sentido en que debe
apuntar de acuerdo a la regla de la mano derecha. Por otro lado el rotacional del campo
escalar viene dado por:
i j k
F i j k i j k2 2
2
reemp. por
la param. (1)
x z (xy 2xyz) (y xz) x ( xy) (y x)
x y z
xyz xy x yz
↓
∂ ∂ ∂
∇ × = = + − + − = + − + −
∂ ∂ ∂
Por lo tanto la integral que se busca será:
1 1
2
1 1
S' S' S '
d dS (x xy (y x) ) dS (y x)dxdy 0
− −
∇ × ⋅ = ∇ × ⋅ = − + − ⋅ = − =
∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫ ∫F S F N i j k k

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En este problema se ve que el teorema de Stokes permite no sólo transformar una
integral de superficie en una de línea, sino también convertirla en otra integral de
superficie sencilla.
3. Calcule la circulación del campo de velocidades de un fluido F(x,y,z) = (tan-1
(x2
); 3x; e3z
tan(z)) a lo largo de la intersección de la esfera de ecuación x2
+ y2
+ z2
= 4 con el
cilindro de ecuación x2
+ y2
=1, con z > 0 (ver figura 7).
Solución.
La circulación de un campo es su integral a lo largo de una línea cerrada. Se recordará
que la razón entre la circulación del campo de velocidades y el área de la superficie
encerrada por la curva tiende a un cierto valor a medida que el radio de la curva tiende a
0; si este valor es nulo, entonces el fluido es irrotacional y un molinillo ubicado en ese
punto límite no rotará. A simple vista se ve que el campo vectorial F tiene una ley
bastante compleja, por lo que se puede anticipar que el cálculo de la circulación como
integral de línea puede resultar muy engorroso. Por lo tanto, vale la pena calcular el
rotacional a ver si resulta una función matemáticamente más tratable.
1 2 3z
rot 0 0 3
x y z
tg (x ) 3x e tg(z)−
∂ ∂ ∂= = + +
∂ ∂ ∂
i j k
F i j k .
x
y
z
1 2
2

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En efecto, se simplifican de forma significativa los cálculos al resultar el rotacional una
función vectorial constante. Por el teorema de Stokes, podemos calcular la integral de
línea de F sobre la curva dada como el flujo del rotor a través de la superficie grisada.
Parametrizando esta última:
2
x r cos( )
0 r 1
(r, ) y r sen( ) ,
0 2
z 4 r
 = θ
 ≤ ≤
θ = θ
≤ θ ≤ π
= −
r
y hallando el producto vectorial fundamental:
r
2 2 2
r r r
cos( ) sen( ) cos( ) sen( ) r
4 r 4 r 4 r
r sen( ) r cos( ) 0
θ× = θ θ − = θ + θ +
− − −
− θ θ
i j k
r r i j k
Se ve que esta normal tiene componente z positiva, correspondiendo a una superficie
positivamente orientada. con esto se puede calcular ahora:
2 1
r
0 0
S D
rot d rot ( )drd 3rdrd 3
π
θ⋅ = ⋅ × θ = θ = π
∫∫ ∫∫ ∫ ∫F S F r r .
4. Calcule
2 2
I x dx 2x dy z dz
+Γ
= + +
∫ ,
siendo Γ la curva
2 2
4x y 4
:
z 1
 + =
Γ 
=
con orientación antihoraria vista desde P(0,0,5).
Solución.
La curva Γ es una elipse
2 2
2
x y
1
1 2
z 1

+ =

 =
.
Por tratarse de una curva cerrada, puede calcularse I mediante el teorema de Stokes:
Es
2
I
Γ
= ⋅
∫ F dr
con F i j k2 2
x 2x z= + + y

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i j k
F k
2 2
rot 2
x y z
x 2x z
∂ ∂ ∂
= =
∂ ∂ ∂
.
Luego:
2
I (rot
+Γ Σ
= ⋅ = ⋅ σ
∫ ∫∫F dr F) n d ,
siendo Σ+ la porción de plano z = 1 limitada por la elipse Γ ,con normal n k= . Como
F) n 2k k(rot 2⋅ = ⋅ = , resulta:
I 2 2 ( ) 2 1 2 4
+Σ
= σ = µ Σ = π ⋅ ⋅ = π
∫∫ d .
5. Calcule
C
d•
∫ F r ,
donde F 2 y 2 y 2 x
(x,y,z) (z 4x e ,x 2z e ,z 3y e )= + + − + + + y C es la curva intersección de la
superficie
2 2
(y 2) 2(z 3)
x
2 9
− −
+ =
con el plano x 2= . La orientación de C es en sentido antihorario cuando la curva es vista
desde un punto distante del origen y en la parte positiva del eje x.
Solución.
Aplicando el Teorema de Stokes se tiene:
Paso 1. Cálculo del rotF.
F Q QR P R P
y z z x x y
rot ( , , )∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂
∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
= − − − , QR
y z
3 2 5∂∂
∂ ∂
− = + = , xP R
z x
2z e∂ ∂
∂ ∂
− = − , Q yP
x y
2x e∂ ∂
∂ ∂
− = − .
Por tanto F x y
rot (5,2z e ,2x e )= − − .
Paso 2. Cálculo del vector N de la superficie de interés.
Superficie de interés: plano x 2= N (1,0,0)= .
Paso 3. Proyección en el plano yz.

