Campos y Formas. Curso 14-15.PDF

Campos y formas

Beatriz Hernando

septiembre 2014

Indice general

I Integrales sobre caminos e integrales sobre superficies.Interpretaciones fısicas 5

1. Integrales sobre caminos 71.1. Caminos y recorridos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.2. Integrales de trayectoria e integrales de lınea . . . . . . . . . . . . . 171.3. Recorridos equivalentes. Orientacion de un recorrido. . . . . . . . . . 271.4. Campos conservativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 381.5. El Teorema de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 451.6. Problemas del capıtulo 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 531.7. Soluciones de los problemas del capıtulo 1 . . . . . . . . . . . . . . . 561.8. Pruebas de autoevaluacion del capıtulo 1 . . . . . . . . . . . . . . . . 68

2. Integrales sobre superficies 732.1. Superficies y recorridos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 752.2. Integrales de superficie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 832.3. Recorridos equivalentes. Orientacion de una superficie. . . . . . . . . 902.4. El Teorema de Stokes y el Teorema de la divergencia . . . . . . . . . 1052.5. Problemas del capıtulo 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1192.6. Soluciones de los problemas del capıtulo 2 . . . . . . . . . . . . . . . 1212.7. Pruebas de autoevaluacion del capıtulo 2 . . . . . . . . . . . . . . . . 133

II Formas diferenciales y demostracion del teorema deStokes 139

3. Formas diferenciales 1413.1. Tensores alternos y producto exterior . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1423.2. Formas diferenciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1603.3. El teorema de Poincare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1663.4. Problemas del capıtulo 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1733.5. Soluciones de los problemas del capıtulo 3 . . . . . . . . . . . . . . . 176

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2 INDICE GENERAL

3.6. Pruebas de autoevaluacion del capıtulo 3 . . . . . . . . . . . . . . . . 190

4. El teorema de Stokes 1954.1. Cadenas de recorridos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1964.2. Demostracion del teorema de Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1994.3. Corolarios del teorema de Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2124.4. Problemas del capıtulo 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2154.5. Soluciones de los problemas del capıtulo 4 . . . . . . . . . . . . . . . 2174.6. Pruebas de autoevaluacion del capıtulo 4 . . . . . . . . . . . . . . . . 226

A. Soluciones de las pruebas de autoevaluacion 231

B. Glosario 233

Introduccion

Este libro electronico es el texto base del curso “Campos y formas” del grado deCiencias Matematicas, de la Facultad de Ciencias de la UNED.Los contenidos del curso se reparten entre las materias “Analisis Matematico”,“Geometrıa” y “Fısicas”. En la primera parte del libro se desarrollan las integralessobre caminos y sobre superficies desde un punto de vista mas cercano al AnalisisMatematico, haciendo hincapie en como se construyen recorridos por las curvas ysuperficies mas conocidas del plano y del espacio y en el calculo de integrales a lolargo de esos recorridos. Mientras que en la segunda parte se introduce el conceptode forma diferencial, esencial para la Geometrıa Diferencial, que nos permitira darun enfoque unico a las integrales que se estudian en la primera parte.En la primera parte trabajaremos con algunos de los teoremas mas importantes delcalculo integral, como el Teorema de Green, el de Gauss y el de Stokes, y veremosdistintas aplicaciones de los mismos, tanto en Matematicas como en Fısicas, quemuestran la gran utilidad de estos resultados, para despues desarrollar en la segundaparte las herramientas teoricas necesarias que permiten englobar todos los teoremasenunciados en la primera parte dentro un unico teorema: el Teorema de Stokes ensu version general.Cada parte consta de dos capıtulos, cada uno de los cuales esta formada por variassecciones. En cada capıtulo se van desarrollando los contenidos de forma paulatina,intercalando las definiciones y los resultados teoricos con ejemplos y ejerciciosresueltos. Para ampliar y reforzar los conocimientos adquiridos en cada capıtulose ofrece al final del mismo una coleccion de problemas, similares a los ejerciciosdesarrollados a lo largo de las secciones, cuyas soluciones completas se incluyen enla siguiente seccion. Y la ultima seccion de cada capıtulo recoge dos pruebas de autoevaluacion de tipo test, con diez preguntas cada una, cuyas soluciones se dan al finaldel libro.El libro ha sido disenado para estudiantes que, por circunstancias personales,han optado por realizar su aprendizaje de forma independiente, sin la ayuda declases presenciales diarias. Por esta razon en el libro se han incluido distintostipos de ayudas que facilitan su estudio: explicaciones muy detalladas, continuasobservaciones y llamadas de atencion, sugerencias, figuras, soluciones completas de

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4 INDICE GENERAL

los problemas, pruebas de autoevaluacion y glosario.En cada problema que se propone, la solucion que se ofrece explica paso por pasolo que hay que hacer, desarrollando de esta manera un metodo de resolucion que,al ser repetido en distintos problemas, permitira al estudiante adquirir la destrezanecesaria para resolver problemas similares el solo. Por otro lado, cada vez que seintroduce un concepto nuevo se analiza la relacion con otros conceptos previamenteadquiridos por el estudiante, se pone de manifiesto los puntos mas importantes de lanueva definicion y se incluyen ejemplos, para facilitar al estudiante la labor de hacersuyos los conceptos introducidos. En matematicas la claridad de la exposicion y elrigor con el cual se expresan las ideas dependen en parte del uso de una notacionadecuada y clara. En la elaboracion de este texto se ha puesto mucho cuidado enescoger la notacion sin salir de la tradicional, en mantenerla a lo largo del texto yen precisar en todo momento el significado de los sımbolos que se usan, prefiriendopecar de repetitivos antes que dejar cabida a la imprecision. Ası, cada vez que setrabaja con una funcion se especıfica con claridad de donde a donde va la funcion.Por ejemplo, ϕ : [a, b] ⊂ R→ Rn significa que ϕ es una funcion vectorial (con imagenen el espacio vectorial Rn), de variable real (parte de un subconjunto de la recta realR) definida en el intervalo [a, b]. Al principio de cada capıtulo nos detendremos adescribir y justificar la notacion que vamos a emplear.

Parte I

Integrales sobre caminos eintegrales sobre superficies.

Interpretaciones fısicas

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Capıtulo 1

Integrales sobre caminos

En este capıtulo hay cinco secciones. En la primera vamos a establecer las estructurasmatematicas, caminos y recorridos, necesarias para formalizar conceptos fısicos tanfundamentales como el trabajo que realiza una fuerza al mover una partıcula o lamasa de un alambre de densidad variable.Las herramientas matematicas que se utilizan para definir estos conceptos fısicos sonlas integrales de trayectoria y las integrales de lınea, que se estudian en la segundaseccion. Partiendo de las leyes fısicas que se verifican en las circunstancias massimples (por ejemplo, desplazamientos rectos y fuerzas constantes) deduciremos,utilizando estas herramientas matematicas, las leyes para las circunstancias masgenerales.Pasaremos despues a analizar bajo que condiciones podemos asegurar que dosrecorridos de un mismo camino son equivalentes, que nos llevara a la definicionde recorrido regular de un camino (cerrado) simple. Veremos que las integrales detrayectoria no cambian si los recorridos son equivalentes, pero las integrales de lıneasi pueden cambiar de signo, razon por la cual es necesario introducir el concepto deorientacion positiva y de orientacion negativa de un recorrido.En la cuarta seccion introduciremos el concepto de campo conservativo. Aprende-remos a comprobar si un campo es o no es conservativo y aprenderemos tambien acalcular su funcion potencial, en el caso de tener un campo conservativo. Una primeraaplicacion del teorema de Stokes para campos conservativos nos permitira demostrarel teorema de conservacion de la energıa mecanica.En la quinta seccion estudiaremos el teorema de Green que relaciona la integral delınea sobre un camino cerrado con una integral doble sobre el recinto encerrado porese camino. Veremos distintas situaciones en las cuales la aplicacion del teorema deGreen resulta especialmente ventajosa.Las tres ultimas secciones estan dedicadas a reforzar los conocimientos adquiridosa traves de la realizacion de los problemas propuestos y de las pruebas deautoevaluacion.

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8 CAPITULO 1. INTEGRALES SOBRE CAMINOS

Notacion

Siempre que aparezca un sımbolo matematico con un guion por encima, comox, v, ϕ, F por ejemplo, significara que el objeto matematico al que hace referenciaesta formado por varias coordenadas o componentes. Ası x y v son vectores en Rncuyas coordenadas en la base canonica denotaremos por:

x = (x1, x2, ..., xn) y v = (v1, v2, ..., vn)

Mientras que sımbolos como ϕ y F indicaran que estamos trabajando con funcionesque tienen su imagen en Rn, de modo que sus componentes en la base canonica deRn se denotaran por:

ϕ = (ϕ1, ..., ϕn) y F = (F1, ..., Fn)

Siempre que trabajemos con dos vectores o dos funciones distintas a la vez usaremosdistintas letras para diferenciarlas, por ejemplo v y w, o ϕ y ψ, o F y G. Perohay ocasiones en las que trabajaremos con colecciones de funciones que compartenalgunas propiedades. Entonces nos veremos obligados a diferenciarlos empleando unsubındice como por ejemplo ϕk (ver pagina 8). En estos casos el guion que corona alsımbolo ϕk indica al lector que se trata de una funcion con valores en Rn, distintaa la funcion ϕk que es la componente k-esima de la funcion ϕ.A menudo trabajaremos con campos escalares que son funciones que tienen su imagenen R. En ese caso usaremos letras minusculas como f y g; es decir que f y g denotaranfunciones que estan definidas en un subconjunto abierto U ⊂ Rn pero tienen suimagen en R.Para denotar a los subconjuntos abiertos de Rn utilizaremos las letras U, V y W.Para que las definiciones tengan sentido el abierto debe ser no vacıo, por esa razonestablecemos desde el comienzo que todos los abiertos U, V y W son no vacıos.Otras veces las funciones estaran definidas en intervalos cerrados y acotados de Rque denotaremos por [a, b]. Ası por ejemplo, ϕ : [a, b] ⊂ R→ Rn es una funcion conn componentes, ϕ = (ϕ1, ..., ϕn), cada una de las cuales son funciones de [a, b] en R;es decir ϕi : [a, b] ⊂ R→ R, para todo i ∈ {1, ..., n}.Como es habitual, cuando ϕ es una funcion de una variable, que denotaremos port porque en las aplicaciones a conceptos de Fısica sera el tiempo, y es derivableen un punto t0 ∈ [a, b], o lo que es lo mismo, cada componente ϕi de ϕ esderivable en t0, denotaremos a su derivada usando una comilla como superındice.Ası ϕ′(t0) = (ϕ′1(t0), ..., ϕ′n(t0)). Pero si ϕ tiene mas de una variable, ya no hablamosde su derivada en un punto t0 sino de su diferencial en u0 que se identifica con sumatriz jacobiana, formada por las derivadas parciales respecto a todas las variablesde todas sus componentes. A la matriz jacobiana la denotaremos por Dϕ(u0), demodo que si ϕ : U ⊂ Rm → Rn es diferenciable en u0 ∈ U entonces la matriz

1.1. CAMINOS Y RECORRIDOS 9

jacobiana en ese punto es:

Dϕ(u0) =

D1ϕ1(u0) · · · Dmϕ1(u0). . . . . . . . .

D1ϕn(u0) · · · Dmϕn(u0)

Esta matriz es de tamano n×m (n filas ×m columnas) y, si la describimos pensandoen las filas, es la matriz cuyas filas son las derivadas parciales de las componentes deϕ respecto a las m variables en el punto u0; es decir que estamos usando la notacionDiϕj(u0) para indicar la derivada parcial de la funcion ϕj : U ⊂ Rm → R respectode la variable i-esima.Cuando trabajemos con campos escalares, que como ya hemos adelantadodenotaremos por las letras f y g; esto es con funciones f : U ⊂ Rn → R y suceda queson diferenciables en un punto u0 ∈ U, entonces la matriz jacobiana en ese punto esde tamano 1× n; es decir, solo tiene una fila, la formada por las derivadas parcialesde f en u0. En estos casos es habitual identificar la matriz con un vector y hablardel vector gradiente de f que denotaremos por ∇f(u0).Como es habitual, diremos que una funcion es de clase Cp en el abierto U dondeesta definida si existen las funciones derivadas parciales hasta el orden p y todas soncontinuas en todos los puntos del abierto.Por ultimo, como vamos a trabajar con la integral de Riemann, vamos a necesitartrabajar con particiones de intervalos. Las denotaremos por P. Recordemos que siP es una particion de un intervalo [a, b] ⊂ R entonces P es una coleccion finita desubintervalos Jj ⊂ [a, b] que vienen determinados por una coleccion finita de puntos,{a = t0 < t1 < .. < tj < tj+1 < .... < tp+1 = b}, de modo que cada par de puntosconsecutivos define un subintervalo de la forma Jj = [tj , tj+1]. Con esta notacion se

verifica que P = {Jj ; 0 ≤ j ≤ p)} y [a, b] =p⋃j=0

Jj .

1.1. Caminos y recorridos

En los problemas que abordaremos en este libro apareceran conjuntos en R2, quellamaremos caminos, en forma de circunferencia, tramos de parabolas y tramos deotras curvas conocidas del plano, pero tambien apareceran conjuntos como el de lasiguiente figura. Ese conjunto tiene problemas en los puntos p y q, porque aunqueno pierde la continuidad en esos puntos si pierde la derivabilidad. Eso les va asuceder a algunos de los caminos con los que vamos a trabajar, por eso no les vamosa llamar curvas. Mientras que a los desplazamientos a lo largo de los caminos lesllamaremos recorridos. Hemos elegido estos dos terminos, camino y recorrido, porquesu significado fuera de las matematicas refleja la idea que queremos transmitir: porlos caminos que conocemos circulan personas y vehıculos de muy diversas maneras,realizando cada cual su propio recorrido.


Figura 1.1: Camino

En las siguientes definiciones se considera el caso general Rn, aunque en los ejemplosy problemas trabajaremos con n = 2 y n = 3.

Definicion 1.1 Llamamos camino en Rn a todo conjunto depuntos C ⊂ Rn que se obtiene al tomar la imagen de un intervalo[a, b] ⊂ R por medio de una funcion continua c : [a, b] → Rn, que nosea constante

Pedimos que c no sea constante para que C = c([a, b]) sea un conjunto que tieneinfinitos puntos. Ademas pedimos que c sea continua porque las funciones que noson continuas pueden tener un comportamiento impredecible. Uno de los ejemplosmas conocidos de funcion que no es continua es la funcion que toma distintos valoresen los numeros racionales (Q) que en los irracionales (R\Q). Por ejemplo, si c es dela forma:

c : [a, b] ⊂ R → R2

t

{(t, t) si t ∈ [a, b] ∩Q(t, 0) si t ∈ [a, b]\Q

entonces el camino partirıa del punto (0, 0) pero a partir del instante t = 0 el caminoavanzarıa “simultaneamente” por las rectas x1 = x2 y x2 = 0.En la siguiente definicion veremos que para ser recorrido la funcion tiene que cumplirmejores propiedades.


Definicion 1.2 Dado un camino C ⊂ Rn se dice que ϕ : [a, b]→C es un recorrido de C si ϕ([a, b]) = C, ϕ es continua en [a, b] yexiste una particion P de [a, b] tal que ϕ es derivable con continuidad,o equivalentemente de clase C1, en el interior de cada intervalo J ∈ P,es decir que la derivada de ϕ puede no existir, o simplemente perder lacontinuidad en una cantidad finita de puntos de [a, b].

La condicion: ϕ de clase C1 en todo [a, b] excepto en una cantidad finita de puntos, sepide porque vamos a usar los recorridos para calcular integrales sobre ellos y en esasintegrales intervendra la funcion ϕ′(t). Recordemos que por el teorema de Lebesgueuna funcion acotada es integrable Riemann sobre [a, b] si y solo si es continua sobretodo [a, b] excepto en un conjunto de medida cero. Por otro lado como [a, b] es unconjunto compacto, los conjuntos de [a, b] que son de medida cero coinciden con losque son de contenido cero y esos son los conjuntos que tienen una cantidad finita depuntos.A continuacion vamos a ver algunos ejemplos de caminos y de recorridos. Empecemospor el ejemplo mas sencillo: una recta en Rn.

Ejemplo 1.3 Recordemos que para elegir una recta tenemos que determinarun punto por el que pase la recta (a1, ..., an) y un vector director (v1, ..., vn). De modoque los puntos (x1, ..., xn) ∈ Rn que pertenecen a esta recta son los que verifican lasiguiente igualdad:

(x1, ..., xn) = (a1, ..., an) + t(v1, ..., vn)

para algun numero real t. Recordemos que si en lugar de tener un punto y un vectordirector tenemos dos puntos de la recta, (a1, ..., an) y (b1, ..., bn) entonces construimosel vector director ası:

(v1, ..., vn) = (b1 − a1, ..., bn − an)

Recordemos tambien que al desarrollar la ecuacion de la recta, describiendo lo quesucede en cada una de las coordenadas del vector (x1, x2, ..., xn) ∈ Rn, obtenemoslas llamadas ecuaciones parametricas de la recta; esto es,

x1 = a1 + tv1

x2 = a2 + tv2

.........xn = an + tvn

Cualquier tramo de esta recta es un camino. Por ejemplo el camino que empieza enel punto (a1, ..., an) y termina en el punto (b1, ..., bn) = (a1, ..., an) + (v1, ..., vn) se


puede describir como

C = c([0, 1])

siendo c : [0, 1]→ Rn la funcion continua dada por c(t) = (a1, ..., an) + t(v1, ..., vn).Como sera habitual en los ejemplos que iremos viendo, la misma funcion c queusamos para definir el camino C nos sirve tambien para definir un recorrido sobreC :

ϕ : [0, 1] ⊂ R → C ⊂ Rnt (a1, ..., an) + t(v1, ..., vn)

Pero si cambiamos el papel del escalar t por otra funcion que transforme el intervalo[0, 1] en el mismo intervalo [0, 1], como por ejemplo una funcion de la forma tk,siendo k cualquier numero natural, obtenemos otro recorrido del mismo camino quevamos a denotar por ψk :

ψk : [0, 1] ⊂ R → C ⊂ Rnt (a1, ..., an) + tk(v1, ..., vn)

Por otro lado, como las funciones ϕ que usamos para recorrer los caminos sonfunciones continuas y verifican que ϕ([a, b]) = C, cada recorrido ϕ nos sirve tambienpara dar una descripcion del camino C.

El ejemplo que acabamos de ver muestra que un mismo camino se puede recorrerde muchas maneras. Si interpretamos la variable del recorrido ϕ como el tiempo,entonces a medida que t avanza desde a hasta b, ϕ(t) se va moviendo a lo largo dela camino C. Con esta interpretacion es natural que si ϕ es derivable en t0 ∈ [a, b]llamemos vector velocidad en t0 al vector tangente en t0; esto es el vector ϕ′(t0),el modulo de este vector, ||ϕ′(t0)||, es entonces el modulo de la velocidaden t0 y el vector ϕ′′(t0) es el vector aceleracion. Con esta interpretacion, losrecorridos descritos en el ejemplo anterior tienen distintos vectores velocidad ydistintas aceleraciones, en concreto se verifica que

ψ′k(t0) = ktk−1

0 (v1, ..., vn) k ≥ 1∥∥∥ψ′k(t0)∥∥∥ = k |t0|k−1

√v2

1 + ...+ v2n k ≥ 1

ψ′′k(t0) = k(k − 1)tk−2

0 (v1, ..., vn) k ≥ 2 y ψ′′1(t0) = 0

Observemos que el camino C dado por la funcion c : [a, b] → Rn no coincide con lagrafica de la funcion c que por definicion viene dada por

Grafica(c) = {(t, x1, ..., xn) ∈ Rn+1; (x1, ..., xn) = c(t), t ∈ [a, b]}


sino que C = c([a, b]) ⊂ Rn, por esa razon hablamos de un camino en Rn, porque esun subconjunto de Rn.A continuacion vamos a ver otro ejemplo de un camino muy conocido en R2 quepodemos recorrer de muchas maneras.

Ejemplo 1.4 Recordemos que para elegir una elipse en el plano necesitamosdeterminar el centro de la figura (p1, p2) y las longitudes de los dos semiejes a y b(ver figura 1.2). De modo que los puntos (x1, x2) ∈ R2 que pertenecen a esa elipseson los que verifican la siguiente igualdad:

(x1, x2) = (a cos(t) + p1, b sin(t) + p2)

para algun numero real t. Recordemos que si tomamos a = b = r la ecuacion anteriornos describe una circunferencia de centro (p1, p2) y radio r.

Figura 1.2: Elipse

Cualquier tramo de la elipse o de la circunferencia es un camino. Por ejemplo elcamino que empieza en el punto (p1 + a, p2) y termina en el mismo punto se puededescribir como

C = c([0, 2π])

siendo c : [0, 2π]→ R2 la funcion continua dada por c(t) = (a cos(t)+p1, b sin(t)+p2).De nuevo observamos que la misma funcion c que usamos para describir el caminoC nos sirve tambien para tomar un recorrido sobre C :

ϕ : [0, 2π] ⊂ R → C ⊂ R2

t (a cos(t) + p1, b sin(t) + p2)

Si cambiamos el intervalo [0, 2π] por un intervalo del tipo [0, 2kπ], siendo k cualquiernumero natural, lo que tenemos es un recorrido a lo largo de la elipse, o de la


circunferencia, que da k vueltas.

ϕk : [0, 2kπ] ⊂ R → C ⊂ R2

t (a cos(t) + p1, b sin(t) + p2).

Tambien podemos conseguir que el recorrido de k vueltas manteniendo el intervaloen [0, 2π] y cambiando t por kt:

ψk : [0, 2π] ⊂ R → C ⊂ R2

t (a cos(kt) + p1, b sin(kt) + p2).

En el primer caso los vectores velocidad y aceleracion no dependen de k mientrasque en el segundo caso varıan con k:

ϕ′k(t) = (−a sin(t), b cos(t))

ϕ′′k(t) = (−a cos(t),−b sin(t))

ψk′(t) = (−ak sin(kt), bk cos(kt))

ψk′′(t) = (−ak2 cos(kt),−bk2 sin(kt)).