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Paso 4. Construcción y resolución de la integral doble.
x y
D D D
rot dA (5,2z e ,2x e ) (1,0,0)dA 5 dA 30• = − − • = = π
∫∫ ∫∫ ∫∫F N
6. Sean r (x, y, z)= , S una superficie cerrada, orientable que limita un sólido V y n el vector
normal unitario exterior a S. Pruebe que:
a.
S V
dS (div( ))dV=
∫∫ ∫∫∫ n
Solución.
Al aplicar el teorema de la divergencia donde F n= se tiene que
2
S S S S S T
d d dS dS dS (div( ))dV• = • = • = = =
∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫∫F S n S n n n n .
b. 2
S V
1
( r ) dS dV
6
∇ • =
∫∫ ∫∫∫n
Solución.
Al aplicar el teorema de Gauss donde
F 21 x y z
(x, y,z) r , ,
6 3 3 3
 
= ∇ =  
 
se tiene
S V V
d (div( ))dV dV• = =
∫∫ ∫∫∫ ∫∫∫F S F .
7. Verifique el Teorema de Gauss donde F 2
(x, y,z) (3xy, y , (x 4y))= − + y S es la superficie del
tetraedro acotado por los planos coordenados y el plano de ecuación x y 2z 1+ + = .
Solución.
Integrales de superficie: N1S : z 0 (0,0, 1)= = −
1 1 x 1 1
1 x
2
0
0 0 0 0
D
1 1
2 3
2
00
(x 4y)dA (x 4y)dydx xy 2y dx (1 x)(2 x)dx
3x x 3 1 5
(2 3x x )dx 2x 2
2 3 2 3 6
−
−
 + = + = + = − −
 
 
= − + = − + = − + =  
 
∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫
∫
N2S : y 0 (0, 1,0)= = −
2
D
y dA 0=
∫∫

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N3S : x 0 ( 1,0,0)= = −
D
3xydA 0− =
∫∫
N4
1 x y 1 1
S : z , ,1
2 2 2 2 2
 
= − − =  
 
2
2
D D
1 1 x 1 1 x
2 3
2 2
00 0 0
1
2 3
2
0
3xy y 1
x 4y dA (3xy y 2x 8y)dA
2 2
1 1 3xy y
(3xy y 2x 8y)dydx 2xy 4y dx
2 2 2 3
1 3x(1 x) (1 x) 5
2x(1 x) 4(1 x) dx
2 2 3 48
− −
 +
− − = + − −  
 
 
+ − − = + − − 
  
 − −
+ − − − − =  
 
∫∫ ∫∫
∫ ∫ ∫
∫
Integrales triples:
2
P(x, y,z) 3xy , Q(x,y,z) y , R(x,y,z) (x 4y)= = = − +
P Q R
div 5y
x y z
∂ ∂ ∂
= + + =
∂ ∂ ∂
F
1 1 x (1 x y)/2 1 1 x
2
0 0 0 0 0
1 1
3 3 3
0 0
5
5 ydzdydx (y xy y )dydx
2
5 (1 x) (1 x) 5 (1 x) 5
dx dx
2 2 3 2 6 48
− − − −
= − −
   − − −
− = =      
   
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
∫ ∫
8. Verifique el teorema de la divergencia para el campo vectorial F = rr y la superficie
esférica x2
+ y2
+ z2
= 9.
Solución.
El vector r es el vector posición (x,y,z). De modo que en términos de las variables
cartesianas el campo vectorial dado puede expresarse como:
F 2 2 2
x y z (x,y,z)= + + .
La superficie dada puede parametrizarse a través de coordenadas esféricas:
x 3sen( )cos( )
0
y 3sen( )sen( ) ,
0 2
z 3cos( )
= ϕ θ
≤ ϕ ≤ π
= ϕ θ
≤ θ ≤ π = ϕ
.
Se tiene:
2 2
3sen( )sen( ) 3sen( )cos( ) 0
3cos( )cos( ) 3cos( )sen( ) 3sen( )
( 9sen ( )cos( ), 9sen ( )sen( ), 9 sen( )cos( ))
θ ϕ× = − ϕ θ ϕ θ
ϕ θ ϕ θ − ϕ
= − ϕ θ − ϕ θ − ϕ ϕ
i j k
r r

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¿Es ésta una normal exterior? Se probará con un punto. En (0,3,0) se tendría θ = ϕ = π/2,
y para tales valores el Producto Vectorial Fundamental (PVF) calculado da (0,-9,0), o sea
una normal interna. Por lo tanto la normal externa vendrá dada por el PVF calculado
haciendo el producto vectorial en el orden opuesto, esto es:
2 2
(9sen ( )cos( ),9 sen ( )sen( ),9sen( )cos( ))ϕ θ× = ϕ θ ϕ θ ϕ ϕr r .
Evaluando ahora F en función de esta parametrización es:
F(ϕ,θ)=3(3sen(ϕ)cos(θ),3sen(ϕ)sen(θ),3cos(ϕ)) y F—(rϕ×rθ) = ——— = 81sen(ϕ).
Así que:
2 2
2
0
0 0 0
S D
d ( , ) ( )d d 81sen( )d d 81 cos( ) d 324
π π π
π
ϕ θ
 ⋅ = ϕ θ ⋅ × ϕ θ = π ϕ θ = − π θ = π
  ∫∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫F S F r r .
Se ha hecho un cálculo bastante complejo por integrales de superficie. Se verá ahora
cómo reduciendo esto a una integral de volumen con el teorema de la divergencia el
cálculo se simplifica notablemente. Se calcula en primer lugar la divergencia:
2 2 2 2 2 2 2 2 2
div (x x y z ) (y x y z ) (x x y z )
x y z
∂ ∂ ∂
= + + + + + + + +
∂ ∂ ∂
F
Calculando las derivadas parciales por separado y sumando miembro a miembro:
2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
x
(x x y z ) x y z
x x y z
y
(y x y z ) x y z
y x y z
z
(z x y z ) x y z
z x y z
x y z
div 3 x y z 4 x y z
x y z
∂
+ + = + + +
∂ + +
∂
+ + = + + +
∂ + +
∂
+ + = + + +
∂ + +
+ +
= + + + = + +
+ +
F
Si ahora se lleva esto a coordenadas esféricas se tiene:
3
42 3 2
2
0 0 0 0 0
E 0
div dV 4 sen( )d d d 4 sen( ) d d
4
π π π π  ρ
= ρ ⋅ ρ ϕ ρ ϕ θ = ϕ ϕ θ 
  
∫∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫F
Haciendo los cálculos se obtiene:
E
div dV 324= π
∫∫∫ F .
Se ha obtenido el mismo resultado por los dos caminos, verificando así el teorema de la
divergencia.

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9. Evalúe
S
d•
∫∫F S ,
donde F
22 xz
(x, y,z) (xy, y e ,sen(xy))= + y S es la superficie de la región E limitada por el
cilindro parabólico 2
z 1 x= − y los planos z 0= , y 0= , y z 2+ = (ver figura 9).
Solución.
Sería muy difícil evaluar directamente la integral de superficie dada. (Se tendrían que
evaluar cuatro integrales de superficie correspondientes a las cuatro partes de S.)
Además, la divergencia de F es mucho menos complicada que F misma:
22 xz
div (xy) (y e ) (sen(xy)) 3y
x y z
∂ ∂ ∂
= + + + =
∂ ∂ ∂
F .
Si se proyecta en el plano xz se tiene:
21 1 x 2 z
1 0 0
184
3ydydzdx
35
− −
−
=
∫ ∫ ∫ .
10. Sea S la porción de la superficie mostrada en la figura 10 de ecuación 2
z 4 x= − , limitada
por los planos de ecuaciones y 0= , z 0= , y z 5+ = . Halle la circulación del campo
vectorial F 2 2
(x, y,z) (3z(x y ), xz,0)= − − a lo largo del contorno C de S. La orientación de S
es la inducida por el vector normal unitario a S de componente z negativa.
(0,2,0)
y = 2 - z
z = 1-x2
(1,0,0)
(0,0,1)
y
x
z

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Figura 10. Representación gráfica de la región del ejercicio 10
Solución.
USANDO TEOREMA DE STOKES:
Paso 1. Cálculo del rotacional de F.
F
2 2
2 2( xz) (3zx 3zy )
rot( ) 0,0, (x,3(x y ),(6y 1)z)
x y
 ∂ − ∂ −
= − = − −  ∂ ∂ 
.
{ }2 2
D (x,y) R : 2 x 2,0 y 1 x= ∈ − ≤ ≤ ≤ ≤ +
r 2
(x, y) (x,y, 4 x ) , (x, y) D= − ∈
Paso 3. Cálculo del vector normal.
r rx y ( 2x,0, 1)× = − −
Paso 4. Cálculo de la circulación.
2 2 2 2 2
D D
22 1 x 2 21 x
2 2 2 2 2 2
0
2 0 2
2
2 2 2 2 2 2 2 2
2
2 2
C (x,3(x y ),(6y 1)(4 x )) ( 2x,0, 1)dA ( 2x (6y 1)(x 4))dA
( 3x 6yx 24y 4)dydx ( 3x y 3y x 12y 4y) dx
( 3x (1 x ) 3(1 x ) x 12(1 x ) 4(1 x ))dx
( 3x 3(1 x
+
+
− −
−
= − − − • − − = − + − −
= − + − + = − + − +
= − + + + − + + +
= − + +
∫∫ ∫∫
∫ ∫ ∫
∫2 2
2 2 2 6 4 2
2 0
2
7 5 3 7 5 3 6 4 2
0
)x 12(1 x ) 4)(1 x )dx 2 (3x 9x 20x 8)dx
3x 9x 20x 3.2 9.2 20.2 3.2 9.2 20.2
2 8x 2 8.2 4 8
7 5 3 7 5 3 7 5 3
192 144 80 2880 3024 2800 840
4 8 4
7 5 3 105
−
− + + + = − − −
     