Observemos que hay una diferencia significativa entre los recorridos ψk de losejemplos 1.3 y 1.4 . Todos estan formados por funciones de clase C∞, no solo en [a, b]sino en todo R, pero los del ejemplo 1.3, aun teniendo distintos vectores velocidad yaceleracion, son todos inyectivos, mientras que los del ejemplo 1.4 no lo son. Estasson las propiedades claves que van a determinar el comportamiento de los recorridosde un camino: la derivabilidad con continuidad y la inyectividad.En los ejemplos anteriores hemos utilizado dos recursos distintos para construir losrecorridos de los caminos. En el caso de las rectas nos hemos servido de la ecuacionque satisfacen los puntos de las rectas para construir el recorrido, mientras que en elsegundo ejemplo hemos partido de la simetrıa de las circunferencias y las elipses quenos ha permitido utilizar las coordenadas polares para construir el recorrido. Estosson los dos recursos que utilizaremos a lo largo del libro para recorrer los caminosque aparecen en los ejercicios y problemas.Cuando construimos el recorrido partiendo de la ecuacion o las ecuaciones quesatisfacen los puntos del camino, podemos encontrarnos las ecuaciones en tres formasdistintas:1- Ecuaciones parametricas.2- Ecuaciones explıcitas.3- Ecuaciones implıcitas.Las ecuaciones parametricas describen el comportamiento de cada variable enfuncion de un mismo parametro, como sucede en los ejemplos 1.3 y 1.4. De modoque si el camino esta en el plano necesitamos dos ecuaciones parametricas, porquetenemos dos variables y si el camino esta en el espacio, entonces necesitamos tresecuaciones para describir a las tres variables.


En las ecuaciones explıcitas para caminos en el plano una de las variables vieneexpresada de forma explıcita en funcione de la otra, eso sucede por ejemplo conlas rectas en el plano, x2 = a2 + m(x1 − a1), y con las parabolas en el plano,x2 = K(x1 − p1)2 + p2. En este caso solo necesitamos una ecuacion explıcita paradescribir el comportamiento de los puntos que forman parte del camino en el plano.Mientras que en las ecuaciones explıcitas para caminos en el espacio dos de lasvariables vienen expresadas de forma explicita en funcion de la tercera variable,como sucede con las rectas, x2 = a2 +m2(x1 − a1), x3 = a3 +m3(x1 − a1). En estecaso necesitamos dos ecuaciones explıcitas para describir el comportamiento de lospuntos que forman parte del camino en el espacio.Por ultimo, las ecuaciones implıcitas para caminos en el plano expresan elcomportamiento de las dos variables sin que ninguna de ellas aparezca despejadaen funcion de la otra, como sucede con la circunferencia x2

1 + x22 = 1. De nuevo una

sola ecuacion implıcita es necesaria para describir el comportamiento de los puntosque forman parte del camino en el plano. Mientras que para describir caminos en elespacio necesitaremos dos ecuaciones implıcitas, como por ejemplo el camino que seforma al intersecar una esfera y un paraboloide: x2

1 + x22 + x2

3 = r2 y x21 + x2

2 = x3.Cuando los puntos del camino vienen descritos con ecuaciones parametricas podemosconstruir los recorridos usando las mismas ecuaciones, como hemos hecho en losejemplos 1.3 y 1.4. Tambien en el caso en que los puntos del camino vengan descritoscon ecuaciones explıcitas, como por ejemplo los tramos de la parabola de ecuacionx2 = K(x1 − p1)2 + p2 podemos construir el recorrido usando la misma ecuacion demodo que ϕ(t) tendra la forma: ϕ(t) = (t,K(xt− p1)2 + p2), para un valor de t enel intervalo [a, b] adecuado, de modo que ϕ(t) recorra el tramo deseado.Cuando los puntos del camino vienen descritos con ecuaciones implıcitas podemosconstruir recorridos que se muevan por partes del camino despejando en cada tramola variable adecuada. Para ello sera muy util el teorema de la funcion implıcita .Ası por ejemplo, podemos recorrer la semicircunferencia superior de centro (0, 0) yradio 1 despejando la variable x2 en la ecuacion x2

1 + x22 = 1 obteniendo el recorrido

ϕ(t) = (t,√

1− t2) con t ∈ [−1, 1].A continuacion vamos a definir la longitud de un recorrido.

Definicion 1.5 Dado un recorrido ϕ de un camino C ⊂ Rn sedefine la longitud de ϕ, que denotamos por l(ϕ), como:

l(ϕ) =

b∫a

||ϕ′(t)||dt

Veamos porque esta integral nos da la longitud del recorrido. Observemos que cada


particion P de [a, b] proporciona un valor aproximado de l(ϕ) a traves de la sumade las longitudes de los segmentos [ϕ(tj), ϕ(tj+1)] ⊂ Rn esto es:

p∑j=0

||ϕ(tj)− ϕ(tj+1)||

Si la coleccion de puntos del intervalo [a, b] que determinan a P contiene a los puntosdonde ϕ′(t) no es continua, entonces en cada rectangulo se puede aplicar el teoremadel incremento finito y acotar la suma anterior por la siguiente:

p∑j=0

sup{||ϕ′(ξj)|| : ξj ∈ Jj}(tj+1 − tj)

pero esta suma es precisamente S(||ϕ′||, P ); es decir la suma superior de la funcion||ϕ′(t)|| asociada a la particion P. Por lo tanto, la integral de Riemann que define l(ϕ)coincide con el lımite de estas sumas superiores y nos da la longitud del recorrido.En general no se verifica que la longitud de ϕ coincida con la longitud del camino,como muestran los siguientes ejemplos.

Ejemplo 1.6 Vamos a calcular la longitud de los recorridos descritos en los

dos primeros ejemplos. Empecemos por los recorridos ψk de los tramos de rectas enRn

l(ψk) =

1∫0

k |t|k−1√v2

1 + v22 + ...+ v2

ndt =√v2

1 + v22 + ...+ v2

n

1∫0

ktk−1dt

=√v2

1 + v22 + ...+ v2

n tk]10

=√v2

1 + v22 + ...+ v2

n

Como podemos ver el resultado no depende en este caso de k; es decir que aunque losrecorridos tienen distintos vectores velocidad y aceleracion la longitud de los mismoscoincide.Ahora vamos a calcular la longitud de los recorridos ϕk y ψk alrededor de la

1.2. INTEGRALES DE TRAYECTORIA E INTEGRALES DE LINEA 17

circunferencia en el plano.

l(ϕk) =

2kπ∫0

√(−rsent)2 + (r cos t)2dt

=

2kπ∫0

√r2(sen2t+ cos2 t)dt

=

2kπ∫0

rdt = 2kπr.

l(ψk) =

2π∫0

√(−rksenkt)2 + (rk cos kt)2dt

=

2π∫0

rkdt = 2kπr = l(ψk).

Como vemos en estos casos la longitud del recorrido depende del numero de vueltasque se dan, como era de esperar.

Una vez que hemos aprendido a construir funciones que recorren tramos de curvasconocidas estamos preparados para introducir la definicion de las integrales sobrelos caminos.Antes de pasar a la siguiente seccion vamos a comparar los conceptos de y recorridocon los conceptos de arco de curva y parametrizacion que se estudian en el cursode “Geometrıa diferencial de curvas y superficies” del segundo semestre. Un arcode curva C ⊂ Rn (con n = 2 o 3) es la imagen por medio de una funcion de claseC∞ α : I ⊂ R → Rn, siendo I un intervalo abierto no necesariamente acotado. Ala funcion α se la llama parametrizacion del arco de curva C. De modo que unaparametrizacion de C, con intervalo acotado, es un recorrido de clase C∞ donde laparticion P esta formada por un unico intervalo y el camino asociado es el arco decurva C unido a los puntos α(a) y α(b) siendo I = (a, b). No nos debe extranar quelas definiciones de ambos cursos coincidan solo a medias porque los objetivos que sepersiguen en ambas disciplinas son distintos.

1.2. Integrales de trayectoria e integrales de lınea

En esta seccion vamos a estudiar como se definen las integrales de las funciones a lolargo de los caminos. Distinguiremos dos casos: cuando la funcion es escalar, es decir,que toma valores en el cuerpo de los escalares R, y cuando la funcion es vectorial;


es decir que toma valores en Rn. A las funciones las vamos a llamar campos, porquecomo veremos a lo largo de esta primera parte del libro los conceptos matematicosque vamos a estudiar tienen muchas aplicaciones en Fısica y las funciones representancampos de fuerzas, campos de velocidad, campos electricos, etc.

Definicion 1.7 Llamaremos campos escalares a las funcionesdefinidas desde un subconjunto abierto no vacıo U ⊂ Rn y con imagen enR y utilizaremos letras como f y g en minusculas y llamaremos camposvectoriales a las funciones definidas desde un subconjunto abierto novacıo U ⊂ Rn y con imagen en el mismo espacio Rn y utilizaremos letrascomo F y G en mayusculas

f, g : U ⊂ Rn → RF ,G : U ⊂ Rn → Rn

En todos los ejemplos y en los problemas trabajaremos con n=2 o n=3 y los campos,tanto escalares como vectoriales, no solo seran continuos sino que la mayorıa seranfunciones de clase infinito.

Ejemplo 1.8 Vamos a tomar la funcion que calcula el cuadrado de ladistancia de un punto al origen de coordenadas en el plano; esta funcion nosproporciona el campo escalar de clase C∞ en R2 :

f : R2 → R(x1, x2) x2

1 + x22

Si ahora calculamos las derivadas parciales de esta funcion en un punto cualquieraobtenemos el llamado vector gradiente que se denota por ∇f y que nos proporcionael siguiente campo vectorial:

F : R2 → R2

(x1, x2) (2x1, 2x2)

Tomemos ahora la funcion que calcula el inverso de la distancia de un punto al origende coordenadas en el espacio, esto es:

f : R3\{0} → R(x1, x2, x3) 1√

x21+x2

2+x23

Este campo es de clase C∞ en el abierto U = R3\{0}.Si ahora calculamos lasderivadas parciales de esta funcion (el vector gradiente ∇f ) conseguimos el siguiente


campo vectorial:

F : R3\{0} → R3

(x1, x2, x3) −1(√x21+x2

2+x23

)3 (x1, x2, x3)

Estos campos aparecen de forma natural en el estudio de algunos conceptos fısicos,como por ejemplo el campo gravitatorio.

Por supuesto, como el lector ya habra imaginado, no todos los campos vectorialesF verifican que F = ∇f. Por ejemplo F (x1, x2) = (1, x1) es un campo vectorialdefinido en todos los puntos de R2 y no existe ninguna funcion f : R2 → R cuyogradiente sea F (ver ejemplo 1.23). Pero como veremos mas adelante los que verificanesa condicion van a jugar un papel muy importante.A continuacion vamos a definir la integral de un campo escalar a lo largo de unrecorrido.

Definicion 1.9 Dado un recorrido ϕ de un camino C y dadoun campo escalar f : U ⊂ Rn → R tal que C ⊂ U , se llama integral detrayectoria de f a lo largo de ϕ, y se denota por

∫ϕ

f a la integral:

∫ϕ

f =

b∫a

f(ϕ(t))||ϕ′(t)||dt

siempre que dicha integral exista como integral propia o impropia.

En primer lugar, observemos que si f = 1 entonces∫ϕ

f = l(ϕ); es decir, que en

ese caso la integral de trayectoria coincide con la longitud del recorrido. La coletilla“siempre que dicha integral exista como integral propia o impropia” se pone paradar mayor generalidad al concepto, pero en los ejemplos del libro las funciones queutilizaremos nos daran siempre integrales propias porque seran funciones de claseCp, con p = ∞ en la mayorıa de los casos. Antes de ver las aplicaciones de estaintegral a problemas de Fısica, vamos a mostrar un ejemplo sencillo de la integralde trayectoria.

Ejemplo 1.10 Vamos a calcular la integral de trayectoria del campo escalarf(x1, x2) = x1

x2+1 a lo largo de los siguiente recorridos:

ψk : [0, 1] ⊂ R → C ⊂ R2

t tk(v1, v2)


siendo v2 > 0. Observemos que segun vimos en el ejemplo 1.3 C es el tramo de larecta que empieza en (0, 0) y termina en (v1, v2). Por lo tanto es facil ver que elcampo escalar dado es una funcion continua en todos los puntos del camino. Paraempezar vamos a calcular el modulo del vector velocidad asociado a estos recorridos,esto es:

||ψ′k(t)|| =√

(kv1tk−1)2 + (kv2tk−1)2 = ktk−1√v2

1 + v22

De modo que aplicando la definicion obtenemos:∫ψk

f =

1∫0

tkv1

tkv2 + 1ktk−1

√v2

1 + v22dt = kv1

√v2

1 + v22

1∫0

t2k−1

tkv2 + 1dt

Para resolver esta integral observamos que el polinomio del numerador es de gradosuperior al polinomio del denominador y por lo tanto tenemos que realizar la division

t2k−1

tkv2 + 1=

1

v2

(v2tk + 1− 1)tk−1

tkv2 + 1=

1

v2

(tk−1 − tk−1

tkv2 + 1

)De modo que la integral nos queda:∫

ψk

f =

(kv1

√v2

1 + v22

) 1∫0

1

v2

(tk−1 − tk−1

tkv2 + 1

)dt

=

(kv1

v2

√v2

1 + v22

) (tk

k− log(tkv2 + 1)

kv2

)]1

0

=

(kv1

v2

√v2

1 + v22

)(1

k− log(v2 + 1)

kv2

)=

(v1

v2

√v2

1 + v22

)(1− log(v2 + 1)

v2

).

Observemos que esta integral de trayectoria no depende de k.

Las integrales de trayectoria se utilizan en Fısica para resolver los siguientesproblemas:Supongamos que C ⊂ R3 es un alambre delgado y que f es la funcion de densidadde C. Entonces un calculo aproximado de la masa del alambre se obtiene al tomarun recorrido ϕ de C, una particion P de [a, b] y asignar a cada porcion de alambreϕ(Jj), Jj = [tj , tj+1] ∈ P, una densidad fija f(ϕ(ξj)) tomando ξj ∈ Jj . De estamanera un valor aproximado de la masa del alambre es:

masa(alambre) ≈p∑j=0

f(ϕ(ξj))||ϕ(tj)− ϕ(tj+1)||


Por otro lado, como ya observamos en el apartado anterior, la longitud de cadasegmento [ϕ(tj), ϕ(tj+1)] se puede aproximar por

sup{||ϕ′(ξj)|| : ξj ∈ Jj}(tj+1 − tj),

de forma que cuando la particion se hace muy fina, con muchos puntos, la suma

p∑j=0

f(ϕ(ξj)) sup{||ϕ′(ξj)|| : ξj ∈ Jj}(tj+1 − tj)

nos proporciona un valor aproximado de la masa del alambre, de tal modo que sila funcion f(ϕ(t))||ϕ′(t)|| es integrable Riemann en [a, b] parece razonable definir lamasa del alambre como la integral de dicha funcion.

masa(alambre) =

∫ϕ

f.

Con las mismas interpretaciones de f y de C se calcula el centro de masas yel momento de inercia del alambre en R3 usando las siguientes integrales detrayectoria:

centro de masa =1

masa(alambre)

∫ϕ

x1f,

∫ϕ

x2f,

∫ϕ

x3f

momento de inercia =

∫ϕ

(x22 + x2

3)f,

∫ϕ

(x21 + x2

3)f,

∫ϕ

(x21 + x2

2)f

A continuacion vamos a justificar ambas definiciones.El centro de masa de un alambre es el punto de equilibrio (punto en R3) del alambre.Por ejemplo, supongamos que en una barra colocamos varias masas distintas: lamasa m1 en el punto x1, la masa m2 en el punto x2, etc. Si llamamos x al punto deequilibrio de la barra (ver figura 1.3), entonces x es el punto en el cual el momentototal (masa por distancia al punto de equilibrio) es 0; es decir x debe verificar que∑mi(xi − x) = 0. De modo que si despejamos x de la ecuacion obtenemos:

x =

∑mixi∑mi

De ahı que el centro de masas de un alambre con funcion de densidad f se calculecon la formula descrita.En la seccion 2.2 veremos la formula analoga para superficies.El momento de inercia mide la respuesta de un cuerpo a los esfuerzos para someterloa rotaciones y depende no solo de la masa sino tambien de la forma del cuerpo. En


Figura 1.3: Centro de masas

la formula dada para calcular el momento de inercia de un alambre de densidad f laprimera coordenada mide la respuesta del alambre a las fuerzas que intentan hacerlorotar alrededor del eje OX1. Observemos que el factor (x2

2 + x23) que aparece dentro

de la integral tomara valores mayores en los puntos mas alejados del eje OX1. Lasotras dos coordenadas hacen lo analogo respecto a los ejes OX2 y OX3.A continuacion vamos a ver un ejemplo con un alambre en forma de muelle.

Ejemplo 1.11 Sea C el alambre en forma de muelle descrito por C =c([0, 2kπ]) siendo c(t) = (cos t, sent, t) y k ≥ 1. Supongamos que la funcion dedensidad del muelle es f(x1, x2, x3) = (x2

1 + x22)x3. Vamos a calcular la masa del

alambre, su centro de masas y su momento de inercia utilizando las formulas descritasy el recorrido ϕ dado por la misma funcion c que describe el muelle

masa(alambre) =

b∫a

f(ϕ(t))||ϕ′(t)||dt

=

2kπ∫0

(cos2t+ sen2t)t√

(−sent)2 + cos2t+ 12dt

=

2kπ∫0

t√

2dt =√

2t2

2

]2kπ

0

= 2√

2(kπ)2.

Vemos que la masa del muelle depende de las vueltas que tenga. Lo mismosucedera con el centro de masas y el momento de inercia, como veremos acontinuacion.Como ya hemos probado, se verifica que f(ϕ(t)) = t y que ||ϕ′(t)|| =

√2, de modo

que la formula para el centro de masas queda ası:

centro de masa =1

2√

2(kπ)2

2kπ∫0

(cost)t√

2dt,

2kπ∫0

(sent)t√

2dt,

2kπ∫0

(t)t√

2dt


Recordemos que para resolver las dos primeras integrales se aplica el metodode integracion por partes, derivando el polinomio e integrando la funciontrigonometrica, con lo cual estas integrales quedan ası:

1

2√

2(kπ)2

(sent)√

2t]2kπ0 −

2kπ∫0

(sent)√

2dt, (−cost)√

2t]2kπ0 −

2kπ∫0

(−cost)√

2dt,√

2t3

3]2kπ0

=1

2√

2(kπ)2

((cost)

√2]2kπ

0,−2√

2kπ + (sent)√

2]2kπ

0,

8

3

√2(kπ)3

)=

1

2√

2(kπ)2(0,−2

√2kπ,

8

3

√2(kπ)3) = (0,

−1

kπ,

4

3kπ)

Por ultimo calculamos el momento de inercia del muelle que por definicion sera elvector: 2kπ∫

0

(sen2t+ t2)t√

2dt,

2kπ∫0

(cos2t+ t2)t√

2dt,

2kπ∫0

(cos2t+ sen2t)t√

2dt

Para resolver las dos primeras integrales las separamos en la suma de dos integralesası: 2kπ∫

0

(sen2t)t√

2dt+

2kπ∫0

t3√

2dt,

2kπ∫0

(cos2t)t√

2dt+

2kπ∫0

t3√

2dt,

2kπ∫0

t√

2dt

De este modo tenemos tres integrales inmediatas y en las otras dos aplicamos lassiguientes formulas trigonometricas

sen2t =1

2(1− cos2t)

cos2t =1

2(1 + cos2t)

obteniendo 2kπ∫0

√2

2(1− cos2t)tdt+

√2t4

4]2kπ0 ,

2kπ∫0

√2

2(1 + cos2t)tdt+

√2t4

4]2kπ0 ,√

2t2

2]2kπ0

Ahora en las integrales que nos quedan por resolver volvemos a separarlas en sumasde dos integrales y aplicamos en una de ellas el metodo de integracion por partes


como hicimos para calcular el centro de masas.(√

22

(t2

2

)]2kπ0

+√

22

2kπ∫0

(−cos2t)tdt+ 4√

2(kπ)4,

√2

2

(t2

2

)]2kπ0

+√

22

2kπ∫0

(cos2t)tdt+ 4√

2(kπ)4, 2√

2(kπ)2

)

=

(√

2(kπ)2 −√

2sen2t4 t

]2kπ0

+√

22

2kπ∫0

sen2t2 dt+ 4

√2(kπ)4,

√2(kπ)2 +

√2sen2t

4 t]2kπ

0−√

22

2kπ∫0

sen2t2 dt+ 4

√2(kπ)4, 2

√2(kπ)2

)

=

(√2(kπ)2(1 + 4(kπ)2) + 0−

√2cos2t

8

]2kπ0

,

√2(kπ)2(1 + 4(kπ)2)− 0 +

√2cos2t

8

]2kπ0

, 2√

2(kπ)2

)=√

2(kπ)2(1 + 4(kπ)2, 1 + 4(kπ)2, 2)

Hemos visto como se define la integral de un campo escalar a lo largo de un recorridoy algunas de sus interpretaciones fısicas. Ahora vamos a hacer lo mismo para loscampos vectoriales.

Definicion 1.12 Dado un recorrido ϕ de C y dado un campo

vectorial F : U ⊂ Rn → Rn, con C ⊂ U , se llama integral de lınea deF a lo largo de ϕ, que denotamos por

∫ϕ

F · T a la integral:

∫ϕ

F · T =

b∫a

F (ϕ(t))ϕ′(t)dt

siempre que dicha integral exista como integral propia o impropia.

De nuevo, la coletilla “siempre que dicha integral exista como integral propia oimpropia” se pone para dar mayor generalidad al concepto, pero en los ejemplosdel libro las funciones que utilizaremos nos daran siempre integrales propias porqueseran funciones de clase Cp, con p =∞ en la mayorıa de los casos. En algunos textosse utiliza la notacion

∫ϕ

F 1dx1 + ... + Fndxn para la integral de linea del campo F

a lo largo de ϕ. La razon que justifica esta notacion la veremos en la segunda parte


del libro, cuando describamos la integral de linea como la integral de una 1-formaen Rn sobre un recorrido en Rn. En este caso hemos preferido la notacion

∫ϕ

F · T

porque refleja mejor en que consiste: es la integral sobre el recorrido del productoescalar de las funciones F y T , que es el vector tangente del recorrido. Veamos acontinuacion un ejemplo sencillo de como se calcula una integral de lınea.