= − − − = − − − = − − −          
     
− − −   
= − − − = = −   
   
∫ ∫
15136
105

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11. Sea E una región del espacio con volumen V, superficie frontera S, vector normal unitario
exterior n y centroide (x, y, z).
a. Demuestre que
n2
S
1
z (0,0,z ) dS
2V
=
∫∫ .
Solución.
n2E E E
S
E
2z
2
k zdV zdV zdV
1
z (0,0,z ) dS
V V 2V
k dV
(div(0,0, ) z)
= = = =
=
∫∫∫ ∫∫∫ ∫∫∫
∫∫
∫∫∫
b. Use el resultado anterior para calcular las coordenadas del centroide del hemisferio
sólido 2 2 2 2
x y z a , z 0+ + ≤ ≥ .
Solución.
{ }2 2 2 2
D (x,y) R : x y a= ∈ + ≤
r 2 2 2
(x, y) (x,y, a x y ) , (x, y) D= − − ∈
Paso 3. Cálculo del vector normal exterior.
r rx y
2 2 2 2 2 2
x y
, ,1
a x y a x y
 
 × =
 − − − − 
Paso 4. Cálculo del centroide de la superficie.
n
a
2 2 2 2 2 2
34
0 03.2
S D
2 a
4 4
2 2 3a
83 34
0 03
1 1 1
z (0,0,z ) dS (a x y )dA (a r )rdrd
2V 2V 2. a
1 3.2 a a 3a
(a r )rdrd (x,y, z) (0,0, )
2 4 8a 4 a
π
π
= = − − = − θ
π
 π
= − θ = − = ⇒ =  π π  
∫∫ ∫∫ ∫ ∫
∫ ∫
12. Sea S la porción del paraboloide 2 2
z 1 x y+ = + situada debajo del plano z 1= y sea
F 2
(x, y,z) (0,x 2yz, x )= − . Calcule
F n
S
rot( ) dS•
∫∫ ,
donde n es la normal exterior al paraboloide, directamente, mediante el Teorema de
Stokes y mediante el Teorema de Gauss.

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Solución.
DIRECTAMENTE:
Cálculo de rot(F):
i j k
F
2
rot( ) x y z (2y, 2x,1)
0 x 2yz x
= ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = −
−
Sea
{ }2 2 2
D (x,y) R : x y 2= ∈ + ≤ ,
entonces
r r r2 2
x y(x, y) (x,y,x y 1) , (x, y) D ( 2x, 2y,1)= + − ∈ ⇒ × = − − .
La normal exterior al paraboloide viene dada por r rx y (2x,2y, 1)× = − . Se tiene que:
F n
S D D D
rot( ) dS (2y, 2x,1) (2x,2y, 1)dA (4xy 4xy 1)dA dA 2• = − • − = − − = − = − π
∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫
TEOREMA DE STOKES:
Curva frontera con orientación horaria:
r2 2
C : x y 2 , z 1 (t) ( 2 cos(t), 2sen(t),1) , 0 t 2+ = = ⇒ = − ≤ ≤ π
Se tiene que:
F r F r r'
2
C 0
2
2
0
2 2 2
2 2
0 0 0
d ( (t)) (t)dt
(0, 2 cos(t) 2 2sen(t),2 cos (t)) ( 2sen(t), 2 cos(t),0)dt
2 (cos (t) 2sen(t)cos(t))dt 2 cos (t)dt 4 sen(t)cos(t)dt
2 co
π
π
π π π
• = •
= + • − −
= − + = − −
= −
∫ ∫
∫
∫ ∫ ∫2 2
2
0 0
s (t)dt (1 cos(2t))dt 2
π π
= − + = − π
∫ ∫
TEOREMA DE STOKES (ALTERNATIVO):
Superficie orientada:
r r rx y(x, y) (x,y,1) , (x,y) D (0,0,1)= ∈ ⇒ × =
La orientación correcta del plano viene dada por r rx y (0,0, 1)× = − . Se tiene que:
F n
S D D
rot( ) dS (2y, 2x,1) (0,0, 1)dA dA 2• = − • − = − = − π
∫∫ ∫∫ ∫∫
TEOREMA DE GAUSS:
Sea la superficie cerrada 1 2S S S= ∪ , donde:

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r r r2 2
1 x yS : (x,y) (x, y,x y 1) , (x,y) D (2x,2y, 1)= + − ∈ ⇒ × = −
r r r2 x yS : (x, y) (x,y,1) , (x, y) D (0,0,1)= ∈ ⇒ × =
Se tiene:
F n F n F
F n F n
S S V1 2
S S1 2
rot( ) dS rot( ) dS div(rot( ))dV 0
rot( ) dS rot( ) dS
• + • = =
⇒ • = − •
∫∫ ∫∫ ∫∫∫
∫∫ ∫∫
F n F n
S S D D1 2
rot( ) dS rot( ) dS (2y, 2x,1) (0,0,1)dA dA 2• = − • = − − • = − = − π
∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫
13. Sea S la porción de la semiesfera 2 2 2
x y z 4, z 0+ + = ≥ , que se encuentra en el interior
del cilindro 2 2
x y 1+ = . Dado el campo vectorial (x, y,z) (xy,yz,zx)=F , calcule el flujo
exterior del campo rot(F) a través de S, directamente, usando el teorema de Stokes y
aplicando el teorema de Gauss.
Solución.
Directamente:
{ }2 2 2 2 2
(x, y) (x,y, 4 x y ) , (x, y) D , D (x, y) R : x y 1= − − ∈ = ∈ + ≤r
x y
2 2 2 2
x y
, ,1
4 x y 4 x y
 
 × =
 − − − − 
r r
x y z
rot( ) ( y, z, x)
xy yz zx
∂ ∂ ∂
∂ ∂ ∂
= = − − −
i j k
F
2 2
2 2 2 2
S D
2 2 2 2
D D D D
2 2 2
D D D
x y
rot( ) d ( y, 4 x y , x) , ,1 dA
4 x y 4 x y
yx yx
y x dA dA ydA xdA
4 x y 4 x y
yx yx
dA ydA xdA
4 x y 4 x y
 
 • = − − − − − •
 − − − − 
 
 = − − − = − − −
 − − − − 
= − − − = −
− − − −
∫∫ ∫∫
∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫
∫∫ ∫∫ ∫∫
F S
2
D
2 1 1 2
3 3
2 2
0 0 0 0
dA
r sen( )cos( ) r
drd dr sen( )cos( )d 0
4 r 4 r
π π
θ θ
= − θ = − θ θ θ =
− −
∫∫
∫ ∫ ∫ ∫

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Aplicando el Teorema de Stokes:
r r'(t) (cos(t),sen(t), 3) , t 0,2 (t) ( sen(t),cos(t),0)= ∈ π ⇒ = −   (orientación antihoraria)
2
C 0
2
2
0
d (cos(t)sen(t),sen(t),cos(t)) ( sen(t),cos(t),0)dt
( cos(t)sen (t) sen(t)cos(t))dt 0
π
π
• = • −
= − + =
∫ ∫
∫
F r
Aplicando el Teorema de Gauss:
Sea 1S la región circular del plano z 3= bordeada por la curva C. Parametrizando se
tiene: { }2 2 2
(x, y) (x,y, 3) , (x,y) D , D (x,y) R : x y 1= ∈ = ∈ + ≤r .
El vector normal viene dado por x y (0,0,1)× =r r .
De modo que
S S E S S1 1
rot( ) d rot( ) d div(rot( ))dV rot( ) d rot( ) d• + • = ⇒ • = − •
∫∫ ∫∫ ∫∫∫ ∫∫ ∫∫F S F S F F S F S .
Entonces
S D D1
rot( ) d ( y, z, x) (0,0,1)dA xdA 0− • = − − − − • = =
∫∫ ∫∫ ∫∫F S
14. Sean el campo vectorial F 2 2 2
(x, y,z) (1,1,(x y ) )= + y la superficie 1 2 3S S S S= ∪ ∪ con
orientación exterior que encierra el sólido V donde
2 2
1 2 3S : z x 1 , S : x y 1 , S : z x 1= − + + = = − −
Calcule
a. F S
S S1 3
d
∪
•
∫∫ , usando el teorema de Gauss.
Solución.
F S F S F F S F F S
F S F S
S S S V S S V S1 3 2 1 3 2
S S S1 3 2
d d div( )dV d div( )dV d
d d
∪ ∪
∪
• + • = ⇒ • = − •
• = − •
∫∫ ∫∫ ∫∫∫ ∫∫ ∫∫∫ ∫∫
∫∫ ∫∫
r
r r r r
2
z z
S : ( ,z) (cos( ),sen( ),z) , 0 2 , 1 cos( ) z 1 cos( )
( ,z) ( sen( ),cos( ),0) , ( ,z) (0,0,1) , (cos( ),sen( ),0)θ θ
θ = θ θ ≤ θ ≤ π − − θ ≤ ≤ − θ
θ = − θ θ θ = × = θ θ

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F S
2 1 cos( )
0 1 cos( )
S2
2 1 cos( ) 2 1 cos( )
0 1 cos( ) 0 1 cos( )
d (1,1,1) (cos( ),sen( ),0)dzd
(cos( ) sen( ))dzd (cos( ) sen( ))dzd 0
π − θ
− − θ
π − θ π − θ
− − θ − − θ
− • = − • θ θ θ
− θ + θ θ = − θ + θ θ =
∫∫ ∫ ∫
∫ ∫ ∫ ∫
Por lo tanto F S
S S1 3
d 0
∪
• =
∫∫ .
b. F S
S S2 3
d
∪
•
∫∫ , usando el teorema de Stokes.
Solución.
{ }r r r
F S F S
2 2 2
1 y x
2 1
4
0 0
S S S2 3 1
2 1
5 1 1 4
2 6 3
0 0
S : (x, y) (x,y, x 1) , (x, y) D , D (x, y) R : x y 1 , ( 1,0, 1)
d d (1,1,r ) ( 1,0, 1)rdrd
(r r )drd 2 ( )
π
∪
π
= − + ∈ = ∈ + ≤ × = − −
• = • = • − − θ
= − + θ = − π + = − π
∫∫ ∫∫ ∫ ∫
∫ ∫
15. Suponga que V y S satisfacen las hipótesis del Teorema de Gauss. Demuestre el Teorema
del Gradiente enunciado como sigue: Si f es un campo escalar continuo y con primeras
derivadas parciales continuas en V S∪ , entonces se verifica que
n
S V
f dS fdV= ∇
∫∫ ∫∫∫ .
Solución.
Considere un vector constante no nulo cualquiera A 1 2 3(A , A , A )= y el campo F Af= .
Aplicando el teorema de la divergencia al campo F, resulta
A n A n A A A
S S V V V
f dS f dS div(f )dV fdV fdV• = • = = • ∇ = • ∇
∫∫ ∫∫ ∫∫∫ ∫∫∫ ∫∫∫ ,
A n A A n
S V S V
f dS fdV f dS fdV 0
 
 
• = • ∇ ⇒ • − ∇ = 
 
 
∫∫ ∫∫∫ ∫∫ ∫∫∫ .
Como A es un vector constante no nulo, entonces
n 0 n
S V S V
f dS fdV f dS fdV− ∇ = ⇒ = ∇
∫∫ ∫∫∫ ∫∫ ∫∫∫ .