Ejemplo 1.13 Sea ϕ(t) = (a cos(t) + p1, b sin(t) + p2) el recorrido sobre la

elipse descrito en el ejemplo 1.4 y sea F : R2 → R2 el campo vectorial de clase C∞

definido por:

F (x1, x2) = (x2,−x1)

Vamos a calcular∫ϕ

F · T . Empezamos calculando el vector velocidad que en este

caso es: ϕ′(t) = (−asen(t), b cos(t)) y a continuacion aplicamos la definicion:

∫ϕ

F · T =

b∫a

F (ϕ(t))ϕ′(t)dt

=

2kπ∫0

(bsen(t) + p2,−a cos(t)− p1)(−asen(t), b cos(t))dt

=

2kπ∫0

(−absen2(t)− p2asen(t)− ab cos2(t)− p1b cos(t))dt

=

2kπ∫0

(−ab− p2asen(t)− p1b cos(t))dt

= (−abt+ p2a cos t− p1bsent)]2kπ0 = −ab2kπ

Vemos que en este caso la integral de lınea depende del numero de vueltas que delrecorrido.

Las integrales de lınea se utilizan en fısica para calcular el trabajo que realiza unafuerza.Supongamos que F (x1, x2, x3) es un campo de fuerzas actuando sobre una partıculaque se mueve a lo largo de un camino C. Si ϕ : [a, b] → C es el recorrido que siguela partıcula, entonces en cada instante t0 la componente tangencial de la fuerza Frespecto al recorrido ϕ en ϕ(t0) es:

F (ϕ(t0))ϕ′(t0)

||ϕ′(t0)||


Por otro lado, sabemos que el trabajo que realiza una fuerza de valor constanteal mover una partıcula en lınea recta es igual al producto de la fuerza por eldesplazamiento de la partıcula. De forma que si tomamos una particion P de[a, b] y suponemos que en cada intervalo Jj ∈ P la partıcula se mueve en lınearecta desde ϕ(tj) hasta ϕ(tj+1), entonces el desplazamiento que realiza la partıcula,||ϕ(tj)− ϕ(tj+1)||, esta acotado por

sup{||ϕ′(ξj)|| : ξj ∈ Jj}(tj+1 − tj).

Si ϕ′(t) es continua en Jj y la longitud de Jj es muy pequena, podemos aproximareste valor por ||ϕ′(tj)||(tj+1 − tj). De forma que en cada intervalo Jj el trabajorealizado por la componente tangencial del campo de fuerzas F , queda aproximadopor el valor

F (ϕ(tj))ϕ′(tj)

||ϕ′(tj)||||ϕ′(tj)||(tj+1 − tj) = F (ϕ(tj))ϕ

′(tj)(tj+1 − tj)

y la suma de los trabajos a lo largo de ϕ resulta:

p∑j=0

F (ϕ(tj))ϕ′(tj)(tj+1 − tj)

De forma que si la funcion F (ϕ(t))ϕ′(t) es integrable en [a, b] al tomar particionesde longitudes tendiendo a cero estas aproximaciones del trabajo convergen a

∫ϕ

F ·T

que se denomina trabajo realizado por la fuerza F al mover una partıculade recorrido ϕ.Como acabamos de ver, se puede establecer una relacion entre la integral de lıneadel campo vectorial F y la integral de trayectoria del campo escalar f que seobtiene al considerar la componente tangencial del campo F , esto es, f(ϕ(t)) =

F (ϕ(t))ϕ′(t)

||ϕ′(t)||. La notacion

∫ϕ

F · T se utiliza para sugerir esta relacion:

∫ϕ

F · T =

b∫a

F (ϕ(t))ϕ′(t)dt =

b∫a

F (ϕ(t))ϕ′(t)

||ϕ′(t)||||ϕ′(t)||dt =

b∫a

f(ϕ(t))||ϕ′(t)||dt.

Ejemplo 1.14 Dado el campo de fuerza F (x) = (senx3, cosx3,−(x1x2)1/3)

vamos a calcular el trabajo realizado por la fuerza F al mover una partıcula por elsiguiente recorrido:

ϕ : [0, 7π/2] ⊂ R → R3

θ (cos3 θ, sen3θ, θ)

1.3. RECORRIDOS EQUIVALENTES. ORIENTACION DE UN RECORRIDO.27

Empezamos calculando el vector velocidad:

ϕ′(θ) = (−3 cos2 θsenθ, 3sen2θ cos θ, 1).

Ahora aplicamos la definicion de la integral de lınea de un campo vectorial a lo largode un recorrido y obtenemos:

b∫a

F (ϕ(θ))ϕ′(θ)dθ

=

7π/2∫0

(senθ, cos θ,−(cos3 θsen3θ)1/3)(−3 cos2 θsenθ, 3sen2θ cos θ, 1)dθ

=

7π/2∫0

(−3 cos2 θsen2θ + 3sen2θ cos2 θ − senθ cos θ

)dθ

= −7π/2∫0

senθ cos θdθ = − sen2θ

2

]7π/2

0

= −1

2

Vemos que el trabajo realizado por la fuerza a lo largo de este recorrido da un valornegativo, eso significa que el campo de fuerzas se opone al movimiento a lo largo deese recorrido.

Una vez que hemos aprendido a realizar integrales de lınea y de trayectoria es elmomento de analizar las condiciones que tenemos que exigir a los recorridos paraque esas integrales no dependan del recorrido, de modo que por ejemplo, la masa deun alambre sea independiente de la funcion que usemos para recorrer el alambre.

1.3. Recorridos equivalentes. Orientacion de unrecorrido.

Como se ha visto en los ejemplos de la seccion anterior, las integrales de trayectoriay de lınea pueden cambiar si se varıa el recorrido del camino C. En esta seccion semuestran las condiciones suficientes para que dos recorridos de C den las mismasintegrales. Como veremos en la proposicion siguiente las condiciones que se imponenson las que permiten realizar un cambio de variable que prueba la igualdad de lasintegrales a lo largo de ambos recorridos.


Definicion 1.15 Dado un camino C ⊂ Rn se dice que dos

recorridos de C, ϕ : [a, b] ⊂ R→ C ⊂ Rn y ψ : [c, d] ⊂ R→ C ⊂ Rn, sonequivalentes si existe una funcion h : [a, b] ⊂ R → [c, d] ⊂ R biyectiva,continua, de clase C1 en el interior de los intervalos Jj de una particionP de [a, b], con h′(t) 6= 0 en el interior de cada Jj y tal que

ϕ(t) = ψ(h(t)) para todo t ∈ [a, b]

Observemos que como h es biyectiva y continua, es monotona; es decir o bien escreciente o bien es decreciente. Por lo tanto h′(t) en el interior de cada intervalo Jjtoma el mismo signo. Por eso diremos que h′ es positiva o que h′ es negativa.Por otro lado al ser h biyectiva existe la funcion inversa h−1 : [c, d]→ [a, b]. ademasla condicion h′(t) 6= 0 en todos los puntos de [a, b] salvo una cantidad finita, implica,por el teorema de la funcion inversa, que la funcion h−1 tiene las mismas propiedadesque h.Por ultimo observemos que en cada intervalo Jj la funcion h es un difeomorfismo; esdecir, satisface las propiedades de las funciones que nos permiten realizar un cambiode variable en la integral de Riemann. A continuacion vamos a repasar algunos delos recorridos que hemos construido para ver cuales son equivalentes entre sı y cualesno lo son.

Ejemplo 1.16 Los recorridos ψk descritos en el ejemplo 1.3 son equivalentesporque es facil ver que para cada k1 > k2 la funcion h : [0, 1] → [0, 1] definida por

h(t) = tk1k2 es biyectiva, de clase C1 en [0, 1] y verifica que h′(t) = k1

k2tk1k2−1 6= 0 en el

interior de [0, 1]. Ademas

ψk1(t) = (a1, ..., an) + tk1(v1, ..., vn)

= (a1, ..., an) +(tk1k2

)k2(v1, ..., vn)

= (a1, ..., an) + h(t)k2(v1, ..., vn)

= ψk2(h(t))

Sin embargo los recorridos del ejemplo 1.4 no son equivalentes porque si k1 > k2 elrecorrido ψk1 pasa por cada punto de la elipse k1 veces mientras que el recorrido ψk2pasa solo k2 veces, de modo que ninguna funcion biyectiva h : [0, 2k1π] → [0, 2k2π]puede verificar que ψk1(t) = ψk2(h(t)) para todo t ∈ [0, 2k1π].

Por otro lado es muy sencillo ver que para cualquier recorrido ϕ : [a, b] ⊂ R→ C ⊂Rn el recorrido ψ que se obtiene de transformar el intervalo [0, 1] en el intervalo [a, b]


por medio de la funcion h(t) = (b− a)t+ a; es decir, el recorrido ψ : [0, 1]→ C dadopor ψ(t) = ϕ((b− a)t+ a) es un recorrido equivalente, lo cual nos permitira asumir(como haremos en la seccion 1.4) que el intervalo de definicion del recorrido es [0, 1].La siguiente proposicion demuestra que las condiciones exigidas a los recorridos paraque sean equivalentes cumplen el objetivo marcado.

Proposicion 1.17 Sean ϕ : [a, b] ⊂ R → C ⊂ Rn y

ψ : [c, d] ⊂ R → C ⊂ Rn dos recorridos equivalentes de C y seanf : U ⊂ Rn → R y F : U ⊂ Rn → Rn dos campos continuos conC ⊂ U . Si existen las integrales

∫ϕ

f,∫ψ

f,∫ϕ

F · T y∫ψ

F · T , entonces se

verifica: ∫ϕ

f =

∫ψ

f,

∫ϕ

F · T =

∫ψ

F · T si h′es positiva

∫ϕ

F · T = −∫ψ

F · T si h′es negativa.

siendo h : [a, b] ⊂ R → [c, d] ⊂ R la funcion que verifica las condicionesde la definicion anterior.

Demostracion: La demostracion se basa en descomponer las integrales

∫ϕ

f =

b∫a

f(ϕ(t))||ϕ′(t)||dt

∫ϕ

F · T =

b∫a

F (ϕ(t))ϕ′(t)

||ϕ′(t)||||ϕ′(t)||dt

en la suma finita de integrales sobre los rectangulos Jj asociados a la particion deh, porque h en cada uno de estos intervalos verifica las condiciones del teorema delcambio de variable, que recordemos dice ası:Teorema del cambio de variable: Sean U, V ⊂ Rn dos conjuntos abiertos, h : U →V = h(U) una funcion biyectiva, de clase C1 y con detDh(x) 6= 0 para todo x ∈ U .


Entonces para toda funcion f : h(U)→ R integrable se verifica que∫h(U)

f =

∫U

(f(h))|detDh|

Como ahora estamos trabajando con n=1, mantenemos la notacion Dh = h′, demodo que

∫ϕ

f =

b∫a

f(ϕ(t))||ϕ′(t)||dt

=

p∑j=1

∫Jj

f(ϕ(t))||ϕ′(t)||dt

=

p∑j=1

∫Jj

f(ψ(h(t)))||ψ′(h(t))h′(t)||dt

=

p∑j=1

∫Jj

f(ψ(h(t)))||ψ′(h(t))|| |h′(t)|dt

=

p∑j=1

∫h(Jj)

f(ψ(s))||ψ′(s)||ds

=

d∫c

f(ψ(s))||ψ′(s)||ds =

∫ψ

f

De manera analoga para campos vectoriales se verifica:

∫ϕ

F · T =

b∫a

F (ϕ(t))ϕ′(t)

||ϕ′(t)||||ϕ′(t)||dt

=

p∑j=1

∫Jj

F (ϕ(t))ϕ′(t)dt

=

p∑j=1

∫Jj

F (ψ(h(t)))ψ′(h(t))h′(t)dt

De modo que si h′(t) es mayor que 0 en cada subintervalo entonces h′(t) = |h′(t)| y


la suma de las integrales coincide con

∫ϕ

F · T =

p∑j=1

∫Jj

F (ψ(h(t)))ψ′(h(t))|h′(t)|dt

=

p∑j=1

∫h(Jj)

F (ψ(s))ψ′(s)ds

=

∫ψ

F · T

Por ultimo, si h′(t) es menor que 0 en cada subintervalo entonces h′(t) = −|h′(t)| yaplicando el mismo proceso nos queda∫

ϕ

F · T = −∫ψ

F · T

�

La siguiente definicion nos va a proporcionar ejemplos de recorridos equivalentes.

Definicion 1.18 Un camino C ⊂ Rn se dice que es un caminosimple si existe un recorrido ϕ de C, ϕ : [a, b] ⊂ R → C ⊂ Rn y unaparticion P de [a, b] tal que ϕ es de clase C1 y con derivada no nula enel interior de cada subintervalo J de P y ϕ es inyectiva en [a, b]. Si ϕes inyectiva en [a, b) y verifica que ϕ(a) = ϕ(b), entonces se dice que Ces un camino cerrado simple. En ambos casos llamaremos recorridoregular de C al recorrido ϕ que verifica las condiciones descritas.

En el curso de Geometrıa de curvas y superficies tambien se usa el termino “regular”para distinguir a las parametrizaciones α que verifican que α′(t) 6= 0.Es facil ver que todos los polıgonos (rectangulos, pentagonos, hexagonos, etc), lascircunferencias y las elipses y en general los caminos cerrados que formamos uniendotramos de las curvas usuales son caminos cerrados simples.Con las condiciones exigidas a los recorridos regulares podemos demostrar en elproximo teorema que los recorridos regulares de los caminos simples son recorridosequivalentes.


Teorema 1.19 Dado un camino simple C ⊂ Rn, si ϕ : [a, b]→ C

y ψ : [c, d]→ C son dos recorridos regulares de C, entonces son recorridosequivalentes.

Demostracion Como ϕ y ψ son inyectivas y verifican que ϕ([a, b]) = C = ψ([c, d]),la funcion h se define como la siguiente composicion:

h = (ψ)−1 ◦ ϕ : [a, b]→ C → [c, d]

Por tanto es inmediato que h es biyectiva y que verifica ϕ(t) = ψ(h(t)) para todot ∈ [a, b]. La continuidad de h se puede probar razonando con sucesiones y porreduccion al absurdo. Supongamos que h no es continua en un punto t0 ∈ [a, b], enese caso deberıa existir una sucesion {tn} ⊂ [a, b] que converge a t0 pero tal que{h(tn)} no converge a h(t0). Eso significa que existe un ε > 0 y una subsucesion,que denotaremos por {tnk}, tales que

|h(tnk)− h(t0)| > ε

Observemos que la sucesion {h(tnk)} esta contenida en [c, d] el cual es un conjuntocompacto y por lo tanto la sucesion {h(tnk)} tiene una subsucesion convergente aun punto s0 ∈ [c, d]. Para simplificar la notacion, volvemos a denotar por {h(tnk)}a la subsucesion que converge a s0. Ahora por ser ψ continua se verifica que{ψ(h(tnk)) = ϕ(tnk)} converge a ψ(s0) y tambien a ϕ(t0) = ψ(h(t0)), de modoque ψ(s0) = ψ(h(t0)), pero como por hipotesis ψ es inyectiva se tiene que cumplirque h(t0) = s0, lo cual es una contradiccion.Por ultimo la particion P ′ de [a, b] formada por intervalos donde h es de claseC1 y con derivada no nula se consigue tomando la coleccion de puntos donde ϕ′

pierde la continuidad o se anula, junto con los puntos {h−1(si) : i = 1, 2, ..., q} que

corresponden a los puntos {si : i = 1, 2, ..., q} ⊂ [c, d] donde ψ′

pierde la continuidado se anula. De modo que para cada subintervalo abierto Ii de la particion hay

un subintervalo Ji de [c, d] tal que ϕ′ y ψ′

son continuas y no nulas en Ii y Jirespectivamente y ademas se verifica que h(Ii) = Ji A continuacion demostramosqueh es de clase C1 en Ii. Para probarlo vamos a usar el teorema de la funcion inversa,pero como las recorridos regulares son funciones de R en Rn no podemos aplicarlodirectamente sobre ellos, recordemos que el teorema de la funcion inversa se aplicaa funciones de Rn en Rn, de modo que transformaremos los recorridos regularesen funciones de Rn en Rn, de forma adecuada, para que podamos recuperar confacilidad los puntos del camino y ademas lo haremos de tal manera que las nuevasfunciones sean de clase C1.Dado t0 ∈ Ii se verifica que los vectores ϕ′(t0) y ψ

′(s0) son no nulos, siendo

s0 = h(t0). Si ambos son no nulos es porque al menos una de sus coordenadas


es distinta de 0. Para simplificar la notacion vamos a suponer que en ambos casos laprimera coordenada es no nula. Ahora construimos a partir de ϕ y ψ las funcionesG y F que mostramos a continuacion

G : I0 × Rn−1 ⊂ Rn → Rn(t, x1, ..., xn−1) (ϕ1(t), x1 + ϕ2(t), x2 + ϕ3(t), ..., xn−1 + ϕn(t))

y

F : J0 × Rn−1 ⊂ Rn → Rn(s, y1, ..., yn−1) (ψ1(s), x1 + ψ2(s), x2 + ψ3(s), ..., xn−1 + ψn(t))

Observemos que en todas las componentes de ambas funciones estan las correspon-dientes componentes de las funciones ϕ(t) y ψ(s), ademas en la primera componentede G y de F solo esta la primera componente del recorrido correspondiente, mientrasque en las demas hemos sumado una nueva variable. Esto nos permite afirmar quelas dos funciones son de clase C1 y ademas podemos evaluar las matrices jacobianasde ambas funciones con facilidad, de hecho son:

DG(t, x1, ...xn−1) =

ϕ′1(t) 0 · · · 0ϕ′2(t) 1 · · · 0

... . . . . . . . . .ϕ′n(t) 0 · · · 1

y

DF (s, y1, ...yn−1) =

ψ′1(s) 0 · · · 0ψ′2(s) 1 · · · 0

... . . . . . . . . .ψ′n(s) 0 · · · 1

Como ambas matrices tienen ceros en todas las celdas por encima de la diagonal sudeterminante es el producto de los elementos de la diagonal que es ϕ′1(t) y ψ′1(s)respectivamente, de modo que podemos asegurar que ambas matrices son invertiblesen los puntos (t0, x) y (s0, y) respectivamente.Por lo tanto, podemos aplicar el teorema de la funcion inversa a las dos funciones Gy F , en esos puntos y deducir que existen dos entornos de esos puntos donde ambasfunciones son difeomorfismos.Ahora solo nos falta expresar h como composicion de estas dos funciones y otrasfunciones adecuadas que nos permitan pasar de R a Rn y viceversa. Antes observemosque

G(t0, 0) = ϕ(t0) = ψ(h(t0)) = ψ(s0) = F (s0, 0) ∈ C.

Gracias al teorema de la funcion inversa existe un entorno de (s0, 0) que, haciendolomas pequeno si fuera necesario, podemos considerar de la forma (s0− δ, s0 + δ)×V ,


con δ > 0 y V ⊂ Rn−1 entorno de 0 en Rn−1 y un entorno de F (s0, 0) = ψ(s0) quedenotaremos por W1 de modo que F : (s0 − δ, s0 + δ)× V ⊂ Rn → W1 ⊂ Rn es un

difeomorfismo, en particular la funcion F−1

: W1 ⊂ Rn → (s0 − δ, s0 + δ)× V ⊂ Rnes de clase C1. A continuacion tomamos otros dos abiertos para G : un entornode (t0, 0), que de nuevo podemos considerar de la forma (t0 − β, t0 + β) × U conβ > 0 y otro de G(t0, 0) = ϕ(t0) que denotaremos por W2. Como G(t0, 0) =ϕ(t0) = ψ(h(s0)) = F (s0, 0) los abiertos W1 y W2 son ambos entornos del mismo

punto y podemos asumir que W2 ⊂ W1 para que la composicion de G y F−1

este bien definida, recordemos que los difeomorfismos transforman conjuntos abiertosen conjuntos abiertos. Ahora expresamos h como composicion de las siguientesfunciones.Primero pasamos de (t0 − β, t0 + β) ⊂ R a (t0 − β, t0 + β)× U ⊂ Rn con la funcionde clase C1 definida por Π(t) = (t, 0, ..., 0), luego componemos Π con las funciones

G : (t0 − β, t0 + β)× U ⊂ Rn →W2 y F−1

: W1 ⊂ Rn → (s0 − δ, s0 + δ)× V ⊂ Rn,para terminar en el conjunto (s0 − δ, s0 + δ) ⊂ R con la funcion, tambien de claseC1, dada por P (s, y) = s de modo que

P ◦ F−1 ◦G ◦Π(t)

= P ◦ F−1 ◦G(t, 0)

= P ◦ F−1(ϕ(t))

= P ◦ F−1(ψ(h(t)))

= P ◦ F−1(F (ψ

−1(ψ(h(t))), 0))

= P (ψ−1

(ψ(h(t)), 0)

= ψ−1

(ψ(h(t)) = h(t)

En consecuencia h(t) es composicion de funciones de clase C1 en el abierto(t0 − β, t0 + β) ⊂ R que contiene al punto de partida t0.Para terminar solo nos falta probar que h′(t0) es distinto de 0, pero por la regla dela cadena se verifica que:

ϕ′(t0) = ψ′(h(t0))h′(t0)

de modo que si h′(t0) = 0 entonces tambien el vector velocidad ϕ′(t0) serıa 0. �

Observemos que si C es un camino cerrado simple y ϕ y ψ son dos recorridos regularesde C que empiezan en el mismo punto, es decir, que ϕ(a) = ψ(c), entonces se puededefinir h : [a, b]→ [c, d] como en el caso anterior y verifica las mismas propiedades.El teorema anterior y la proposicion 1.17 nos permiten hablar de la longitud de uncamino (cerrado) simple como el valor que se obtiene de la integral

∫ϕ

1 tomando

cualquier recorrido regular de C. De igual forma las integrales de trayectoria a lolargo de los caminos (cerrados) simples, que aplicamos por ejemplo en el calculo del


centro de masas o del momento de inercia, no dependen del recorrido regular quetomemos. Esta circunstancia justifica la notacion:∫

C

f

que usaremos para las integrales de trayectoria sobre caminos (cerrados) simples.Incluso podemos ir un poco mas lejos. Observemos que si C es un camino cerradosimple y ϕ : [a, b] ⊂ R→ C ⊂ Rn es un recorrido regular de C podemos interpretara C como una union finita de caminos simples de la siguiente manera.Sea P = {Ji; 1 ≤ i ≤ p} la particion de [a, b] tal que ϕ restringida al interior decada subintervalo Ji es de clase C1 y con derivada no nula. Si llamamos Ci = ϕ(Ji)a cada uno de estos caminos simples se verifica que la funcion ϕ : Ji ⊂ R → Ci esun recorrido regular de Ci y estos caminos solo se intersecan en los extremos porque

los subintervalos de la particion P satisfacen que◦Ji ∩

◦Jj = ∅ para todo i 6= j y

ademas ϕ es inyectiva en [a, b] si C no es cerrado, o inyectiva en [a, b) si C es cerradocon ϕ(a) = ϕ(b), en cuyo caso los caminos C1 y Cp tienen un punto en comun. Demodo que para cada camino Ci y para cada campo escalar continuo f la integral

∫Ci

f

esta bien definida y no depende del recorrido regular que usemos para calcularla.Ademas se verifica que bajo las condiciones descritas∫

C

f =

p∑i=1

∫Ci

f

razon por la cual podemos calcular cada integral usando el recorrido regular de Cique nos sea mas comodo, incluso sin preocuparnos de la orientacion que le demos.En cuanto a las integrales de lınea en caminos (cerrados) simples, hemos visto quepara cada par de recorridos ϕ y ψ de C, si F es un campo continuo, puede sucederque

∫ϕ

F · T y∫ψ

F · T sean iguales o que tengan signos distintos, segun sea el signo

de h′. Vamos a analizar el significado del signo de h′.Si h′ es positiva, entonces h : [a, b] → [c, d] es biyectiva y creciente lo cual implicaque h(a) = c y h(b) = d. En consecuencia los recorridos ϕ y ψ empiezan y terminanen el mismo punto. De forma analoga, si h′ es negativa, entonces ϕ empieza donde ψtermina y viceversa. Pero si C es un camino cerrado simple el razonamiento anteriorno es valido. Pensemos por ejemplo en dos recorridos que partiendo de un mismopunto dan una vuelta a la circunferencia C = {(x1, x2) ∈ R2 : x2

1 + x22 = 1}. Que h′

sea positiva significa que los vectores tangentes a C, ϕ′(t) y ψ′(h(t)), son de igual

direccion y sentido, puesto que verifican ϕ′(t) = ψ′(h(t))h′(t). En este caso podemos

expresar la relacion entre los recorridos diciendo que ϕ y ψ giran los dos sobre lacircunferencia como las agujas de un reloj o giran los dos en el sentido inverso a las


agujas de un reloj. Mientras que si h′ es negativa, entonces los recorridos ϕ y ψ giranen sentidos opuestos. Incluso cuando el camino cerrado simple no es tan simple comola circunferencia, si esta en el plano parece que este mismo criterio de las agujas delreloj explica el significado del signo de h′. De forma que podrıamos asignar el signopositivo a los recorridos que giran en el sentido contrario a las agujas del reloj (acontinuacion veremos por que este es el positivo) y utilizar el sımbolo∮

C

F · T

para la integral de lınea de F a lo largo de C con orientacion positiva, siempre queC sea un camino cerrado simple.En el caso de las integrales de lınea cuando aplicamos la descomposicion del caminocerrado simple en los caminos Ci asociados a la particion P, como describimos antes,podemos de nuevo aplicar el resultado del teorema 1.19 y calcular

∮C

F · T como la

suma de las integrales sobre los caminos Ci; es decir que se verifica que∮C

F · T =

p∑i=1

∮Ci

F · T

pero en este caso tenemos que elegir los recorridos regulares de los caminos simplesCi de modo que todos lleven la misma orientacion. Eso es lo que significa el sımbolo∮.