EJERCICIOS PROPUESTOS
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2.13. EJERCICIOS PROPUESTOS
1. Encuentre una representación paramétrica para cada superficie:
a. El plano que pasa por el punto (1,2, 3)− y contiene los vectores (1,1, 1)− y (1, 1,1)− .
Rta. x 1 u v, y 2 u v, z 3 u v= + + = + − = − − +
b. La parte de la esfera 2 2 2
x y z 4+ + = que se encuentra arriba del cono 2 2
z x y= + .
Rta. x 2sen( )cos( ), y 2sen( )sen( ), z 2 cos( ) 0 4 0 2= φ θ = φ θ = φ ≤ φ ≤ π ≤ θ ≤ π
c. La parte del plano z 5= que está dentro del cilindro 2 2
x y 1+ = .
Rta. (r, ) (r cos( ),rsen( ),5) , 0 r 1 , 0 2θ = θ θ ≤ ≤ ≤ θ ≤ πr
2. Sea la superficie S parametrizada 2
(u,v) (ucos(v),usen(v),u )=r , 0 u 2, 0 v 2≤ ≤ ≤ ≤ π .
Halle:
a. Una ecuación en x,y,z que describa la superficie, identifíquela y grafíquela.
Rta. 2 2
x y z+ = (paraboloide)
b. La ecuación del plano tangente a la superficie paramétrica en el punto (1,1,2).
Rta. 2x 2y z 2− − + = −
c. El área de S. Rta. 6
(17 17 1)π
−
3. Pruebe que las ecuaciones paramétricas
x(u,v) asen(u)cos(v)= , y(u,v) bsen(u)sen(v)= , z(u, v) c.cos(u)= , 0 u≤ ≤ π , 0 v 2≤ ≤ π ,
representan un elipsoide.
4. Determine el área de la superficie S definida por la representación vectorial dada por
(r, ) (r cos( ),rsen( ),b )θ = θ θ θr ,
donde (r, ) 0,a 0,2 , a 0, b 0θ ∈ × π > >       . Rta.
2 22 2 a b aa
b b
b a b.ln( )+ + 
π + + 
 
5. Calcule el área de la porción de la superficie cónica 2 2 2
x y z+ = situada entre los planos
de ecuaciones z 0= , x 3z 6+ = . Rta. 27
4
π
6. Calcule el área de la parte del plano x y z 0+ − = que se encuentra dentro del cilindro
circular 2 2
x y ax 0+ + = . Rta.
23 a
4
π
7. Calcule el área de la porción de la superficie 2 2
y z 4+ = , que se encuentra entre los
planos x z 4+ = y z 4x 8− = . Rta. 24π

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8. Calcule el área de la superficie 2 2
x y 8 z+ = − por encima del plano xy. Rta. 6
(33 33 1)π
−
9. Una esfera de radio R está inscrita en un cilindro circular recto de radio R. Se cortan
ambas figuras con los planos z a= y z b (a b)= < . Demuestre que las porciones de
superficie de la esfera y del cilindro comprendidos entre los dos planos tienen igual área.
10. Halle el área de la parte del plano
x y z
1
a b c
+ + = donde a, b y c son números positivos
dados, que se encuentra en el primer octante. Rta. 2 2 2 2 2 21
2
a b a c b c+ +
11. Halle el área de la porción del paraboloide 2 2
z x y= + que está dentro del cilindro
2 2
x y 16+ = . Rta. 6
(65 65 1)π
−
12. Calcule el área de la superficie dada por la porción del plano x y z 4+ + = que determina
la parte interior del cilindro 2 2
2x 2y 1+ = . Rta. 3
2
π
13. Calcule el área de la región que en el plano de ecuación x y z b+ + = determina el cilindro
2 2 2
x y a+ = , a 0> , b 0> , 0 a b< < . Rta. 2
3 aπ
14. Calcule el área de la porción de superficie cónica 2 2 2
x z y+ = , situada entre los planos de
ecuaciones y 0,= z 4y 5+ = . Rta. 4 10
3 3
π
15. Halle el área de la parte del cilindro de ecuación
2
x
z
2
= comprendida entre los planos de
ecuaciones y 0,= y x,= x 2= . Rta. 1
3
(5 5 1)−
16. Halle el área de la parte del cono 2 2 2
z x y= + situada por encima del plano xy y recortada
por el plano
x
z 2 1
2
 
= + 
 
. Rta. 8π
17. Calcule el área de la porción de superficie que el cilindro 2 2 2
x y a+ = , a 0> recorta sobre
el paraboloide hiperbólico de ecuación
xy
z
b
= , b 0> . Rta.
22 3/2a2
3 2b
b (1 ) 1 π + −
  
18. Halle el área de la parte de la esfera 2 2 2 2
x y z a+ + = que se encuentra dentro del cilindro
2 2
x y ax+ = , a 0> . Rta. 2
2a ( 2)π −

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19. Halle el área de la parte de la esfera 2 2 2 2
x y z a+ + = que se encuentra dentro del cilindro
2 2
2 2
x y
1
a b
+ = , b a≤ , z 0≥ . Rta. 2
4a arcsen(b / a)
20. Halle el área de la parte del cono 2 2 2
z x y , z 0= + ≥ , que se encuentra dentro del cilindro
2 2
x y 2x+ = . Rta. 2π
21. Determine el área de la parte de superficie cónica 2 2 2
z y x+ = comprendida entre la
superficie cilíndrica 2
z y= , y el plano y z 6= − . Rta. 125
3
2
22. Sea K la porción del casquete esférico 2 2 2
1z R x y= − − cortado por el cilindro circular
recto 2 2 2
2 1 2x y R , R R+ = > . Demuestre que el área de K viene dada por la expresión
2 2
1 1 1 22 R (R R R )π − − .
23. Considere una curva plana C, contenida en el plano xz, cuya ecuación viene dada por
z f(x), a x b= ≤ ≤ . Sea S la superficie de revolución que se obtiene al girar la curva C en
torno al eje z.
a. Obtenga una parametrización de S. Rta. (ucos( ),usen( ), f(u)); (u, ) a,b 0,2θ θ θ ∈ × π      
b. Demuestre que
b
2
a
A(S) 2 x 1 (f '(x)) dx= π +
∫ .
c. Aplique el resultado obtenido en (b), para calcular el área de una superficie esférica
de radio a. Rta. 2
4 aπ
24. Calcule las integrales de superficie siguientes:
a. 2 2
S
(x y z)dS+ +
∫∫ , donde S es la superficie de ecuación 2 21
z (x y )
2
= + que se
proyecta en el plano xy en el dominio limitado por la circunferencia de ecuación
2 2
x y 1+ = . Rta. 3 / 21 2
15 15
3 ( .2 )π +
b. 2
S
z dS
∫∫ , donde S es la superficie de ecuación 2 2 2
x y z 1+ + = . Rta. 4
3
π
c. 2 2
S
(x y )dS+
∫∫ , donde S es la superficie del cono de ecuación 2 2 2
z 3(x y )= + limitada
por el plano z 3= y que se encuentra por “encima” del plano xy. Rta. 9π

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d.
S
ydS
∫∫ , donde S es la superficie del triángulo de vértices los puntos (1,0,0), (0,0,1),
(0,2,0). Rta. 1
25. Encuentre la masa de un embudo delgado en forma de cono 2 2
z x y= + , 1 z 4≤ ≤ , si su
función de densidad es (x, y,z) 10 zρ = − . Rta. 108 2π
26. Calcule la masa de la porción del plano x y z 1+ + = que se encuentra en el primer octante
si la densidad superficial en cualquier punto (x,y,z) de la superficie es 2
kx kilogramos por
metro cuadrado, donde k es una constante. Rta. 1
12
3k
27. Determine las coordenadas del centro de masa de la superficie S definida por la esfera
2 2 2
x y z 4, z 0+ + = ≥ , la cual se supone que es homogénea. Rta. (0,0,1)
28. Con una lámina homogénea muy delgada, se fabrica un cono de ecuación 2 2
z x y= + ,
0 z 1≤ ≤ . Determine la posición del centro de masa de la superficie S formada por la
superficie lateral de ese cono más la superficie de la base. Rta. 2 2 3
3(1 2)
(0,0, )+
+
29. Determine la masa de la superficie del cubo limitado por los planos coordenados y los
planos x 1= , y 1= , z 1= . Se supone que la densidad superficial está dada por
(x, y,z) yzρ = . Rta. 3
2
30. Determine las coordenadas del centro de masa de la superficie homogénea en forma de
cono circular recto de radio de base R y altura H, incluyendo la base.
Rta.
2R (2 2R 3H)
23( 2R 1)
(x,y, z) (0,0, )
+
+
=
31. La superficie cónica 2 2 2
z x y ; 0 z a= + ≤ ≤ tiene densidad constante. Calcule el centro de
masa y el momento de inercia alrededor del eje z.
Rta. 2 2 3a
z 23( 2 1)
(x,y, z) (0,0, ) I ( 2 1)+ π
+
= = +
32. Halle el momento de inercia alrededor del eje x, de la parte de la superficie de la esfera
unitaria 2 2 2
x y z 1+ + = que está sobre el cono 2 2 2
z x y= + . Suponga la densidad
constante igual a k. Rta. 4 7
3 12
k ( 13)π −