Observemos que podemos simplificar aun mas los calculos asignando un signonegativo a la integral de lınea del campo vectorial F a lo largo un camino simpleCi si el recorrido regular que hemos construido no lleva la orientacion adecuada, enlugar de cambiar el recorrido para darle la orientacion que necesitamos.Estas simplificaciones del calculo de

∮C

F ·T usando la suma o resta de las integrales

de∫CiF ·T sera una de las estrategias que emplearemos en la seccion 4.2 para probar

el teorema de Stokes.Como ya hemos comentado la orientacion positiva para un camino cerrado simpleen R2 se define usando como referencia el movimiento de las agujas del reloj. Perosi el camino (aun contenido en R2) no es cerrado es imposible decidir a priorique orientacion es positiva y cual es negativa. Por ejemplo pensemos en los cuatrolados del cuadrado [0, 1]×[0, 1]. Dos de estos lados son verticales y cuando recorremosel cuadrado con orientacion positiva uno de los lados verticales se recorre de arribaa abajo y el otro al reves. De modo que si C es un camino simple no cerrado elsımbolo

∮significa con una orientacion fijada para cada C que es empezando en

ϕ(a) ∈ C1 ⊂ C y terminando en ϕ(b) ∈ Cp ⊂ C. En este caso cada camino simpleCi+1 tiene la orientacion que marca el camino Ci anterior.La demostracion formal de que esta definicion es correcta es debida al matematicofrances del siglo XIX Camile Jordan. A menudo a lo largo de la historia la comunidad


matematica ha dado por validas propiedades que creıan evidentes porque todos losejemplos que conocıan las satisfacıan. Este fue el caso de los caminos cerrados simplesen el plano: se daba por hecho que todo camino cerrado simple divide al plano en dosregiones arco-conexas, la region encerrada dentro del camino y la region exterior alcamino. Fue Jordan el primer matematico que se dio cuenta de que esta propiedaddebıa ser demostrada y trato de hacerlo, pero no lo consiguio. La demostracionllego en 1905 y fue realizada por el matematico americano Oswald Veblen.La propiedad que sı demostro Jordan y que justifica la definicion de orientacionpositiva para los caminos cerrados simples en R2 es la siguiente:Si ϕ : [a, b]→ C es un recorrido regular del camino cerrado simple C ⊂ R2, entoncesdefiniendo el giro de un punto x0 ∈ R2\C como:

giro(x0) = 12π

b∫a

(ϕ1(t)− x0,1)ϕ′2(t)− (ϕ2(t)− x0,2)ϕ′1(t)

(ϕ1(t)− x0,1)2 + (ϕ2(t)− x0,2)2dt

se verifica que esta integral es cero para todo x0 exterior al camino y vale +1 o -1para los puntos interiores, tomando el valor +1 cuando ϕ recorre C en el sentidocontrario a las agujas del reloj y tomando el valor -1 si ϕ recorre C en el sentido delas agujas del reloj.Por otro lado, la funcion mas utilizada para recorrer la circunferencia unidad en R2;esto es el recorrido regular:

ϕ : [0, 1] ⊂ R → C ⊂ R2

t (cos2πt, sen2πt)

tiene orientacion positiva.Pero si la curva cerrada simple esta contenida en Rn con n ≥ 3 esta referencia delmovimiento de las agujas del reloj ya no funciona. Pensemos por ejemplo en unacircunferencia contenida en el plano XY que se recorre en el sentido contrario almovimiento de las agujas del reloj cuando la miramos situados en el punto (0, 0, 1),como por ejemplo hace el siguiente recorrido:

ϕ : [0, 1] ⊂ R → C ⊂ R3

t (cos2πt, sen2πt, 0)

Si nos situamos en el punto (0, 0,−1) vemos a la funcion recorriendo la circunferenciaen el mismo sentido que siguen las agujas del reloj. Por lo tanto no podemos decirque este recorrido sea positivo o negativo. Para algunas curvas cerradas simplescontenidas en R3 (los bordes de las superficies simples) vamos a establecer en elsiguiente capıtulo (seccion 2.3) el significado de orientacion positiva.Una vez que hemos aprendido a integrar campos escalares y campos vectoriales sobrerecorridos y hemos analizado las condiciones que debe cumplir un recorrido para quelas integrales no dependan de el, vamos a mostrar que cuando un campo vectorialverifica las condiciones adecuadas la integral de trayectoria se simplifica de maneramuy significativa.


1.4. Campos conservativos

En esta seccion vamos a enunciar el segundo teorema fundamental del calculo paraintegrales de lınea, del cual se deduce el principio de conservacion de la energıamecanica. Empezamos viendo la definicion de campo conservativo.

Definicion 1.20 Se dice que un campo vectorial F : U ⊂Rn → Rn (U abierto) es conservativo si existe un campo escalarf : U ⊂ Rn → R tal que ∇f(x) = F (x) para todo x ∈ U. El campoescalar f recibe el nombre de funcion potencial de F .

Recordemos que los primeros ejemplos de campos vectoriales que mostramos en laseccion 1.2 eran conservativos.

Ejemplo 1.21 El campo vectorial que describe la fuerza de atraccion entredos partıculas de masas m y M,

F (x1, x2, x3) =−GmM

(x21 + x2

2 + x23)3/2

(x1, x2, x3)

es un campo conservativo, cuya funcion potencial es:

f(x1, x2, x3) =GmM

(x21 + x2

2 + x23)1/2

Estos campos se llaman conservativos porque en ellos se verifica el principio deconservacion de la energıa mecanica, es decir, que las sumas de la energıa cineticay potencial de una partıcula que se desplaza en dichos campos es constante. Enrealidad un campo de fuerzas no sera conservativo si existe friccion en el sistema,puesto que esta tiende a convertir la energıa mecanica en calorıfica.

1.4. CAMPOS CONSERVATIVOS 39

Teorema 1.22 Segundo teorema fundamental del calculo

para integrales de lınea: Si F : U ⊂ Rn → Rn es un campoconservativo continuo y U es un conjunto abierto y arco conexo de Rn,entonces el trabajo que se realiza al mover una partıcula entre dos puntoscualesquiera x e y en U unidos por cualquier recorrido ϕ en U es:∫

ϕ

F · T = f(y)− f(x)

siendo f la funcion potencial del campo F

La demostracion es una sencilla aplicacion del teorema de Stokes que probaremosen la segunda parte del libro.Observemos que si el recorrido ϕ es cerrado, entonces el teorema anterior pruebaque

∫ϕ

F · T = 0. A continuacion vamos a deducir del teorema anterior la Ley de

conservacion de la energıa, enunciada por primera vez en 1840 por el fısico inglesMichael Faraday (1791-1867): en un campo conservativo la suma de las energıascinetica y potencial de un objeto se mantiene constante de punto a punto.Se sabe que la energıa cinetica de una partıcula de masa m y velocidad v esEc = 1

2mv2, y que la energıa potencial Ep de esa partıcula en un punto x de

un campo conservativo F es Ep(x) = −f(x), siendo f la funcion potencial de F . Enconsecuencia, el trabajo realizado por F en un recorrido que une los puntos x e y es:

Trabajo =∫ϕ

F · T = f(y)− f(x) = Ep(x)− Ep(y)

En otras palabras el trabajo es igual a la diferencia de las energıas potenciales enx e y. Si ϕ(t) es el vector de posicion de la partıcula que se mueve desde x = ϕ(a)hasta y = ϕ(b), entonces en cualquier instante t, la velocidad y la aceleracion de lapartıcula son: v(t) = ϕ′(t) y a(t) = ϕ′′(t), respectivamente. Ası pues, por la segundaley del movimiento de Newton, F = ma(t) = mv′(t) y el trabajo realizado por F es:

Trabajo =∫ϕ

F · T =b∫a

[F (ϕ(t)]ϕ′(t)dt =b∫a

[mv′(t)]ϕ′(t)dt =

b∫a

m[v′(t)v(t)]dt =b∫a

m[v(t)v(t)

2

]′dt = m

[v(t)v(t)

2

]ba

= 12mv(b)2 − 1

2mv(a)2 =

Ec(y)− Ec(x)

Igualando los dos resultados obtenidos se sigue que:

Ep(x)− Ep(y) = Ec(y)− Ec(x)


y por lo tanto

Ep(x) + Ec(x) = Ep(y) + Ec(y).

Otra aplicacion del Segundo teorema fundamental del calculo para integrales de lınea

se obtiene al considerar el campo de fuerzas F (x1, x2, x3) = −GMm (x1,x2,x3)(√x21+x2

2+x23

)3

que ejerce una partıcula de masa M sobre otra de masa m, siendo G > 0 laconstante de gravitacion universal. Este campo vectorial es conservativo porque sitomamos f(x1, x2, x3) = GMm(√

x21+x2

2+x23

) comprobamos que ∇f(x) = F (x) para todo

x ∈ U ⊂ R3\{0}. Entonces el trabajo realizado por la fuerza de gravitacion al moveruna partıcula de masa m desde un punto x hasta y en unidos por cualquier recorridoϕ en U es: ∫

ϕ

F · T = f(y)− f(x) = GMm

(1

||y||− 1

||x||

)

Para poder aplicar el segundo teorema fundamental para las integrales de lıneanecesitamos aprender a reconocer cuando un campo vectorial es conservativo. Esonos lo dira el teorema de Poincare en la segunda parte del curso. De momentoadelantamos que para campos vectoriales en el plano, F : U ⊂ R2 → R2 la condicionque han de cumplir las dos funciones componentes F = (F1, F2) es

D2F1(x1, x2) = D1F2(x1, x2) (1.1)

Mientras que para campos vectoriales en el espacio F : U ⊂ R3 → R3,las funcionescomponentes F = (F1, F2, F3) deben cumplir las siguientes condiciones:

D2F1(x1, x2, x3) = D1F2(x1, x2, x3)

D3F1(x1, x2, x3) = D1F3(x1, x2, x3) (1.2)

D3F2(x1, x2, x3) = D2F3(x1, x2, x3)

Ejemplo 1.23 Como adelantamos en el primer apartado el campo

F (x1, x2) = (1, x1) no es conservativo porque D2F1(x1, x2) = 0 6= 1 = D1F2(x1, x2).Mientras que, como vimos en el ejemplo 1.21, el campo vectorial F (x1, x2) =(2x1, 2x2) se obtiene como el gradiente del campo escalar f(x1, x2) = x2

1 + x22 y por

lo tanto es conservativo. En efecto, es facil comprobar que en este caso se verificanlas dos condiciones puesto que

D2F1(x1, x2) = 0 = D1F2(x1, x2)

Observemos que esta misma circunstancia la vamos a tener en todos los casos en quela funcion F1(x1, x2) solo dependa de la variable x1 y la funcion F2(x1, x2) dependa


solo de la variable x2; es decir cuando el campo vectorial sea de la forma

F (x1, x2) = (F1(x1), F2(x2))

Una vez establecido que el campo vectorial es conservativo pasamos a calcular lafuncion potencial, o lo que es lo mismo, el campo escalar f : U ⊂ R2 → R queverifica que ∇f = F . Lo haremos usando la relacion entre las funciones f, F1 y F2,esto es

D1f(x1, x2) = F1(x1, x2)

D2f(x1, x2) = F2(x1, x2)

Estas relaciones nos permiten afirmar que

f(x1, x2) =

∫F1(x1, x2)dx1 + C(x2) =

∫F2(x1, x2)dx2 +K(x1)

La primera igualdad la obtenemos al integrar respecto de la variable x1 en la primeraexpresion, mientras que la segunda igualdad la obtenemos al integrar respecto de lavariable x2 en la segunda expresion. Observemos que cuando calculamos una integralindefinida la solucion que se da depende de una constante que solemos llamar C oK. En las dos integrales indefinidas que realizamos ahora esas constantes puedendepender de las variables x2 y x1, respectivamente, porque en la primera integral x2

actua como constante, mientras que en la segunda es x1 la que actua como constante.Aplicando estas ecuaciones al caso F (x1, x2) = (2x1, 2x2) obtenemos que la funcionpotencial asociada f(x1, x2) verifica

f(x1, x2) =

∫F1(x1, x2)dx1 + C(x2) =

∫2x1dx1 + C(x2) = x2

1 + C(x2)

o bien

f(x1, x2) =

∫F2(x1, x2)dx2 +K(x1) =

∫2x2dx2 +K(x1) = x2

2 +K(x1)

Por lo tanto para saber como es f(x1, x2) solo nos falta calcular una de las dosfunciones C(x2) o K(x1). Para ello volvemos a usar de nuevo la relacion ∇f = F , demodo que si derivamos en la primera igualdad respecto a la variable x2 obtenemosque

D2f(x1, x2) = C ′(x2) = F2(x1, x2) = 2x2

De donde se deduce que C ′(x2) = 2x2 y por lo tanto C(x2) =∫

2x2dx2 = x22 + C y

f(x1, x2) = x21 + x2

2 + CSi en lugar de derivar en la primera igualdad respecto a x2 hubieramos elegido laotra opcion, derivar en la segunda igualdad respecto a x1 habrıamos obtenido que

D1f(x1, x2) = K ′(x1) = F1(x1, x2) = 2x1


De donde se deduce que K ′(x1) = 2x1 y por lo tanto K(x1) =∫

2x1dx1 = x21 +K y

f(x1, x2) = x21 +x2

2 +K. Como era de esperar ambos caminos nos llevan a la mismasolucion f(x1, x2) = x2

1 + x22 + C = x2

1 + x22 + K, donde la unica diferencia esta en

la letra que hemos elegido para nombrar a la constante.A continuacion vamos a ver un ejemplo en R3. Usaremos el mismo metodo pero comotrabajamos con tres variables los calculos se complican un poco mas. Vamos a tomarel campo vectorial F (x1, x2, x3) = (cosx1, e

x2 , x3

1+x23). Empezamos comprobando que

verifica las tres condiciones (1.2) para ser conservativo:

D2F1(x1, x2, x3) = 0 = D1F2(x1, x2, x3)

D3F1(x1, x2, x3) = 0 = D1F3(x1, x2, x3)

D3F2(x1, x2, x3) = 0 = D2F3(x1, x2, x3)

Observemos que esta misma circunstancia la vamos a tener en todos los casos enque la funcion F1(x1, x2, x3) solo dependa de la variable x1, la funcion F2(x1, x2, x3)dependa solo de la variable x2 y la funcion F3(x1, x2, x3) dependa solo de la variablex3; es decir cuando el campo vectorial sea de la forma

F (x1, x2, x3) = (F1(x1), F2(x2), F3(x3)).

Una vez establecido que el campo vectorial es conservativo podemos calcular lafuncion potencial f que verifica que ∇f = F . Lo haremos usando la relacion entrelas funciones f, F1, F2 y F3, esto es

D1f(x1, x2, x3) = F1(x1, x2, x3)

D2f(x1, x2, x3) = F2(x1, x2, x3)

D3f(x1, x2, x3) = F3(x1, x2, x3)


f(x1, x2, x3) =

∫F1(x1, x2, x3)dx1 + C1(x2, x3)

=

∫F2(x1, x2, x3)dx2 + C2(x1, x3)

=

∫F3(x1, x2, x3)dx3 + C3(x1, x2)

La primera igualdad la obtenemos al integrar respecto de la variable x1 en la primeraexpresion. Como en este caso las variables x2 y x3 actuan como constantes, al calcularla integral indefinida la constante que nos aparece puede depender de estas variablesy por esa razon la hemos denotado por C1(x2, x3). De forma analoga obtenemos lasotras dos expresiones de la funcion potencial.Podemos trabajar con cualquiera de las tres igualdades para obtener f , pero paraque se vea con mayor claridad el desarrollo del proceso vamos a trabajar solo con


una de ellas, por ejemplo con la primera expresion. Aplicando la primera igualdad alcaso F (x1, x2, x3) = (cosx1, e

x2 , x3

1+x23) obtenemos que la funcion potencial asociada

f(x1, x2, x3) verifica

f(x1, x2, x3) =

∫F1(x1, x2, x3)dx1 + C1(x2, x3) =

∫cosx1dx1 + C1(x2, x3)

= senx1 + C1(x2, x3)

Ahora para saber como es f nos falta calcular la funcion C1(x2, x3). Para ellovolvemos a usar de nuevo la relacion ∇f = F , de modo que si derivamos respecto ala variable x2 obtenemos que

D2f(x1, x2, x3) = D2C1(x2, x3) = F2(x1, x2, x3) = ex2

De donde se deduce que

D2C1(x2, x3) = ex2

y por lo tanto

C1(x2, x3) =

∫ex2dx2 +K(x3) = ex2 +K(x3)

Observemos que de nuevo la constante que aparece al realizar la integral indefinidapuede depender de la variable x3 que esta actuando en este caso como una constante.De modo que tenemos la siguiente expresion para f

f(x1, x2, x3) = senx1 + C1(x2, x3) = senx1 + ex2 +K(x3)

Por ultimo, para saber como es f solo nos falta calcular la funcion K(x3). Para ellovolvemos a usar de nuevo la relacion ∇f = F , de modo que si derivamos respecto ala variable x3 obtenemos que

D3f(x1, x2, x3) = K ′(x3) = F3(x1, x2, x3) =x3

1 + x23


K ′(x3) =x3

1 + x23

y por lo tanto

K(x3) =

∫ (x3

1 + x23

)dx3 +K =

1

2ln(1 + x2

3) +K

En conclusion hemos probado que la funcion potencial es

f(x1, x2, x3) = senx1 + ex2 +1

2ln(1 + x2

3) +K.


En el siguiente ejemplo vamos a ver como utilizar el segundo teorema fundamentaldel calculo para integrales de lınea para simplificar las operaciones en determinadasintegrales de lınea.

Ejemplo 1.24 Dado el campo vectorial F (x1, x2) = (x32 + 1, 3x1x

22 + 1) y

dado el recorrido ϕ(t) = (1−cost, sent) para t ∈ [0, π] vamos a calcular la integral delınea

∫ϕ

F · T . Vamos a mostrar tres opciones para calcular esta integral. La primera

es aplicando simplemente la definicion que nos lleva a la siguiente integral:

∫ϕ

F · T =

π∫0

F (ϕ(t))ϕ′(t)dt

=

π∫0

(sen3t+ 1, 3(1− cost)sen2t+ 1)(sent, cost)dt

=

π∫0

(sen4t+ sent+ 3costsen2t− 3cos2tsen2t+ cost)dt

La segunda es calculando la funcion potencial del campo F . Para ello primerocomprobamos que F es conservativo; es decir que verifica la condicion 1.1

D2F1(x1, x2) = 3x22 = D1F2(x1, x2)

Una vez establecido que el campo vectorial es conservativo pasamos a calcular lafuncion potencial; es decir, el campo escalar f : U ⊂ R2 → R que verifica que∇f = F . Para ello usamos la relacion entre las funciones f, F1 y F2, esto es

D1f(x1, x2) = F1(x1, x2)

D2f(x1, x2) = F2(x1, x2)


f(x1, x2) =

∫F1(x1, x2)dx1 + C(x2) =

∫F2(x1, x2)dx2 +K(x1)

Aplicando la primera de estas ecuaciones al caso F (x1, x2) = (x32 + 1, 3x1x

22 + 1)

obtenemos que la funcion potencial asociada f(x1, x2) verifica

f(x1, x2) =

∫(x3

2 + 1)dx1 + C(x2) = x1(x32 + 1) + C(x2)

1.5. EL TEOREMA DE GREEN 45

Por lo tanto, para saber como es f(x1, x2) solo nos falta calcular la funcion C(x2).Para ello volvemos a usar de nuevo la relacion ∇f = F , de modo que si derivamosrespecto a la variable x2 obtenemos que

D2f(x1, x2) = 3x1x22 + C ′(x2) = F2(x1, x2) = 3x1x

22 + 1

De donde se deduce que C ′(x2) = 1 y por lo tanto C(x2) =∫dx2 = x2 + C y

f(x1, x2) = x1(x32 + 1) + x2 + C. Ahora aplicamos el segundo teorema fundamental

de calculo para integrales de lınea∫ϕ

F · T = f(y)− f(x)

= f(1− cosπ, senπ)− f(1− cos0, sen0)

= f(2, 0)− f(0, 0) = 2− 0 = 2

La tercera opcion consiste en aplicar el hecho de que al ser el campo conservativola integral de lınea es independiente del camino por el cual vamos desde el puntoϕ(0) = (0, 0) hasta el punto ϕ(π) = (2, 0), por esta razon podemos elegir un caminomas sencillo que una estos dos puntos, como por ejemplo una recta cuyo recorridoregular puede ser ψ(t) = (t, 0) para t ∈ [0, 2] y nos queda la integral

∫ϕ

F · T =

∫ψ

F · T =

2∫0

F (ψ(t))ψ′(t)dt

=

2∫0

(1, 1)(1, 0)dt =

2∫0

dt = 2.