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33. Calcule el flujo del campo F(x, y,z) (x,2y, 4z)= a través de la superficie S dada como el
cubo limitado por los planos coordenados y por los tres planos de ecuaciones x 1= , y 1= ,
z 1= . Rta. 7
34. Calcule el flujo del campo F a través de la superficie S, sabiendo que F(x, y,z) (0, y,z)= y
S es el paraboloide 2 2
y x z= + y el disco 2 2
x z 1+ ≤ , y 1= . Rta. π
35. Calcule el flujo del campo F(x, y,z) (x, y,z)= , a través de la superficie lateral del cilindro
2 2
x y 1+ = limitado por los planos x y z 1+ + = y x y z 2+ + = . Rta. 2π
36. Calcule la integral de superficie
S
xdydz zdzdx ydxdy+ +
∫∫ ,
donde S es la superficie esférica 2 2 2 2
x y z a+ + = . Rta. 34
3
aπ
37. Verifique el teorema de Stokes donde F(x,y,z) (z, x, y)= ; la superficie S es la parte del
paraboloide 2 2
z 4 x y= − − con z 0≥ . Se considera la normal unitaria con componente z
no negativa. Rta. 4π
38. Utilice el Teorema de Stokes para calcular
C
d•
∫ F r ,
donde F 2 2 2
(x, y,z) (x z,xy ,z )= y C es la curva de intersección del plano x y z 1+ + = y el
cilindro 2 2
x y 9+ = tal que vista desde arriba del plano xy está orientada en sentido
contrario al de las manecillas del reloj. Rta. 81
2
π
39. Calcule el trabajo realizado por el campo de fuerza dado por la expresión vectorial
F x 2 y 2 z 2
(x, y,z) (x z ,y x ,z y )= + + + al mover una partícula alrededor del borde de la esfera
2 2 2
x y z 4+ + = que está en el primer octante, en sentido contrario al giro de las agujas
del reloj (visto desde arriba). Rta. 8
40. Verifique el teorema de la divergencia para el campo F(x, y,z) (3x, 2y,z)= − y el sólido V
acotado por las superficies de ecuaciones 2 2
x z 4, y 0, x y z 3+ = = + + = . Rta. 24π

y sus Aplicaciones
Pág.: 156 de 160
Prof.
41. Calcule las integrales de superficie siguientes:
a.
S
dS•
∫∫F n , donde F(x, y,z) (x, y, z)= y S es la frontera de la región limitada por
2 2
x y 16, z 0, z 6+ = = = . Rta. 288π
b. 2 2 2
S
(x ,y ,z ) d•
∫∫ S , donde S es la superficie del cubo unidad limitado por los planos
coordenados y los planos de ecuación x 1, y 1, z 1= = = . Rta. 3
42. Use el teorema de Stokes para calcular la integral de línea dada por la expresión
C
(y z)dx (z x)dy (x y)dz+ + + + +
∫ ,
donde C es la curva definida por el sistema de ecuaciones 2 2
x y 2x, x z+ = = , recorrida en
sentido tal que su proyección sobre el plano xy vista desde la parte positiva del eje z se
recorre en sentido horario. Rta. 0
43. Suponga que S y C satisfacen las hipótesis del teorema de Stokes y f, g tienen derivadas
parciales continuas de segundo orden. Utilice las identidades vectoriales
F G F Grot( ) rot rot+ = + y F F Frot(f ) frot ( f)= + ∇ × para demostrar que:
a.
C S
(f g) d ( f g) d∇ • = ∇ × ∇ •
∫ ∫∫r S
b.
C
(f f) d 0∇ • =
∫ r
c.
C
(f g g f) d 0∇ + ∇ • =
∫ r
44. Utilice el teorema de Stokes para evaluar la integral de línea
C
ds•
∫ F T
si se sabe que F 2
(x, y,z) (xz, xy,y )= y C es la frontera de la superficie que consiste de la
porción del cilindro 2
z 4 x= − del primer octante determinada por los planos coordenados
y el plano y 3= . Rta. 45
45. Calcule la integral de línea que se da a continuación (Utilice el teorema de Stokes
indicando el sentido de recorrido de C para obtener la respuesta dada).

y sus Aplicaciones
Pág.: 157 de 160
Prof.
C
(y z)dx (z x)dy (x y)dz− + − + −
∫ ,
C es la intersección del “cilindro” 2 2
x y 4+ = y el plano x z 2+ = . Rta. 16π
46. Sean r (x, y,z)= , S una superficie cerrada, orientable que limita un sólido V y n la
normal unitaria exterior a S. Utilice la fórmula
2
S
1
( r ) dS
6
∇ •
∫∫ n
que calcula el volumen de un sólido a fin de hallar el volumen de un elipsoide de semiejes
a, b y c. Rta. 4
3
abcπ
47. Utilice algún teorema para calcular las integrales siguientes (no las calcule directamente):
a. 3 2
1
S
I (x z, x yz, 3xy ) d= − + − •
∫∫ S , donde S es la frontera del sólido limitado por la
superficie 2 2
z 2 x y= − + y el plano xy. Rta. 4π
b. 2
C
I d= •
∫ F r , donde F xy xy
(x,y,z) (ye , xe ,xyz)= ; C es la curva contenida en el primer
octante que se obtiene como intersección de la superficie de ecuación
2 2 2
(z a) x y− = + , (a constante positiva) con los planos coordenados. El sentido de
recorrido de C es antihorario cuando la miramos desde “encima” del plano xy.
Rta. 0
48. Sea S la porción de superficie 2 2
z 4 x y= − − que se encuentra por encima del plano
z x 2+ = . Calcule el flujo del campo 2 2
(x, y,z) (x, y,z x y )= + +F a través de S en la
dirección de un normal de componente z positiva.

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