Hemos visto como se simplifica el calculo de las integrales de lınea cuando el campovectorial es conservativo. En la siguiente seccion vamos a estudiar otro caso en elcual tambien se pueden simplificar las integrales de lınea pero esta vez poniendocondiciones sobre el camino.

1.5. El Teorema de Green

En esta seccion vamos a enunciar un teorema que recibe su nombre en honor delmatematico ingles George Green (1793-1841). El teorema demuestra que en R2, bajociertas condiciones, la integral de lınea

∫ϕ

F ·T coincide con cierta integral doble sobre

el recinto R que encierra el camino cerrado C = ϕ([a, b]). Pensemos por ejemplo enC una circunferencia y R el cırculo correspondiente. La condicion para ϕ es que sea


un recorrido regular y con orientacion positiva de un camino cerrado simple C, deahı que en el enunciado del teorema se utilice la notacion

∮C

F · T .

Teorema 1.25 Teorema de Green: Si F : U ⊂ R2 → R2 es declase C1, U es un conjunto abierto que contiene a la region simple R y∂R es el camino cerrado simple que forma la frontera de R, entonces severifica que: ∮

∂R

F · T =

∫R

(D1F2(x)−D2F1(x))dx.

En algunos texto se utiliza la notacion∮∂R

F1(x)dx1 + F2(x)dx2 =∫R

(D1F2(x) −

D2F1(x))dx. En la segunda parte veremos como se deduce este teorema del teoremade Stokes. Los siguientes ejemplos muestran como utilizar el teorema de Green parasimplificar los calculos.En primer lugar recordemos que si el campo vectorial F : U ⊂ R2 → R2 esconservativo entonces verifica que:

D1F2(x)−D2F1(x) = 0.

Por lo tanto el teorema de Green nos dice que la integral de lınea a lo largo de uncamino cerrado simple de un campo vectorial conservativo es 0. Eso es lo que sucedeen el siguiente ejemplo.

Ejemplo 1.26 Vamos a calcular la integral de lınea del campo vectorial

F (x1, x2) = (f(x1), g(x2)) siendo f, g : (−2, 2) ⊂ R → R dos funciones de claseC1 sobre la curva cerrada simple en forma de rectangulo que obtenemos al unirlos puntos ( 1

2 ,32 ), (− 1

2 ,32 ), (− 1

2 ,−32 ) y ( 1

2 ,−32 ). Primero observamos que el campo

vectorial ası definido es conservativo sean como sean las funciones f y g, por comoestan distribuidas las variables entre ellas. Como ademas el camino es una poligonalcerrada contenida en la region simple U = (−2, 2)× (−2, 2) de F , podemos aplicarel teorema de Green y concluir que∫

C

F · T = 0

El siguiente ejemplo nos muestra como gracias al Teorema de Green podemos evitarel calculo de primitivas muy difıciles por otras inmediatas.


Ejemplo 1.27 Tomamos el siguiente campo vectorial:

F (x1, x2) = (arctgx1 + x22, e

x22 cosx2 + x2

1)

y el camino cerrado simple dado por C = {(x1, x2) ∈ R2;x1 = 2cos(t), x2 =

3sen(t), t ∈ [0, 2π]}, que corresponde a la elipse de ecuacionx21

4 +x22

9 = 1. Observemos

que para calcular la integral de lınea∮C

F · T tendrıamos que resolver la siguiente

integral:

∮C

F · T

=

b∫a

F (ϕ(t))ϕ′(t)dt

=

2π∫0

(arctg(2cost) + 9sen2t, e9sin2tcos(3sent) + 4cos2t)(−2sent, 3cost)dt

=

2π∫0

(−2sentarctg(2cost)− 18sen3t+ 3coste9sen2tcos(3sent) + 12cos3t)dt

donde hemos tomado como recorrido regular con orientacion positiva del caminocerrado simple C la funcion ϕ : [0, 2π] → C dada por: ϕ(t) = (2cost, 3sent). Comovemos nos aparecen funciones cuyas integrales primitivas son difıciles de calcular,mientras que aplicando el teorema de Green llegamos a la siguiente integral doble:

∫R

(D1F2(x)−D2F1(x))dx =

∫R

(2x1 − 2x2)dx,

siendoR la region encerrada por la elipse. Esta segunda integral es sencilla de calcularutilizando el siguiente cambio a coordenadas elıpticas:

x1 = 2rcosθ

x2 = 3rsenθ

que transforma el recinto R en el rectangulo R′ = {(r, θ) : 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π}


de modo que la ultima integral se transforma en:

∫R′

2(2rcosθ − 3rsenθ)6rdrdθ =

2π∫0

1∫0

12r2(2cosθ − 3senθ)drdθ

= 4

2π∫0

(2cosθ − 3senθ)(r3]10dθ

= 4

2π∫0

(2cosθ − 3senθ)dθ

= 4 (2senθ + 3cosθ]2π0 = 0

Otra ventaja del uso del teorema de Green la obtenemos cuando el camino cerradosimple esta formado por varios tramos de curvas que necesitan recorridos distintos,como por ejemplo los lados de un rectangulo.

Ejemplo 1.28 Dado el campo vectorial F (x1, x2) = (x32, x

31 + 3x1x

22) vamos

a calcular la integral de lınea de este campo a lo largo del camino cerrado simple Cformado por los lados del rectangulo [−1, 0] × [2, 4] y recorrido en el sentido de lasagujas del reloj. Para calcular esta integral de lınea tendrıamos primero que buscarcuatro recorridos regulares correspondientes a los cuatro lados del rectangulo, locual supone bastante trabajo (ver en la seccion1.6el problema 2), y despues calcularcuatro integrales de lınea, mientras que aplicando el teorema de Green la integral delınea se transforma en una sencilla integral doble

−∮C

F · T = −∫R

(D1F2(x)−D2F1(x))dx

= −∫R

3x21dx = −

0∫−1

4∫2

3x21dx2dx1

= −2(x3

1

]0−1dx1 = −2.

Otra aplicacion del teorema de Green se obtiene a partir de la siguiente observacion.Si el campo vectorial F verifica que D1F2(x)−D2F1(x) = 1, entonces la integral de laderecha se convierte en

∫R

dx = area(R) y el teorema de Green nos permite calcular

areas de recintos del plano por medio de la integral de lınea de la curva cerrada


que forma la frontera del recinto R. Una forma sencilla de conseguir que el campo Fverifique la condicion D1F2(x)−D2F1(x) = 1 es tomando F (x1, x2) = 1

2 (−x2, x1). Elsiguiente ejemplo nos muestra un caso en el cual resulta util la aplicacion descrita delteorema de Green porque la integral de lınea sobre el recorrido de la curva fronterade R es un poco mas sencilla que la integral doble sobre R.

Ejemplo 1.29 Vamos a calcular el area de la region encerrada por la

hipocicloide, que es la curva de ecuacion x2/31 + x

2/32 = a2/3 siendo a > 0, cuya

grafica puede verse en la figura 1.4. Para calcular el area de esta region dividirıamosR en cuatro partes iguales y llegarıamos a la siguiente integral:

area(R) = 4

a∫0

√(a2/3 − x2/3

1 )3dx1

que se resuelve con el cambio de variable x1 = acos3θPero tambien podemos usar las coordenadas polares para encontrar un recorridosencillo sobre esta curva

ϕ : [0, 2π] ⊂ R → R2

t (acos3t, asen3t)

Observemos que el recorrido esta orientado positivamente y que aplicando el teoremade Green al campo vectorial F (x1, x2) = 1

2 (−x2, x1) el calculo del area de R quedaası:

area(R) =

∮∂R

F1(x)dx1 + F2(x)dx2 =

b∫a

F (ϕ(t))ϕ′(t)dt

=1

2

2π∫0

(−asen3t, acos3t)(−3acos2tsent, 3asen2tcost)dt

=3a2

2

2π∫0

(sen4tcos2t+ sen2tcos4t)dt

=3a2

2

2π∫0

sen2tcos2t(sen2t+ cos2t)dt =3a2

2

2π∫0

sen2tcos2tdt

Para resolver esta integral utilizamos las formulas trigonometricas senθcosθ =


12sen2θ y sen2θ = 1

2 (1− cos2θ) de modo que

area(R) =3a2

2

2π∫0

sen2tcos2tdt =3a2

8

2π∫0

sen22tdt

=3a2

16

2π∫0

(1− cos4t)dt =3a2

16

(t− sen4t

4

]2π

0

=3πa2

8

Figura 1.4: Hipocicloide

El teorema de Green esta enunciado para recintos R cuya frontera es un caminocerrado simple, sin embargo lo podemos aplicar a otros recintos mas complicados:los que se puedan expresar como uniones de recintos del primer tipo. El siguienteejemplo nos muestra un recinto de este tipo

Ejemplo 1.30 Si llamamos R a la corona circular comprendida entre lascircunferencias x2

1 +x22 = 1 y x2

1 +x22 = 4 es facil ver (ver figura 1.5) que este recinto

se puede descomponer en la union de dos recintos, R1, R2, de modo que ambos tienencomo frontera curvas cerradas simples.Ahora aplicamos el teorema de Green a los recintos R1 y R2. Por un lado, tenemosque la frontera de R1, recorrida en sentido positivo, esta formada por cuatro arcos de


Figura 1.5: Corona circular

curva representados en la figura 5 como C1, C2, C3 y C4 y por otro lado la fronterade R2, recorrida en sentido positivo, esta formada por los cuatro arcos de curvaC5, C6, C7 y C8. Entonces aplicando el teorema de Green vemos que para todo campovectorial F : U ⊂ R2 → R2 de clase C1 se verifica que∫

R


=

∫R1

(D1F2(x)−D2F1(x))dx+

∫R2


=

∮∂R1

F · T +

∮∂R2

F · T

=

∫C1

F · T +

∫C2

F · T +

∫C3

F · T +

∫C4

F · T

+

∫C5

F · T +

∫C6

F · T +

∫C7

F · T +

∫C8

F · T

Pero los recorridos C2 y C8, ası como los recorridos C4 y C6, se mueven sobre los


mismos caminos pero en sentidos contrarios de modo que las integrales de lınearespectivas verifican que ∫

C2

F · T = −∫C8

F · T

∫C4

F · T = −∫C6

F · T

Por otro lado los recorridos C1 y C5 recorren la circunferencia de radio 2 en sentidopositivo, mientras que los otros dos recorridos que nos quedan, C3 y C7; recorrenla circunferencia de radio 1 en sentido negativo, con lo cual el teorema de Greenaplicado a este caso nos dice que∫

R

(D1F2(x)−D2F1(x))dx =

∮CC2

F · T −∮CC1

F · T

siendo CC2 la circunferencia de radio 2 y CC1 la circunferencia de radio 1.

En los cinco ejemplos anteriores el lector ha podido comprobar como se puedensimplificar de forma significativa las integrales de lınea cuando se dan las condicionessuficientes para poder aplicar el teorema de Green, de modo que cuando en el futurose le proponga resolver una integral de lınea, merece la pena emplear unos minutosen analizar si se dan esas condiciones para aplicar esta poderosa herramienta.

1.6. PROBLEMAS DEL CAPITULO 1 53

1.6. Problemas del capıtulo 1

A continuacion encontrara una coleccion de problemas cuyos contenidos son similaresa los de los ejemplos que aparecen en las secciones anteriores. En cada problema seofrece una pequena sugerencia donde se dan las claves para desarrollar la solucion. Sino dispone del tiempo suficiente para resolver los problemas, al menos dedique unosminutos en pensar como desarrollarıa la solucion. De esta forma aprendera muchomas que si se limita a leer la respuesta.Problema 1 Dado el camino C = c([−2, 3]), siendo c(t) = (t, t2), encontrar unrecorrido de C que empiece en el punto (3, 9) y termine en el punto (−2, 4)Sugerencia : Observe que el camino dado es un tramo de la parabola x2 = x2

1. Lamisma funcion c que describe el camino puede servir para encontrar el recorridopedido, para ello bastara con componer esta funcion c con otra funcion continua hque transforme cierto intervalo, por ejemplo el intervalo [0, 1], en el intervalo [−2, 3]pero llevando el numero 0 al 3 y el numero 1 al -2. Para conseguir una funcion h conestas propiedades basta con una funcion del tipo h(s) = as+ b, para ciertos valoresa, b adecuados.Problema 2 Encontrar un recorrido que pase por todos los puntos del cuadradorepresentado en la figura 1.6Sugerencia: Empezar construyendo cuatro funciones que sirvan para describir loscuatro lados del cuadrado, usando el metodo empleado en el ejemplo 1.3. Despuesmodificar los intervalos donde estan definidas esas cuatro funciones para construirun camino que una los cuatro lados.Problema 3 Dada una funcion f : [a, b]→ R que sea diferenciable con continuidaden todo el intervalo excepto a lo sumo en una cantidad finita de puntos, definimosla longitud de la grafica de f como la longitud del recorrido ϕ : [a, b]→ R2 dado porϕ(t) = (t, f(t)). a) Demostrar que la longitud de la grafica de f es:

b∫a

√1 + (f ′(t))2dt

b) Calcular la longitud de la grafica de f(t) =√

1− t2 cuando t ∈ [−1, 1].Sugerencia: Los dos apartados son sencillos de resolver. En el primero bastara conaplicar la definicion de longitud de un recorrido al caso que nos dan y en el segundoobservar que la grafica de la funcion que nos dan corresponde a la semicircunferenciacon centro el origen y radio 1, por lo tanto su longitud nos debe dar πProblema 4 Hallar la masa, el centro de masas y el momento de inercia del alambrecuya forma es la porcion de la curva de interseccion de las superficies x1 + x2 = 1 yx2 +x3 = 1 desde el punto (1, 0, 1) hasta el punto (0, 1, 0), si la densidad del alambrees f(x1, x2, x3) = x2

1

Sugerencia: Primero hay que buscar la funcion ϕ que recorre el camino descritopara lo cual se puede usar el ejemplo 1.3 ¿porque? Despues se aplican las definiciones


Figura 1.6: Cuadrado de lado uno

de los tres conceptos que nos llevaran a resolver siete integrales de trayectoriasencillas.Problema 5 Dado el campo de fuerzas F (x1, x2) = (x2,−x1) calcular el trabajorealizado por dicho campo al mover una partıcula por la hiperbola de ecuacionx1 + 1 = (x2 + 1)3 desde el punto (0, 0) hasta el punto (7, 1).Sugerencia: Observe que los puntos del camino satisfacen una ecuacion explıcitaen la variable x1 que servira para construir el recorrido y recuerde que el trabajo secalcula usando una integral de lınea.Problema 6 La fuerza que ejerce en el origen una carga electrica sobre una partıculacargada en el punto x es

F (x) = k

x1(√x2

1 + x22 + x2

3

)3 ,x2(√

x21 + x2

2 + x23

)3 ,x3(√

x21 + x2

2 + x23

)3

siendo K una constante. Calcular el trabajo realizado cuando una partıcula se muevea lo largo de una lınea recta desde (2, 0, 0) hasta (2, 1, 5).Sugerencia: Recuerde que el trabajo se calcula usando una integral de lınea.Problema 7 Comprobar que los siguientes campos vectoriales son conservativos ycalcular las funciones potenciales respectivas.a) F (x1, x2) = (−x2sen(x1x2) + 2(x1 + x2),−x1sen(x1x2) + 2(x1 + x2))b) F (x1, x2, x3) = (x2x3 + 2, x1x3 + 3, x1x2 + 4).c) F (x1, x2, x3) = (ex1(x2+x3)(x2+x3), ex1(x2+x3)x1+log(x2

3+1), ex1(x2+x3)x1+x22x3

x23+1

)

Sugerencia: Siga los pasos del proceso desarrollado en el ejemplo 1.23.Problema 8 Si F (x1, x2, x3) = (a, b, c) es un campo vectorial de fuerzas constante,demostrar que el trabajo realizado al mover una partıcula a lo largo de un camino

arbitrario desde un punto P hasta otro punto Q es igual a F (−−→PQ).

Sugerencia: Piense en que casos se verifica que la solucion no depende del caminoque se recorra.Problema 9 Calcular el trabajo realizado por el campo de fuerzas F (x1, x2) =


((√

x21 + 5

)3

− 3x2, 6x1 + 5log(1 + x22)) para mover una partıcula por el triangulo

de vertices (0, 0), (5, 0) y (0, 5) en el sentido contrario a las agujas del reloj.Sugerencia: Si utiliza el teorema de Green apenas tendra que hacer calculos.

Figura 1.7: media corona

Problema 10 Calcule ∮C

F · T

siendoF (x1, x2) = (x22, 3x1x2) y C el camino que recorre la media corona circular

representada en la figura anterior.Sugerencia: Observe que el camino descrito es cerrado simple lo cual nos permiteutilizar ¿que teorema?


1.7. Soluciones de los problemas del capıtulo 1

Intente resolver los problemas, o al menos esbozar una respuesta, antes de leer lasolucion.Problema 1 Dado el camino C = c([−2, 3]), siendo c(t) = (t, t2), encontrar unrecorrido de C que empiece en el punto (3, 9) y termine en el punto (−2, 4)Solucion Podemos usar la funcion c para encontrar el recorrido, para ello solotendremos que modificar c de modo que avance en sentido contrario. Esto se consigueconstruyendo una funcion h(s) = as + b que nos transforme el intervalo [0, 1] enel intervalo [−2, 3] pero llevando el numero 0 al 3 y el numero 1 al -2. Para ellonecesitamos que a, b verifiquen las siguientes ecuaciones:{

h(0) = b = 3h(1) = a+ b = −2

De donde obtenemos que b = 3 y a = −5. Entonces la funcion ϕ = f ◦ h dada por

ϕ : [0, 1] ⊂ R → C ⊂ R2

s (−5s+ 3, (−5s+ 3)2)

es un recorrido sobre C que empieza en ϕ(0) = (3, 9) y termina en ϕ(1) = (−2, 4)como nos pedıan.Observemos que se puede coger cualquier intervalo [p1, p2] con p1 < p2 para definirϕ porque el sistema lineal correspondiente{

h(p1) = ap1 + b = 3h(p2) = ap2 + b = −2

es siempre compatible determinado.Problema 2 Encontrar un recorrido que pase por todos los puntos del cuadradorepresentado en la siguiente figura:Solucion: Vamos a usar la funcion descrita en el ejemplo 1.3 que sirve para describirun recorrido sobre un segmento de una recta, en cada uno de los cuatro lados delcuadrado. Para ello necesitamos determinar para cada lado un punto y un vectordirector.

lado1punto(0, 0)

vector(1, 0)

lado2punto(1, 0)

vector(0, 1)

lado3punto(1, 1)

vector(−1, 0)

lado4punto(0, 1)

vector(0,−1)

Siguiendo los pasos del ejemplo 1.3, construimos ahora cuatro funciones; c1,c2, c3y c4, todas ellas definidas sobre el intervalo [0, 1], de modo que cada funcion nosproporcione el camino del lado correspondiente:

c1(t) = (0, 0) + t(1, 0) = (t, 0) c2(t) = (1, 0) + t(0, 1) = (1, t)c3(t) = (1, 1) + t(−1, 0) = (1− t, 1) c4(t) = (0, 1) + t(0,−1) = (0, 1− t)

1.7. SOLUCIONES DE LOS PROBLEMAS DEL CAPITULO 1 57

Figura 1.8: Recorrido del cuadrado

Ahora vamos a construir cuatro funciones h1, h2, h3 y h4 que nos transformaran losintervalos [0, 1], [1, 2], [2, 3] y [3, 4] en el intervalo [0, 1] respectivamente. Como vimosen el problema anterior, las funciones hi que necesitamos son del tipo hi(s) = ais+bisiendo ai, bi los numeros adecuados para que cada intervalo se transforme en elintervalo [0, 1]. Estos numeros los obtenemos resolviendo los siguientes sistemaslineales: {

h1(0) = b1 = 0h1(1) = a1 + b1 = 1

{h2(1) = a2 + b2 = 0h2(2) = a22 + b2 = 1{

h3(2) = a32 + b3 = 0h3(3) = a33 + b3 = 1

{h4(3) = a43 + b4 = 0h4(4) = a44 + b4 = 1

Resolviendo estos sistemas obtenemos que

h1(s) = s h2(s) = s− 1h3(s) = s− 2 h4(s) = s− 3

Ahora ya estamos preparados para construir la funcion ϕ que describe el recorridopedido. El intervalo de partida va a ser [0, 4] y ϕ estara definida en los cuatrosubintervalos [0, 1], [1, 2], [2, 3] y [3, 4] utilizando para cada uno de ellos las funcionesci y hi que hemos construido.

ϕ(s) =

c1 ◦ h1(s) = (s, 0) si s ∈ [0, 1]

c2 ◦ h2(s) = (1, s− 1) si s ∈ [1, 2]c3 ◦ h3(s) = (1− (s− 2), 1) = (3− s, 1) si s ∈ [2, 3]c4 ◦ h4(s) = (0, 1− (s− 3)) = (0, 4− s) si s ∈ [3, 4]

.

Observemos que la funcion ası construida es continua en todos los puntos pero noes derivable en s = 1, s = 2 y s = 3.


Problema 3 Dada una funcion continua f : [a, b] ⊂ R→ R que sea diferenciable concontinuidad en todo el intervalo excepto a lo sumo en una cantidad finita de puntos,definimos la longitud de la grafica de f como la longitud del recorrido ϕ : [a, b]→ R2

dado por ϕ(t) = (t, f(t)).a) Demostrar que la longitud de la grafica de f es:

b∫a

√1 + (f ′(t))2dt

b) Calcular la longitud de la grafica de f(t) =√

1− t2 cuando t ∈ [−1, 1].Solucion: Observemos que las condiciones pedidas a la funcion f nos aseguran quela funcion ϕ es un recorrido sobre la curva formada por los puntos de la grafica de f .Recordemos que la grafica de f se define precisamente como el siguiente conjunto:

Grafica(f) = {(t, x) ∈ R1+1; f(t) = x}

a) Basta con aplicar la definicion de longitud de un recorrido al recorrido asociadoa la grafica de la funcion f cuyo vector velocidad es: ϕ′(t) = (1, f ′(t)) de modo que:

l(ϕ) =

b∫a

||ϕ′(t)||dt =

b∫a

√1 + (f ′(t))2dt

b) En este caso el recorrido ϕ corresponde al camino C = {(x1, x2) = (t,√

1− t2); t ∈[−1, 1]}; es decir que los puntos (x1, x2) ∈ C verifican que x2 =

√1− t2 =

√1− x2

1,o equivalentemente x2

1 + x22 = 1 lo cual significa que C es la semicircunferencia de

radio 1 y centro (0, 0) que esta contenida en el semiplano x2 ≥ 0. Por el apartado a)la longitud de esta grafica sera:

longitud Grafica(f) =

b∫a

√12 + (f ′(t))2dt

=

1∫−1

√1 +

(−2t

2√

1− t2

)2

dt

=

1∫−1

√1 +

t2

1− t2dt

=

1∫−1

√1

1− t2dt


Para resolver esta integral hacemos el cambio de variable t = cos s y nos queda lasiguiente integral

0∫π

√1

1− cos2 s(−sens)ds =

π∫0

√1

sen2s(sens)ds =

π∫0

ds = π

En este caso hemos podido simplificar√

1sen2s = 1

sens porque en el intervalo [0, π]

la funcion sens toma valores positivos.Problema 4 Hallar la masa, el centro de masas y el momento de inercia del alambrecuya forma es la porcion de la curva de interseccion de las superficies x1 + x2 = 1 yx2 +x3 = 1 desde el punto (1, 0, 1) hasta el punto (0, 1, 0), si la densidad del alambrees f(x1, x2, x3) = x2

1

Solucion: Empezamos buscando un recorrido regular ϕ : [a, b] ⊂ R → C ⊂ R3.Observemos que las ecuaciones de las dos superficies corresponden a dos planos enel espacio y por lo tanto el camino de este problema es un segmento de la rectainterseccion de ambos planos. Como vimos en el ejemplo 1.3 si tenemos dos puntosde la recta entonces el recorrido ϕ viene dado por:

ϕ(t) = (1, 0, 1) + t(−1, 1,−1) = (1− t, t, 1− t) con t ∈ [0, 1].

Ahora para calcular los datos que nos piden utilizamos las formulas:

masa(alambre) =

b∫a

f(ϕ(t))||ϕ′(t)||dt

centro de masa =1

masa(alambre)

∫C

x1f,

∫C

x2f,

∫C

x3f


∫C

(x22 + x2

3)f,

∫C

(x21 + x2

3)f,

∫C

(x21 + x2

2)f

Empecemos calculando la masa del alambre, para ello observamos que f(ϕ(t)) =(1− t)2 y que ϕ′(t) = (−1, 1,−1)

masa(alambre) =

1∫0

(1− t)2√

3dt =√

3

(− (1− t)3

3

]1

0

=

√3

3=

1√3.


Pasamos ahora a calcular el centro de masa

centro de masa

=√

3

1∫0

(1− t)3√

3dt,

1∫0

t(1− t)2√

3dt,

1∫0

(1− t)3√

3dt

= 3

((− (1− t)4

4

]1

0

,

(t2

2− 2t3

3+t4

4

]1

0

,

(− (1− t)4

4

]1

0

)

=1

4(3, 1, 3) .

Por ultimo calculamos el momento de inercia que sera el vector:

1∫0

(t2 + (1− t)2)(1− t)2√

3dt,

1∫0

2(1− t)4√

3dt,

1∫0

(t2 + (1− t)2)(1− t)2√

3dt

=√

3

1∫0

(2t4 − 6t3 + 7t2 − 4t+ 1)dt,−2(1− t)5

5]10,

1∫0

(2t4 − 6t3 + 7t2 − 4t+ 1)dt

=√

3

((2t5

5− 3t4

2+

7t3

3− 2t2 + t

]1

0

,2

5,

(2t5

5− 3t4

2+

7t3

3− 2t2 + t

]1

0

)

=

√3

30(7, 12, 7) .

Problema 5 Dado el campo de fuerzas F (x1, x2) = (x2,−x1) calcular el trabajorealizado por dicho campo al mover una partıcula por la hiperbola de ecuacionx1 + 1 = (x2 + 1)3 desde el punto (0, 0) hasta el punto (7, 1).Solucion: Empezamos buscando el recorrido. Para ello utilizaremos la ecuacion dela hiperbola y tomaremos una de las variables como parametro t. Observemos quesi tomamos x2 = t el recorrido nos queda ϕ(t) = ((t + 1)3 − 1, t) mientras quesi tomamos x1 = t el recorrido queda ası ϕ(t) = (t, 3

√t+ 1 − 1), como la primera

funcion de t es un poco mas sencilla a la hora de derivar e integrar vamos a tomaresa opcion, de modo ϕ : [0, 1] → C viene dado por ϕ(t) = ((t + 1)3 − 1, t). Ahora


pasamos a calcular el trabajo utilizando la siguiente integral de lınea:

∫C

F · T =

1∫0

F (ϕ(t))ϕ′(t)dt

=

1∫0

(t,−(t+ 1)3 + 1)(3(t+ 1)2, 1)dt

=

1∫0

(3t2 + 2t3)dt =

=

(t3 +

1

2t4]1

0

=3

2.

Problema 6 La fuerza que ejerce en el origen una carga electrica sobre una partıculacargada en el punto x es

F (x) = k

x1(√x2

1 + x22 + x2

3

)3 ,x2(√

x21 + x2

2 + x23

)3 ,x3(√

x21 + x2

2 + x23

)3

siendo k una constante. Calcular el trabajo realizado cuando una partıcula se muevea lo largo de una lınea recta desde (2, 0, 0) hasta (2, 1, 5)Solucion Empezamos buscando el recorrido. Segun vimos en el ejemplo 1.3 elrecorrido viene dado por:

ϕ : [0, 1] ⊂ R → C ⊂ R3

t (a1, a2, a3) + t(v1, v2, v3)

siendo (a1, a2, a3) = (2, 0, 0) el punto de partida y (v1, v2, v3) = (2, 1, 5)− (2, 0, 0) =(0, 1, 5) el vector director de la recta. De modo que el recorrido en este caso es:ϕ(t) = (2, t, 5t) con t ∈ [0, 1]. Ahora calculamos el trabajo resolviendo la siguiente


integral de lınea:∫C

F · T

=

1∫0

F (ϕ(t))ϕ′(t)dt

=

1∫0

k

(2(√

22 + t2 + 25t2)3 , t(√

22 + t2 + 25t2)3 , 5t(√

22 + t2 + 25t2)3)

(0, 1, 5)dt

= k

1∫0

26t(√4 + 26t2

)3 dt = k

(−1√

4 + 26t2

]1

0

= k

(√30− 2

2√

30

).

Problema 7 Comprobar que los siguientes campos vectoriales son conservativos ycalcular las funciones potenciales respectivas.a) F (x1, x2) = (−x2sen(x1x2) + 2(x1 + x2),−x1sen(x1x2) + 2(x1 + x2))b) F (x1, x2, x3) = (x2x3 + 2, x1x3 + 3, x1x2 + 4)c) F (x1, x2, x3) = (ex1(x2+x3)(x2 + x3), ex1(x2+x3)x1 + log(x2

3 + 1),ex1(x2+x3)x1 + x22x3

x23+1

)

Solucion: a) Vamos a comprobar que se verifica la condicion 1.1 de campoconservativo en el plano.

D2F1(x1, x2) = −sen(x1x2)− x2x1cos(x1x2) + 2 = D1F2(x1, x2)

Una vez establecido que el campo vectorial es conservativo podemos calcular lafuncion potencial; es decir el campo escalar f : U ⊂ R2 → R que verifica que∇f = F a partir de la relacion entre las funciones f, F1 y F2, esto es

D1f(x1, x2) = F1(x1, x2)

D2f(x1, x2) = F2(x1, x2)


f(x1, x2) =

∫F1(x1, x2)dx1 + C(x2) =

∫F2(x1, x2)dx2 +K(x1)

Vamos a utilizar la primera de las igualdades para calcular f .

f(x1, x2) =

∫F1(x1, x2)dx1 + C(x2)

=

∫(−x2sen(x1x2) + 2(x1 + x2))dx1 + C(x2)

= cos(x1x2) + x21 + 2x1x2 + C(x2)


Por lo tanto para saber como es f(x1, x2) solo nos falta calcular la funcion C(x2).Para ello volvemos a usar de nuevo la relacion ∇f = F , de modo que si derivamosrespecto a la variable x2 obtenemos que

D2f(x1, x2) = −x1sen(x1x2) + 2x1 + C ′(x2) = F2(x1, x2)

= −x1sen(x1x2) + 2(x1 + x2)

De donde se deduce que C ′(x2) = 2x2 y por lo tanto C(x2) =∫

2x2dx2 = x22 + C.

En conclusion hemos obtenido que

f(x1, x2) = cos(x1x2) + x21 + 2x1x2 + x2

2 + C

= cos(x1x2) + (x1 + x2)2 + C

b) Empezamos comprobando que verifica las tres condiciones descritas en (1.2) paraser conservativo:

D2F1(x1, x2, x3) = x3 = D1F2(x1, x2, x3)

D3F1(x1, x2, x3) = x2 = D1F3(x1, x2, x3)

D3F2(x1, x2, x3) = x1 = D2F3(x1, x2, x3)

Una vez establecido que el campo vectorial es conservativo podemos calcular lafuncion potencial f, que verifica que ∇f = F , a partir de la relacion entre lasfunciones f, F1, F2 y F3, esto es

D1f(x1, x2, x3) = F1(x1, x2, x3)

D2f(x1, x2, x3) = F2(x1, x2, x3)

D3f(x1, x2, x3) = F3(x1, x2, x3)


f(x1, x2, x3) =

∫F1(x1, x2, x3)dx1 + C1(x2, x3)

=

∫(x2x3 + 2)dx1 + C1(x2, x3)

= x1x2x3 + 2x1 + C1(x2, x3)


D2f(x1, x2, x3) = x1x3 +D2C1(x2, x3) = F2(x1, x2, x3) = x1x3 + 3


D2C1(x2, x3) = 3


y por lo tanto

C1(x2, x3) =

∫3dx2 +K(x3) = 3x2 +K(x3)

Observemos que de nuevo la constante que aparece al realizar la integral indefinidapuede depender de la variable x3 que esta actuando en este caso como una constante.De modo que tenemos la siguiente expresion para f

f(x) = x1x2x3 + 2x1 + C1(x2, x3) = x1x2x3 + 2x1 + 3x2 +K(x3)


D3f(x1, x2, x3) = x1x2 +K ′(x3) = F3(x1, x2, x3) = x1x2 + 4


K ′(x3) = 4

y por lo tanto

K(x3) =

∫4dx3 +K = 4x3 +K

En conclusion hemos probado que la funcion potencial es

f(x1, x2, x3) = x1x2x3 + 2x1 + 3x2 + 4x3 +K.

c) Empezamos comprobando que se verifican las tres condiciones descritas en 1.2para que F sea un campo conservativo.

D2F1(x1, x2, x3) = ex1(x2+x3)(x1)(x2 + x3) + ex1(x2+x3) = D1F2(x1, x2, x3)

D3F1(x1, x2, x3) = ex1(x2+x3)(x1)(x2 + x3) + ex1(x2+x3) = D1F3(x1, x2, x3)

D3F2(x1, x2, x3) = ex1(x2+x3)(x1)2 +2x3

x23 + 1

= D2F3(x1, x2, x3)

Una vez establecido que el campo vectorial es conservativo podemos calcular lafuncion potencial f, que verifica que ∇f = F , a partir de la relacion entre lasfunciones f, F1, F2 y F3, esto es

D1f(x1, x2, x3) = F1(x1, x2, x3)

D2f(x1, x2, x3) = F2(x1, x2, x3)

D3f(x1, x2, x3) = F3(x1, x2, x3)



f(x1, x2, x3) =

∫F1(x1, x2, x3)dx1 + C1(x2, x3)

=

∫ex1(x2+x3)(x2 + x3)dx1 + C1(x2, x3)

= ex1(x2+x3) + C1(x2, x3)


D2f(x1, x2, x3) = ex1(x2+x3)x1 +D2C1(x2, x3)

= F2(x1, x2, x3)

= ex1(x2+x3)x1 + log(x23 + 1)


D2C1(x2, x3) = log(x23 + 1)

y por lo tanto

C1(x2, x3) =

∫log(x2

3 + 1)dx2 +K(x3) = x2log(x23 + 1) +K(x3)

De modo que tenemos la siguiente expresion para f

f(x) = ex1(x2+x3) + C1(x2, x3) = ex1(x2+x3) + x2log(x23 + 1) +K(x3)


D3f(x1, x2, x3) = ex1(x2+x3)x1 +x22x3

x23 + 1

+K ′(x3)

= F3(x1, x2, x3)

= ex1(x2+x3)x1 +x22x3

x23 + 1


K ′(x3) = 0

y por lo tanto

K(x3) =

∫0dx3 +K = K


En conclusion hemos probado que la funcion potencial es:

f(x1, x2, x3) = ex1(x2+x3) + x2log(x23 + 1) +K.

Problema 8 Si F (x1, x2, x3) = (a, b, c) es un campo vectorial de fuerzas constante,demostrar que el trabajo realizado al mover una partıcula a lo largo de un camino

arbitrario desde un punto P hasta otro punto Q es igual a F−−→PQ.

Solucion Al ser el campo de fuerzas constante es facil ver que verifica las condiciones1.2 y por lo tanto es un campo vectorial conservativo cuya funcion potencial esf(x1, x2, x3) = ax1+bx2+cx3+C y podemos aplicar el segundo teorema fundamentalde la integral de lınea∫

ϕ

F · T = f(Q)− f(P ) = aQ1 + bQ2 + cQ3 + C − (aP1 + bP2 + cP3 + C)

= a(Q1 − P1) + b(Q2 − P2) + c(Q3 − P3) = F−−→PQ.

Problema 9 Calcular el trabajo realizado por el campo de fuerzas F (x1, x2) =((√x2

1 + 5)3− 3x2, 6x1 + 5log(1 + x22)) para mover una partıcula por el triangulo de

vertices (0, 0), (5, 0) y (0, 5) en el sentido contrario a las agujas del reloj.Solucion Como el camino es en este caso cerrado simple y F es de clase C1 en todoel plano, podemos aplicar el teorema de Green y convertir la integral de lınea sobreel triangulo en una integral doble sobre la region encerrada por el triangulo∮

∂R

F · T =

∫R


=

∫R

(6− (−3))dx = 9area(R) = 9

(25

2

)

Puesto que el triangulo descrito es rectangulo (se apoya en los ejes de coordenadas)y tiene tanto la base como la altura iguales a 5.Problema 10 Calcule ∮

C

x22dx1 + 3x1x2dx2

siendo C el camino representado en la figura 1.7.Solucion Como C es un camino cerrado simple y el campo F es de clase C1 en elplano podemos aplicar el teorema de Green y convertir la integral de lınea sobre lamedia corona circular en una integral doble sobre la region R encerrada por ∂R∮

∂R

F · T =

∫R

(D1F2(x)−D2F1(x))dx =

∫R

(3x2 − 2x2)dx =

∫R

x2dx.


Para calcular esta integral doble es conveniente hacer un cambio a coordenadaspolares que nos transforman la region R en el rectangulo R′ = {(r, θ); r ∈ [1, 2], θ ∈[0, π]} de modo que

∮∂R

F · T =

∫R

x2dx =

2∫1

π∫0

(rsenθ)rdθdr

=

2∫1

r2 (−cosθ]π0 dr = 2

(r3

3

]2

1

=14

3.


1.8. Pruebas de autoevaluacion del capıtulo 1

Prueba 1

1 : El recorrido definido por ϕ(t) = (√t−1, 3t) con t ∈ [0, 1], se mueve a lo largo de:

a) Una recta.b) Un elipse.c) Una parabola.

2 : El modulo de la velocidad en el instante t0 del recorrido anterior es:

a)√

9t2 + t+ 1− 2√t

b) 12

√36t+1t

c) 14

√t3

3 : Sea C ⊂ R3 un camino que pasa por los puntos correspondientes a la ecua-cion: 3x2

1 + 2x22 − 6x1 + 4x2 = 1. Diga cual de los siguientes recorridos corresponde

al camino C.a) ϕ(t) = (1 +

√2 cos t,

√3sent− 1)

b) ϕ(t) = (1−√

2 cos t,√

3sent+ 1)c) ϕ(t) = (1 +

√3 cos t,

√2sent− 1)

4 : La longitud de un recorrido ϕ : [a, b] ⊂ R→ C ⊂ Rn se define por:

a)b∫a

||ϕ(t)||dt

b)b∫a

||ϕ′(t)||dt

c)b∫a

ϕ′(t)dt

5 : La masa del muelle C ={

1√2(cos t, sent, t); t ∈ [0, 6π]

}⊂ R3 siendo la densi-

dad del alambre f(x1, x2, x3) = 1 + x3 es:

a) 6π(

1 + 3π√2

)b) 3π

7

c)√

2π

6 : Dado un recorrido ϕ de un camino C y dado un campo escalar acotado fdefinido sobre C, se llama integral de trayectoria de f a lo largo de ϕ a la integral:

a)b∫a

f(ϕ(t))||ϕ(t)||dt

1.8. PRUEBAS DE AUTOEVALUACION DEL CAPITULO 1 69

b)b∫a

f(ϕ(t))ϕ′(t)dt

c)b∫a

f(ϕ(t))||ϕ′(t)||dt

7 : Dado un recorrido ϕ de C y dado un campo vectorial acotado F definido sobreC, se llama integral de lınea de F a lo largo de ϕ a la integral:

a)b∫a

F (ϕ(t))ϕ′(t)dt

b)b∫a

F (ϕ(t))ϕ′′(t)dt

c)b∫a

F (ϕ(t))||ϕ′(t)||dt

8 : Sean α1 y α2 dos recorridos equivalentes de C y sea F un campo continuodefinido sobre C, entonces se verifica que:a)∫α1

F · T =∫α2

F · T

b)∫α1

F · T = −∫α2

F · T

c)

∣∣∣∣∣ ∫α1

F · T

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣ ∫α2

F · T

∣∣∣∣∣9 : Cual de las siguientes funciones verifica las condiciones de los recorridos re-gulares:a) ϕ(t) = (a cos(t) + p1, b sin(t) + p2) con t ∈ [0, 2π]b) ϕ(t) = (a cos(t) + p1, b sin(t) + p2) con t ∈ [0, 2kπ] y k ∈ Nc) ϕ(t) = (a cos(kt) + p1, b sin(kt) + p2) con t ∈ [0, 2π] y k ∈ N

10 : El trabajo realizado por el campo de fuerzas F (x1, x2, x3) = (x2,−x1, 1) almover una partıcula por el recorrido ϕ(t) = (cos t, sent, t/2π) con t ∈ [0, 2π] es:a) 1− 2πb) 2π − 1c) 2π

Las soluciones estan en el apendice A


Prueba 2

1: La longitud de la cicloide recorrida por la funcion

ϕ(t) = (r(t− sent), r(1− cos t)

con t ∈ [0, 2π] es igual a:a) 3rb) 4rc) 8r

2 : La integral de lınea del campo vectorial F (x1, x2, x3) = (cosx3, ex1 , ex2) a lo

largo del recorrido ϕ(t) = (1, t, et) con t ∈ [0, 2] es igual a:a) 2e+ 1

2e4 − 1

2b) 2e+ 4e2

c) e+ 2e2

3 : Se dice que un campo vectorial F : U ⊂ Rn → Rn es conservativo si:a) Verifica que F (x) = F (y) para todo par x, y ∈ U.b) Existe una funcion f : U ⊂ Rn → R tal que ∇f(x) = F (x) para todo x ∈ U.c)∫C

FN = 0 para todo camino cerrado simple C ⊂ U.

4 : Senale cual de los siguientes campos vectoriales es conservativo:

a) F (x1, x2) =(senx1

x21+4

, log(x42 + x2

2 + 1))

b) F (x1, x2) = (x1 + x2, x2 − x1)c) F (x1, x2) = (x1x2, x1x2)

5 : Senale cual de los siguientes campos vectoriales es conservativo:a) F (x1, x2, x3) = (x1x3, x2x3, x1x2)b) F (x1, x2, x3) = (senx1, log(x2

2 + 1), 3x23)

c) F (x1, x2, x3) = (x1 + 2x2, 2x1 + x3, 2x2 + x3)

6 : El teorema de Green establece que dado un campo vectorial F : U ⊂ R2 → R2

de clase C1, donde U es un conjunto abierto que contiene a la region R y donde ∂R,la frontera de R, es un camino cerrado simple, se verifica que:a)∮∂R

F1(x)dx1 − F2(x)dx2 =∫R


b)∮∂R

F1(x)dx1 + F2(x)dx2 =∫R

(D1F2(x) +D2F1(x))dx.

c)∮∂R

F1(x)dx1 + F2(x)dx2 =∫R


7 : Sea C un camino cerrado simple y sea R la region encerrada por C, entonces porel Teorema de Green se verifica que


a) area(R) = 12

∮C

−x2dx1 + x1dx2

b) area(R) = 12

∮C

x1dx1 + x2dx2

c) area(R) = 12

∮C

x2dx1 + x1dx2

8 Si C es el triangulo de vertices (1, 0, 0), (0, 1, 0) y (0, 0, 1) entonces la integralde lınea ∫

C

senπx1dx2 − cosπx2dx3

a) es 2π + 1

b) es πc) es 0

9: Si C es el cuadrado de vertices (0, 0), (0, 1), (1, 1) y (1, 0) entonces la integralde lınea ∮

C

x21dx1 + x1x2dx2

a) es 1b) es 1/2c) es 2

10: Si C es el cuadrado de la pregunta anterior y consideramos el campo vecto-rial F (x1, x2) = (x4

2 + x31, 2x

61) entonces:

a)∮C

F · T = 1

b)∮C

F · T = 0

c)∮C

F · T = 1/2


Capıtulo 2

Integrales sobre superficies

En este capıtulo se estudian las integrales de campos escalares y de camposvectoriales a lo largo de una superficie de R3. Ahora solo trabajaremos en R3.Como en el capıtulo anterior, el principal objetivo es mostrar como se utilizan estasherramientas matematicas para estudiar conceptos fısicos como, por ejemplo, elflujo, o cantidad de fluido, que atraviesa una superficie por unidad de tiempo. Elcapıtulo consta de cuatro secciones. En la primera, vamos a establecer las estructurasmatematicas de superficie y de recorrido de una superficie, para introducir despues,en la siguiente, las integrales de campos escalares y de campos vectoriales sobrelas superficies. Veremos tambien en la seccion 2.2 distintas aplicaciones de estasintegrales en problemas de Fısica.En la seccion 2.3 analizaremos bajo que condiciones se puede asegurar que dosrecorridos de una misma superficie son equivalentes, que nos llevara a la definicionde recorrido regular de una superficie simple. Veremos que las integrales de camposescalares no cambian si los recorridos regulares son equivalentes, pero las integralesde campos vectoriales si pueden cambiar de signo, como sucedıa con las integralessobre caminos, razon por la cual es necesario introducir el concepto de superficieorientable.Como curiosidad describiremos una superficie que no es orientable: la cinta deMobius.En la seccion 2.4, enunciaremos el teorema de Stokes en R3 y el teorema de Gauss.Ambos resultados, como veremos en la segunda unidad didactica, se deduciran delteorema general de Stokes para Rn. Mostraremos distintas situaciones en las cualesresulta especialmente ventajosa la aplicacion de estos teoremas.De nuevo, como en el capıtulo anterior, las tres ultimas secciones estan dedicadasa reforzar los conceptos y estrategias aprendidos resolviendo los problemas que seproponen.

73

74 CAPITULO 2. INTEGRALES SOBRE SUPERFICIES

Notacion

Para denotar a las superficies utilizaremos la letra S y para los recorridos de lassuperficies seguiremos empleando las letras ϕ y ψ, pero ahora seran funciones dedos variables que estan definidas en conjuntos de R2, que denotaremos por la letraR porque les llamaremos regiones simples. Como es habitual, dado un conjunto

R ⊂ Rn denotaremos por◦R al conjunto formado por los puntos interiores a R,

por R al conjunto formado por los puntos de adherencia de R y por fron(R) alconjunto formado por los puntos frontera de R. Recordemos que siempre se verificanlas siguientes relaciones:

◦R ⊂ R ⊂ R

◦R ∪ fron(R) = R

R es cerrado si y solo si R = R

Por otro lado, vamos a trabajar con matrices de tamano n×m (n filas y m columnas)donde n y m tomaran los valores 2 y 3 y necesitaremos conocer el rango de estasmatrices; es decir el numero de filas (o el de columnas) linealmente independientes.Usaremos la notacion rangDϕ(u) para hablar del rango de la matriz Dϕ(u).El lector ya deberıa estar acostumbrado a la notacion que usamos en el capıtuloanterior para describir objetos matematicos con coordenadas o componentes, v =(v1, ..., vn) ∈ Rn y ϕ = (ϕ1, ..., ϕn). A partir de ahora tendremos que trabajarcon objetos matematicos que llevan el guion y ademas tienen un subındice, lo cualnos obliga a usar un subındice doble para las coordenadas o componentes de losmismos. Ası por ejemplo, cuando llamamos u0 a un vector de R2 denotaremos a suscoordenadas de la siguiente manera: u0 = (u01,u02). De forma analoga para describirlas componentes de una funcion del tipo ψk : R ⊂ R2 → R3 usaremos la siguientenotacion para sus componentes:

ψk(u) = (ψk1(u), ψk2(u), ψk3(u)).

Por otro lado, dados dos vectores v = (v1, v2, v3), w = (w1, w2, w3) en R3

denotaremos, como es habitual, por v × w al producto vectorial de v y w, quese obtiene al resolver el siguiente determinante:

v × w = det

i j kv1 v2 v3

w1 w2 w3

.

Recordemos que las letras i, j, k hacen referencia a los vectores de la base canonicai = e1 = (1, 0, 0), j = e2 = (0, 1, 0) y k = e3 = (0, 0, 1), de modo que si calculamos

2.1. SUPERFICIES Y RECORRIDOS 75

el determinante y luego re-ordenamos los sumandos obtenidos para poder agruparlos que tengan a i, los que tengan a j y los que tengan a k, obtenemos el vector:

det

i j kv1 v2 v3

w1 w2 w3

= iv2w3 + jv3w1 + kv1w2 − (kv2w1 + jv1w3 + iw2v3)

= (v2w3 − w2v3)i+ (v3w1 − v1w3)j + (v1w2 − v2w1)k

= ((v2w3 − w2v3), (v3w1 − v1w3), (v1w2 − v2w1)).

Por ultimo, en algunas ocasiones, por cuestiones de espacio, apareceran lascoordenadas de un vector en columna en lugar de aparecer en fila que es lo habitual.

2.1. Superficies y recorridos

En esta primera seccion se establecen los conceptos de superficie y recorrido de unasuperficie, que estan relacionados entre sı como los conceptos de camino y recorridode un camino. Al igual que sucedıa en el capıtulo anterior, ahora estamos masinteresados en como recorrer toda la superficie que en las propiedades locales dela superficie. A los desplazamientos a lo largo de una superficie S les llamaremosrecorridos de SPara definir caminos y recorridos de caminos se usan funciones que actuan sobreun intervalo [a, b]. Ahora las funciones estan definidas en un conjunto cerrado yacotado de R2 (un compacto), al cual pediremos que sea conexo, porque de otromodo las superficies estarıan formadas por subconjuntos disjuntos, y tambien lepediremos que tenga interior no vacıo, porque de otro modo los caminos en R3 serıantambien superficies. Una clase de conjuntos que reune estas propiedades son lasregiones encerradas por una curva cerrada simple. Por ejemplo, los rectangulos y loscırculos. Emplearemos la letra R para denotarlos y les llamaremos regiones simples.Observemos que las regiones simples son tambien conjuntos medibles Jordan, porquesu frontera (el camino cerrado simple) es un conjunto de medida nula en R2.

Definicion 2.1 Diremos que un subconjunto acotado R ⊂ R2

es una region simple si es un conjunto cerrado y su frontera es un caminocerrado simple.

En el curso Topologıa se muestra que si fron(R) es un camino cerrado simpleentonces R, la region encerrada por ese camino, es un conjunto compacto (puesto

que es cerrado y acotado) y tanto R como◦R no solo son conjuntos conexos sino que

ademas son tambien arco conexos.


En el capıtulo anterior nos asegurabamos de que el camino en Rn no fuera un puntopidiendo a la funcion que define a los puntos del camino que no sea constante.Ahora para conseguir que la definicion de superficie no incluya ni puntos, ni tampococaminos en R3 no basta con pedir a la funcion que define los puntos de la superficieque no sea constante, porque si F (t) = (F1(t), F2(t), F3(t)) define un camino enR3 las funciones G1(t, s) = (F1(t), F2(t), F3(t)) y G2(t, s) = (F1(s), F2(s), F3(s))describen los mismos puntos del espacio que la funcion F y no son constantes. Loque le sucede es que estas funciones G1 y G2 si son constantes en los subconjuntosdel tipo {t0} × (s0 − δ, s0 − δ) y (t0 − δ, t0 − δ)× {s0} respectivamente. Observemosque los valores de una funcion en este tipo de subconjuntos son los que determinanlos valores de las derivadas parciales de las funciones respecto de la segunda y laprimera variable en (t0, s0) respectivamente.

Definicion 2.2 Llamamos superficie en R3 a todo conjuntode puntos S ⊂ R3 que se obtiene al tomar la imagen de una region simpleR por una funcion continua F : R ⊂ R2 → R3, es decir, S = F (R) talque F es de clase C1 y tiene matriz jacobiana de rango dos en todos lospuntos de R excepto en un conjunto de medida nula.

Como sucedıa con los caminos, las superficies vienen descritas a traves de funcionesque en la mayorıa de los casos nos serviran como recorridos, como veremos en lasiguiente definicion. Para los recorridos de las superficies volveremos a utilizar laletra ϕ.

Definicion 2.3 Dada una superficie S ⊂ R3 se dice que unafuncion ϕ : R ⊂ R2 → R3 es un recorrido de S si ϕ es una funcionde clase C1 con matriz jacobiana de rango dos en todos los puntos de laregion simple R excepto en un conjunto de medida nula y ademas verificaque ϕ(R) = S.

Mas adelante introduciremos la definicion de recorrido regular2.16 que, al igualque en el caso de caminos y recorridos, incluye condiciones de inyectividad y buencomportamiento en el interior de la region simple RA continuacion vamos a ver algunos ejemplos de superficies y de recorridos.Empecemos por el mas sencillo: un sector de un plano.

Ejemplo 2.4 Recordemos que la ecuacion general de un plano en R3 es dela forma:

a1x1 + a2x2 + a3x3 = a4


donde los parametros a1, a2 y a3 determinan un vector perpendicular al plano, comoes el vector (a1, a2, a3) y el parametro a4 determina por que puntos pasa el plano;por ejemplo pasara por el origen de coordenadas si y solo si se verifica que a4 = 0.A partir de esta ecuacion del plano podemos despejar una de las tres variables; porejemplo si a3 6= 0 tenemos que x3 = 1

a3(a4 − a1x1 − a2x2). Una vez despejada una

de las variables podemos recorrer un sector de plano con la funcion:

ϕ : [a, b]× [c, d] ⊂ R2 → S ⊂ R3

(u1, u2) (u1, u2,1a3

(a4 − a1u1 − a2u2))

En este caso es facil observar que el recorrido es de clase C∞ no solo en los puntosde la region R sino que se puede extender a todos los puntos de R2 y sigue siendode clase C∞. Ademas sus dos primeras componentes hacen que sea una funcioninyectiva.

Recordemos que para calcular integrales de lınea y de trayectoria era necesariocalcular el vector velocidad ϕ′(t). Ahora con las integrales sobre superficiessera necesario calcular el vector normal a la superficie. Para ello se define primeropara cada punto x0 ∈ S el espacio vectorial tangente a S en x0 (donde existe)como el espacio vectorial generado por los vectores:

D1ϕ(u0) = (D1ϕ1(u0), D1ϕ2(u0), D1ϕ3(u0))

D2ϕ(u0) = (D2ϕ1(u0), D2ϕ2(u0), D2ϕ3(u0))

siendo u0 ∈ R tal que ϕ(u0) = x0. Como muestra la siguiente figura el espaciovectorial tangente no es otra cosa que el plano tangente a la superficie en el puntox0 = ϕ(u0). Y se define el espacio normal a S en x0 (donde existe), como el

Figura 2.1: Vector normal

espacio generado por el vector perpendicular a D1ϕ(u0) y D2ϕ(u0) esto es el vector


que se obtiene al considerar el producto vectorial de los dos vectores tangentes:

N(u0) = D1ϕ(u0)×D2ϕ(u0) = det

i j kD1ϕ1(u0) D1ϕ2(u0) D1ϕ3(u0)D2ϕ1(u0) D2ϕ2(u0) D2ϕ3(u0)

cuyas coordenadas son:

N(u0) =

D1ϕ2(u0)D2ϕ3(u0)−D1ϕ3(u0)D2ϕ2(u0)D1ϕ3(u0)D2ϕ1(u0)−D1ϕ1(u0)D2ϕ3(u0)D1ϕ1(u0)D2ϕ2(u0)−D1ϕ2(u0)D2ϕ1(u0)

En los problemas 5 y 6 de la seccion 2.5 se recuerdan algunas de las propiedadesbasicas del producto vectorial.Observemos que la condicion rang(Dϕ(u)) = 2 es equivalente a decir que N(u) 6= 0,porque las tres coordenadas del vector N(u) coinciden con los tres menores (losdeterminantes de las submatrices de tamano 2× 2 de la matriz

Dϕ(u)) =

D1ϕ1(u0) D2ϕ1(u0)D1ϕ2(u0) D2ϕ2(u0)D1ϕ3(u0) D2ϕ3(u0)

Asi:

N(u0) =

det

(D1ϕ2(u0) D2ϕ2(u0)D1ϕ3(u0) D2ϕ3(u0)

)−det

(D1ϕ1(u0) D2ϕ1(u0)D1ϕ3(u0) D2ϕ3(u0)

)det

(D1ϕ1(u0) D2ϕ1(u0)D1ϕ2(u0) D2ϕ2(u0)

)

Ambas condiciones son equivalentes a decir que los vectores D1ϕ(u0) y D2ϕ(u0) sonno nulos y linealmente independientes.Como ya hemos adelantado, el calculo de este vector N(u) sera imprescindible parapoder realizar las integrales sobre superficies que veremos mas adelante, por esa razonen cada recorrido que definamos a partir de ahora el primer paso a dar sera calcularel vector N(u).En general, todas las superficies que vienen descritas de forma explıcita, como losplanos que vimos en el ejemplo anterior, (o como los paraboloides, las semiesferas,secciones de hiperboloides,...); es decir, superficies que vienen descritas a traves deuna ecuacion de la forma x3 = h(x1, x2), o una ecuacion explıcita en las variablesx1 o x2, nos permiten definir un recorrido de S por medio de las siguiente funcion:

ϕ : R = [a, b]× [c, d] → S(u1, u2) (u1, u2, h(u1, u2))


siendo R adecuado para que h sea de clase al menos C1 en todos los puntos de Rexcepto a lo sumo en un conjunto de medida nula. Observemos que en este caso ϕes inyectiva y verifica que rang(Dϕ(u)) = 2 para todo u ∈ R porque

N(u) = (−D1h(u),−D2h(u), 1) 6= 0

Por otro lado, las superficies que vienen descritas de forma implıcita; es decir, atraves de una ecuacion de la forma: g(x1, x2, x3) = 0, como por ejemplo sucede conla esfera x2

1 + x22 + x2

3 = 1, si se verifica que la funcion g es una funcion de claseC1 en un abierto de R3 y con vector gradiente distinto de 0 en todos los puntos x0

con g(x0) = 0 entonces, por el teorema de la funcion implıcita, en cada punto x0 esposible despejar una variable en funcion de las otras dos. Si por ejemplo podemosdespejar x30 (es decir que D3g(x0) 6= 0) entonces existe una bola cerrada con centroen (x10, x20) que llamamos R y una funcion h : R ⊂ R2 → R de clase C1 en unabola algo mayor que R tal que la funcion

ϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ R3

(u1, u2) → (u1, u2, h(u1, u2))

es un recorrido de la superficie S = ϕ(R) que rodea al punto x0. En este caso ϕ esinyectiva, de clase C1 y verifica que rang(Dϕ(u)) = 2 para todo u ∈ R porque

N(u) =

(D1g(ϕ(u))

D3g(ϕ(u)),D2g(ϕ(u))

D3g(ϕ(u)), 1

)6= 0

Para calcular N(u) hemos aplicado el teorema de la funcion implıcita que nos diceque los puntos u ∈ R verifican la igualdad g(ϕ(u)) = g(u1, u2, h(u1, u2)) = 0, lo cualnos permite calcular D1h(u) y D2h(u) en funcion de las derivadas de la funcion gderivando en la expresion anterior.El siguiente ejemplo nos muestra el recorrido de una parte de la esfera que obtenemosal aplicar esta idea y por otro lado nos muestra como las coordenadas esfericas nospermiten dar un recorrido de la esfera completa aunque no sera inyectivo.

Ejemplo 2.5 Para recorrer el casquete superior de la esfera x21+x2

2+x23 = 1;

es decir, el conjunto de puntos que verifican que x3 ≥ 0, despejamos de la ecuacionde la esfera la variable x3 y tomamos como region simple R la sombra de la superficiesobre el plano XY ; es decir R = {(u1, u2);u2

1 + u22 ≤ 1} de modo que la siguiente

funcion es un recorrido del casquete superior

ϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ R3

(u1, u2) (u1, u2,√

1− u21 − u2

2)

En este caso ϕ es biyectiva, continua y de clase C1 en◦R, pero no es de clase C1 en

los puntos de la frontera de R.


Por otro lado, si queremos recorrer la esfera completa podemos usar las coordenadasesfericas y obtenemos un recorrido como el siguiente

ψ : [0, 2π]× [0, π] ⊂ R2 → S ⊂ R3

(u1, u2) (cosu1senu2, senu1senu2, cosu2)

En este caso ψ no es inyectiva pero es de clase C∞ (no solo en R sino que se

Figura 2.2: Paraboloides de revolucion

puede extender a todo R2) y verifica que rang(Dψ(u)) = 2 para todo u ∈◦R porque

N(u1, u2) = (−cosu1sen2u2,−senu1sen

2u2,−senu2cosu2) 6= 0.Observemos que si cambiamos la region simple dada por esta otra R = [0, 2kπ] ×[0, π], siendo k un entero positivo, entonces el recorrido da k vueltas alrededor dela esfera. O si dejamos la region simple como esta y cambiamos las variables u1 y/ou2 ası: (cos k1u1senk2u2, senk1u1senk2u2, cos k2u2) entonces el recorrido da variasvueltas alrededor de la esfera.

El ultimo recorrido ha sido construido a partir de las ecuaciones parametricas de laesfera, que usan como parametros los angulos. Hay toda una familia de superficies,las llamadas superficies de revolucion, que gracias a sus propiedades geometricasadmiten ecuaciones parametricas, como la esfera o como el cilindro, el paraboloide,el hiperboloide y el cono, todas ellas son superficies que se generan al girar la graficade ciertas funciones positivas g : [a, b] ⊂ R → R de clase C1 alrededor de un ejeen R3. En el caso del paraboloide: x2

1 + x22 = x3, giramos la grafica de la parabola

asociada a la funcion g(s) =√s alrededor del eje OX3, mientras que si el paraboloide

es x21 + x2

3 = x2 entonces giramos la parabola g(s) =√s alrededor del eje OX2 (ver

figura 2.2)De modo que podemos recorrer un sector de los paraboloides descritos con las


siguientes funciones

ϕ : [a, b]× [0, 2π] ⊂ R2 → S ⊂ R3

(u1, u2) (√u1 cosu2,

√u1senu2, u1)

ψ : [a, b]× [0, 2π] ⊂ R2 → S ⊂ R3

(u1, u2) (√u1 cosu2, u1,

√u1senu2)

Para el caso general de superficies generadas al girar la grafica de una funcion positivag(s) alrededor del eje OX3 nos queda el recorrido de la siguiente manera

ϕ : [a, b]× [0, 2π] ⊂ R2 → S ⊂ R3

(u1, u2) (g(u1) cosu2, g(u1)senu2, u1)

En este caso el vector normal es:

N(u) = (−g(u1) cosu2,−g(u1)senu2, g(u1)g′(u1))

lo cual significa que N(u) se anula en los puntos (u1, u2) ∈ R con g(u1) = 0. Ademasen esos puntos ϕ no es inyectiva. Por otro lado, es claro que la continuidad y ladiferenciabilidad de ϕ dependeran de la continuidad y la derivabilidad de g.A continuacion introducimos el concepto de area de una superficie.

Definicion 2.6 Dada una superficie S ⊂ R3 y dado un recorridoϕ de S, se define al area de S segun ϕ como:

area(S) =

∫R

||N(u)||du

Observemos que la integral anterior existe porque la funcion ||N(u)|| es por hipotesiscontinua en todo R excepto a lo sumo en un conjunto de medida nula y ademas elconjunto R es medible Jordan. A continuacion vamos a justificar la definicion dearea de una superficie.Primero recordemos que dados dos vectores de R3, v y w, linealmente independientes,el producto vectorial de ambos verifica:

||v × w||2 = ||v||2||w||2senθ

siendo θ el angulo que forman v y w. De aquı se deduce que:

||v × w|| = area del paralelogramo de lados v y w.


Figura 2.3: Area de una superficie

De forma que si I es un rectangulo que contiene a R y P es una particion de I, cadarectangulo Jj ∈ P con vertice uj lleva asociado un paralelogramo J ′j con vertice enϕ(uj) contenido en el plano tangente a S (ver figura 2.3).Entonces una aproximacion del area de S se obtiene al sumar las areas de losparalelogramos J ′j . Pero para cada j ∈ {0, ..., p} se verifica que:

areaJ ′j = ||D1ϕ(uj)hj ×D2ϕ(uj)kj || = ||N(uj)||hjkj = ||N(uj)||area(Jj)

Lo cual significa que la aproximacion del area de S corresponde a una suma del tipo:

s(||N(u)||, P ) =p∑j=0

||N(uj)||area(Jj)

Por lo tanto, si ||N(u)|| es integrable en R, la aproximacion del area de S convergea∫R

||N(u)||du.

Pasamos ahora a calcular el area de las superficies que aparecen en los ejemplosanteriores.

Ejemplo 2.7 Sea S el sector del plano x1 + x2 + x3 = 1 recorrido por lasiguiente funcion:

ϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ R3

(u1, u2) (u1, u2, 1− u1 − u2)

2.2. INTEGRALES DE SUPERFICIE 83

siendo R cualquier region simple de R2.Entonces el area de S viene dada por:

area(S) =

∫R

||N(u)||du =

∫R

||(−D1h(u),−D2h(u), 1)||du

=

∫R

||(1, 1, 1)||du =√

3area(R).

Si calculamos el area de la esfera utilizando el segundo recorrido del ejemplo 2.5obtenemos que

area(S) =

∫R

||N(u)||du

=

∫R

||(−cosu1sen2u2,−senu1sen

2u2,−senu2cosu2)||du

=

∫R

√sen2u2du =

2π∫0

π∫0

senu2du2du1 =

2π∫0

(−cosu2]π0 du1 = 4π.

Es facil observar que si el recorrido da k vueltas alrededor de la esfera entonces elarea de S resulta ser igual a 4kπ.

Ahora que sabemos construir recorridos sobre sectores de las superficies masconocidas (superficies descritas de forma explıcita, o de forma implıcita, o superficiesde revolucion) vamos a ver como se definen las integrales sobre esas superficies.

2.2. Integrales de superficie

En esta seccion vamos a definir las integrales de un campo escalar, f : S → R, yde un campo vectorial, F : S → R3, a lo largo de un recorrido ϕ de S y veremosalgunas aplicaciones de estas integrales a problemas de Fısica, como el calculo de lamasa, el centro de masas y el momento de inercia de una lamina.


Definicion 2.8 Dado un recorrido ϕ de S y dado un campoescalar f definido sobre S, se llama integral de f a lo largo de ϕ, quedenotamos por

∫ϕ

f a la integral:

∫ϕ

f =

∫R

f(ϕ(u))||N(u)||du

siempre que dicha integral exista.

Observemos que si f = 1 entonces∫ϕ

f = area(ϕ). Por otro lado, la existencia de la

integral anterior dependera de las propiedades de la funcion f y no de S ni de ϕ.Estas integrales se utilizan en Fısica para resolver los siguientes problemas:Supongamos que S es una lamina delgada y que f es la funcion de densidad de S.Entonces un calculo aproximado de la masa de S se obtiene al tomar un recorrido ϕde S, una particion P de un rectangulo I = [a, b]× [c, d] que contiene a R y asignara cada porcion de lamina ϕ(Jj), Jj ∈ P, una densidad fija f(ϕ(uj)), uj ∈ Jj . De estamanera un valor aproximado de la masa de la lamina es:

p∑j=0

f(ϕ(uj))areaJ′j =

p∑j=0

f(ϕ(uj))||N(uj)||vol(Jj)

Esta es una suma del tipo s(f(ϕ)||N ||, P ), es decir, que si la funcion f(ϕ)||N || esintegrable en R los valores aproximados de la masa de la lamina S convergen a

masa(S) =

∫ϕ

f

Con las mismas interpretaciones de f y de S se calcula el centro de masasy el momento de inercia de la lamina usando las siguientes integrales, cuyainterpretacion fısica es similar a la descrita para un alambre en la seccion 1.2.

centro de masa=1

masa(S)

(∫ϕ

x1f,∫ϕ

x2f,∫ϕ

x3f

)

momento de inercia=

(∫ϕ

(x22 + x2

3)f,∫ϕ

(x21 + x2

3)f,∫ϕ

(x21 + x2

2)f

).

Ejemplo 2.9 Vamos a calcular la masa y el centro de masas de la laminadada por S = {(x1, x2, x3) ∈ R3;x2

1 + x23 = x2 y x2

1 + x23 ≤ 1}, siendo la funcion de

densidad f(x1, x2, x3) = x2.


Observemos que la ecuacion explıcita en la variable x2 que describe a los puntosde S,esto es: x2 = x2

1 + x23, corresponde a un paraboloide, que es una superficie

de revolucion. Mientras que la condicion x21 + x2

3 ≤ 1 determina la porcion delparaboloide con la que vamos a trabajar.En este caso podemos usar dos tipos distintos de recorridos, el que construimos apartir de la ecuacion explıcita x2 = h(x1, x3):

ϕ : R = {(u1, u2);u21 + u2

2 ≤ 1} → S(u1, u2) (u1, u

21 + u2

2, u2)

cuyo vector normal es:

N(u1, u2) = (D1h(u1, u2),−1, D2h(u1, u2) = (2u1,−1, 2u2)

Y el que construimos a partir de la condicion de superficie de revolucion, que es:

Ψ : [0, 1]× [0, 2π] → S(v1, v2) (

√v1 cos v2, v1,

√v1senv2)


N(v1, v2) = (√v1 cos v2,

−1

2,√v1senv2).

Veamos que integrales nos quedan cuando calculamos la masa de la lamina usandolos dos recorridos.Con el primero obtenemos que:

masa(S) =

∫R

(u21 + u2

2)√

4(u21 + u2

2) + 1du1du2,

que usando el cambio a coordenadas polares se convierte en la siguiente integral:

masa(S) =

1∫0

2π∫0

r3√

4r2 + 1dθdr

Mientras que con el segundo recorrido nos queda:

masa(S) =

1∫0

2π∫0

v1

√v1 + 1/4dv2dv1

En definitiva llegamos a dos integrales muy parecidas que se pueden resolver con el


metodo de integracion por partes. Operando desde la segunda obtenemos que:

masa(S) = 2π

1∫0

v1

√v1 + 1/4dv1

=4π

3

v1(v1 + 1/4)3/2]1

0−

1∫0

(v1 + 1/4)3/2dv1

=

4π

3

((5

4

)3/2

− 2

5(v1 + 1/4)5/2

]1

0

)=π(25√

5 + 1)

60= m.

Ahora calculamos el centro de masas. Si lo hacemos usando el primer recorridollegamos las siguientes integrales:

1

m

∫R

u1(u21+u2

2)√

4(u21 + u2

2) + 1du∫R

(u21+u2

2)2√

4(u21 + u2

2) + 1du∫R

u2(u21+u2

2)√

4(u21 + u2

2) + 1du

que usando el cambio a coordenadas polares se convierten en las siguientes integrales:

1

m

1∫0

2π∫0

r4 cos θ√

4r2 + 1dθdr,

∫R

r5√

4r2 + 1dθdr,

∫R

r4senθ√

4r2 + 1dθdr

Mientras que con el segundo recorrido nos queda:

1

m

1∫0

2π∫0

cos v2v3/21

√v1 + 1/4dv2dv1

1∫0

2π∫0

v21

√v1 + 1/4dv2dv1

1∫0

2π∫0

senv2v3/21

√v1 + 1/4dv2dv1

De nuevo llegamos a integrales muy parecidas. Operando a partir de las segundasintegrales obtenemos que:

centro de masas =1

m

(0,π(125

√5− 1)

420, 0

).

Ya hemos visto como se define la integral de un campo escalar. Pasamos ahora adefinir la integral de un campo vectorial.


Definicion 2.10 Dado un recorrido ϕ de S y dado un campo

vectorial acotado F definido sobre S, se llama integral de F a lo largo deϕ, que denotamos por

∫ϕ

F ·N a la integral:

∫ϕ

F ·N =

∫R

F (ϕ(u))N(u)du

siempre que dicha integral exista.

Estas integrales se utilizan en Fısica para resolver el siguiente problema:Supongamos que F (x) es un campo de velocidad de un fluido en un instante, es decir,que F asocia a cada partıcula x del fluido el vector velocidad de dicha partıcula enun instante fijo. Si ϕ : R → S es un recorrido de una superficie S contenida en elfluido, entonces en cada punto x ∈ S el producto escalar de los vectores

F (x)N(u)

||N(u)||,

siendo u ∈ R tal que ϕ(u) = x, es la componente normal del vector velocidadrespecto a la superficie S. Por otro lado, sabemos que la cantidad de fluido (flujo)que atraviesa una superficie plana al moverse con velocidad constante y de formaperpendicular a la superficie, es igual al producto de la velocidad por el area de lasuperficie. Entonces un calculo aproximado del flujo que atraviesa la superficie Sal moverse con un campo de velocidad F se obtiene al tomar una particion P delrectangulo que contiene a R y evaluar la siguiente suma:

p∑j=0

F (ϕ(uj))N(uj)

||N(uj)||areaJj =

p∑j=0

F (ϕ(uj))N(uj)

||N(uj)||||N(uj)||vol(Jj) =

p∑j=0

F (ϕ(uj))N(uj)vol(Jj)

siendo uj el vertice del rectangulo Jj . Esta suma es del tipo s(F (ϕ)N,P )De forma que si la funcion F (ϕ)N es integrable en R los valores aproximados delflujo de F a traves de S convergen a

∫ϕ

F ·N .

En la definicion de flujo aparece la relacion entre la integral del campo F y la integralde un campo escalar, esto es:

∫R

F (ϕ(u))N(u)du =∫R

F (ϕ(u))N(u)

||N(u)||||N(u)||du


La notacion∫ϕ

F ·N se utiliza para sugerir esta relacion.

Ejemplo 2.11 Vamos a calcular el flujo del campo de velocidades

F (x1, x2, x3) = (x3, 2x2, 3x1) a traves de la superficie S = {(x1, x2, x3);x1+x2+x3 =1, x1 ≥ 0, x2 ≥ 0, x3 ≥ 0} utilizando los siguientes recorridos:

ϕ : R → S(u1, u2) (u1, u2, 1− u1 − u2)

ψ : R → S(u1, u2) (u2, u1, 1− u1 − u2)

siendo la region simple en ambos casos R = {(u1, u2); 0 ≤ u1 ≤ 1 y 0 ≤ u2 ≤ 1−u1}.Observemos que R es un triangulo rectangulo de lado y altura 1, apoyado en los ejesde coordenadas y por lo tanto es simetrico respecto de las variables u1 y u2 es decirque (u1, u2) ∈ R si y solo si (u2, u1) ∈ R. Por otro lado, es facil ver que para todopunto u ∈ R los dos recorridos envıan el punto a la superficie S con la diferencia deque ψ invierte el orden de las dos primeras coordenadas. Este cambio implica que elvector normal a la superficie para ϕ y para ψ es respectivamente:

N1(u1, u2) = (1, 1, 1)

N2(u1, u2) = (−1,−1,−1)

De aquı que el flujo sea para el primer caso:

∫ϕ

F ·N =

∫R

(1− u1 − u2, 2u2, 3u1)(1, 1, 1)du

=

1∫0

1−u1∫0

(1 + 2u1 + u2)du2du1

=

1∫0

((1 + 2u1)u2 +

u22

2

]1−u1

0

du1

=

1∫0

(3

2− 3

2u2

1)du1 =

(3

2u1 −

u31

2

]1

0

= 1.


Mientras que para el segundo caso es:∫ψ

F ·N =

∫R

(1− u1 − u2, 2u1, 3u2)(−1,−1,−1)du1du2

= −1∫

0

1−u1∫0

(1 + u1 + 2u2)du2du1

= −1∫

0

((1 + u1)u2 + u2

2

]1−u1

0du1

= −1∫

0

(2− 2u1)du1 = −(2u1 − u2

1

]10

= −1.

Como vemos, hemos obtenido el mismo resultado pero con signos distintos. Esto esdebido a que los vectores normales asociados a los dos recorridos tienen sentidoscontrarios o, como veremos mas adelante, orientaciones distintas.Sin embargo, se verifica que

det(D1ϕ(u), D2ϕ(u), N1(u)) = 3 = det(D1ψ(u), D2ψ(u), N2(u)).

Esto es debido a que en ambos casos el vector normal asociado al recorrido se calculaa partir de los vectores tangentes. Al final de la seccion 3.1 se demuestra que paratodo recorrido regular ϕ el determinante de los vectores tangentes y el vector normalsatisface la siguiente igualdad:

det(D1ϕ(u), D2ϕ(u), N(u)) = ||N(u)||2

A continuacion vamos a demostrar una de las leyes fundamentales de la electrostaticaconocida como la ley de Gauss que establece que el flujo de un campo electrico atraves de una superficie esferica no depende del radio de la esfera.

Ejemplo 2.12 El campo de velocidades de un campo electrico producidopor una carga puntual viene dado por la funcion:

F (x1, x2, x3) =k(√

x21 + x2

2 + x23

)3 (x1, x2, x3),

siendo k una constante positiva conocida como la constante de Coulomb. Vamos acalcular, usando una integral de superficie, el flujo de este campo electrico cuando


atraviesa una esfera. Para ello tomamos como recorrido de la esfera la funcion deejemplo 2.5

ϕ : [0, 2mπ]× [0, π] → S(u1, u2) (R cosu1senu2, Rsenu1senu2, R cosu2)


N(u1, u2) = (−R2 cosu1sen2u2,−R2senu1sen

2u2,−R2senu2 cosu2).

De modo que el flujo∫S

F ·N viene dado por la siguiente integral:

k

R3

π∫0

2mπ∫0

R

cosu1senu2

senu1senu2

cosu2

·R2

− cosu1sen2u2

−senu1sen2u2

−senu2 cosu2

du1du2

= k

π∫0

2mπ∫0

−senu2du1du2 = k2mπ

π∫0

−senu2du2 = k2mπ (cosu2]π0 = −4mπk.

Como vemos el flujo no depende del radio de la esfera pero si del numero de vueltasque da el recorrido.

La ley de Gauss es valida para superficies cerradas mas generales y relaciona el flujoque atraviesa una superficie con la carga total que hay en su interior.

Observemos que las integrales no cambian si integramos sobre R o sobre◦R, porque

la frontera es un conjunto de medida nula, es decir que no es tan importante elcomportamiento del recorrido en los puntos de la frontera de la region simple comosu comportamiento en los puntos del interior.Una vez que hemos visto como a realizar integrales de campos escalares y de camposvectoriales es el momento de analizar las condiciones que tenemos que exigir a losrecorridos para que esas integrales no dependan del recorrido, de modo que porejemplo, la masa de una lamina sea independiente de la funcion que usemos pararecorrerla, cuando la funcion cumple las condiciones adecuadas.

2.3. Recorridos equivalentes. Orientacion de unasuperficie.

Observemos que los dos ejemplos anteriores nos muestran casos en los cuales laintegral de superficie varıa de signo al cambiar el sentido del vector normal asociadoal recorrido y tambien nos muestran que la integral de superficie puede variar segunel numero de vueltas que de el recorrido. Por esta razon se introduce el concepto de

2.3. RECORRIDOS EQUIVALENTES. ORIENTACION DE UNA SUPERFICIE.91

recorridos equivalentes, que es analogo al concepto de caminos equivalentes visto enel capıtulo anterior.

Definicion 2.13 Dada una superficie S ⊂ R3 se dice que dos

recorridos ϕ : R1 → S y ψ : R2 → S son equivalentes si existe unafuncion continua H : R1 → R2 tal que:1- ϕ(u) = ψ(H(u)) para todo u ∈ R1

2- H :◦R1 →

◦R2 es un difeomorfismo; es decir que es biyectiva, de clase

C1 y con jacobiano no nulo en todos los puntos de◦R1.

La propiedad 1 es la condicion natural que es logico pedir a dos recorridos de unamisma superficie si pretendemos pasar de uno a otro. Y en la propiedad 2 no nosdeberıa sorprender que aparezca el termino difeomorfismo porque es la condicionque se pide, en el teorema del cambio de variable para la integral de Riemann, a lafuncion H que describe el cambio de variable.

Observemos que al ser H :◦R1 →

◦R2 biyectiva la funcion H

−1:◦R2 →

◦R1

esta definida de manera unica, entonces aplicando el teorema de la funcion inversa

a cada punto de◦R1 (lo cual podemos hacer porque por hipotesis el jacobiano de H

es no nulo en todos los puntos del interior) se demuestra que H−1

:◦R2 →

◦R1 es

tambien de clase C1 y con jacobiano no nulo.Observemos que sobre los puntos de la frontera solo le pedimos a H que sea continua,porque como ya hemos observado la integral de Riemann no cambia si en lugar de

integrar en R integramos en◦R.

Es interesante destacar que de las propiedades de H se deduce tambien que la

funcion detDH :◦R1 → R es continua y no nula. Ademas como

◦R1 es un conjunto

arco conexo, aplicando el teorema de Bolzano se demuestra que detDH tiene signo

constante en◦R1, de modo que o siempre es mayor que cero o siempre es menor que

cero. En efecto, sean x1 y x2 dos puntos de◦R1 y sea α : [a, b] →

◦R1 una funcion

continua tal que α(a) = x1 y α(b) = x2, entonces la funcion det(H(α(t)) : [a, b]→ Res una funcion continua y no nula. Por lo tanto si det(H(x1)) y det(H(x2)) tuvieransignos distintos, por el teorema de Bolzano existirıa un punto t0 ∈ (a, b) tal quedet(H(α(t0)) = 0, lo cual contradice el hecho de que det(H(α(t)) 6= 0 para todot ∈ [a, b]. Como veremos mas adelante el signo de detDH determinara si los dosrecorridos dan la misma orientacion a S o dan orientaciones contrarias.Recordemosque en la primera parte vimos que sucedıa algo similar con los recorridos delos caminos, en ese caso hablabamos de sentidos de los recorridos, en lugar deorientaciones.


Tambien en el capıtulo anterior, observamos que cualquier recorrido de un caminoque venıa definido desde el intervalo [a, b] se podıa transformar en un recorridoequivalente definido en el intervalo [0, 1] sin mas que usar la funcion h : [0, 1]→ [a, b]definida por h(t) = (b − a)t + a. De forma analoga, cualquier recorrido de unasuperficie S que venga definido desde la region simple [a, b] × [c, d] se puedetransformar en un recorrido equivalente definido desde la region simple [0, 1]× [0, 1]sin mas que usar la funcion H : [0, 1] × [0, 1] → [a, b] × [c, d] dada por H(u1, u2) =((b−a)u1 +a, (d−c)u2 +c), de modo que podemos asumir que los dominios en formade rectangulos se pueden reducir al rectangulo [0, 1]× [0, 1]. En el siguiente ejemplovamos a ver que sucede cuando transformamos una region simple rectangular en unacircular.

Ejemplo 2.14 Sea S la semi esfera superior de radio 1 y centro el origende coordenadas; es decir, S = {(x1, x2, x3) ∈ R3;x2

1 + x22 + x2

3 ≤ 1 y x3 ≥ 0}. comovimos en el ejemplo 2.5 podemos recorrer S de dos maneras usando las siguientesfunciones:

ϕ : [0, 2π]× [0, π/2] → S(u1, u2) (cosu1senu2, senu1senu2, cosu2)

ψ : R → S

(x1, x2) (x1, x2,√

1− x21 − x2

2)

siendo R = {(x1, x2);x21 + x2

2 ≤ 1}. Veamos si estos dos recorridos son equivalentes.Definimos H : [0, 2π]× [0, π/2]→ R por:

H(u1, u2) = (cosu1senu2, senu1senu2).

Observemos que en la definicion de H intervienen las coordenadas polares, de hechopara cada valor u2 ∈ [0, π/2] se verifica que 0 ≤ senu2 ≤ 1 de modo que podemosinterpretar este valor positivo como un radio y u1 como el angulo que da la vueltaentera.Por un lado es inmediato que H es de clase C1 en todo R2 y verifica:

ψ(H(u1, u2))

= ψ(cosu1senu2, senu1senu2)

= (cosu1senu2, senu1senu2,√

1− cos2 u1sen2u2 − sen2u1sen2u2)

= (cosu1senu2, senu1senu2,√

1− sen2u2(cos s2u1 + sen2u1)

= (cosu1senu2, senu1senu2, cosu2) = ϕ1(u1, u2).

porque cosu2 ≥ 0 cuando u2 ∈ [0, π/2]. Ademas

det(DH(u1, u2)) = det

(−senu1senu2 cosu1senu2

cosu1 cosu2 senu1 cosu2

)= −sen2u1senu2 cosu2 − cos2 u1senu2 cosu2 = −senu2 cosu2


es nulo solo cuando u2 = 0 o u2 = π/2, y en los puntos de◦R1 = (0, 2π)× (0, π/2) es

positivo. Vamos a estudiar ahora la inyectividad de H restringida a◦R1. Supongamos

que dos puntos (u1, u2), (v1, v2) ∈◦R1 verifican que

cosu1senu2 = cos v1senv2

senu1senu2 = senv1senv2

Empezamos por descartar los casos en que alguna de las funciones trigonometricasque aparecen en estas ecuaciones es nula. Observemos que u2, v2 ∈ (0, π/2) de modoque senu2 6= 0 y senv2 6= 0 y como u1, v1 ∈ (0, 2π) se tiene que senu1 = 0 si ysolo si senv1 = 0 si y solo si u1 = π = v1. Por ultimo, tenemos que cosu1 = 0 siy solo si cosv1 = 0 si y solo si u1 y v1 toman los valores π/2 o 3π/2. Pero si estasvariables tomasen distintos valores la segunda ecuacion quedarıa senu2 = −senu1 locual es imposible porque ambas funciones son estrictamente positivas en (0, π/2). Demodo que podemos asumir que todas las funciones trigonometricas son distintas de0 y despejar en consecuencia cualquiera de ellas. Esto nos permite combinar ambasecuaciones para llegar a la igualdad:

tagu1 = tagv1

Lo cual implica que u1 = v1 o bien u1 = v1 ± π. Pero de nuevo si estas variablestomasen distintos valores la segunda ecuacion quedarıa senu2 = −senu1 lo cuales imposible. Una vez probado que u1 = v1 simplificando en cualquiera de las dosecuaciones llegamos a la igualdad senu2 = senv2, la cual implica que u2 = v2, porqueambas variables se mueven en el intervalo (0, π/2). Finalmente observamos que la

funcionH restringida al conjunto◦R1 no llena el conjunto

◦R2 = {(x1, x2);x2

1+x22 < 1}

porque no cubre el punto (0, 0). Para el resto de los puntos es facil ver que H loscubre usando la interpretacion de H en terminos de coordenadas polares: para cadar ∈ (0, 1) tomamos u2 ∈ (0, π/2) de modo que r = senu2 y despues elegimos el

angulo u1 ∈ (0, 2π) correspondiente al vector (x1, x2) ∈◦R2\{(0, 0)}.

Una vez probado que H :◦R1 →

◦R2\{(0, 0)} es biyectiva, entonces H

−1:

◦R2\{(0, 0)} →

◦R1 esta definida de forma unica y por el teorema de la funcion

inversa aplicado a cada punto de◦R1 se concluye que H

−1:◦R2\{(0, 0)} →

◦R1 es

tambien de clase C1.Aunque no hayamos conseguido que se verifiquen todas las condiciones, el resultadoobtenido es suficiente para alcanzar el objetivo deseado; esto es que las integralessobre los dos recorridos coincidan, porque podemos aplicar el teorema del cambio de

variable sobre los conjuntos◦R2\{(0, 0)} y

◦R1 y la integral de Riemann no cambia si

integramos en◦R2\{(0, 0)} o en

◦R2.


A continuacion, aplicando el teorema del cambio de variable en la integral deRiemann, vamos a ver las relaciones que se dan entre las integrales sobre dosrecorridos equivalentes de S.

Proposicion 2.15 : Sean ϕ y ψ dos recorridos equivalentes

de S y sean f y F dos campos continuos definidos sobre S. Si existen lasintegrales

∫ϕ

f,∫ψ

f,∫ϕ

F ·N y∫ψ

F ·N, entonces se verifica:

∫ϕ

f =

∫ψ

f,

∫ϕ

F ·N =

∫ψ

F ·N si detDH(u1, u2) > 0

∫ϕ

F ·N = −∫ψ

F ·N si detDH(u1, u2) < 0

Demostracion Antes de aplicar el teorema del cambio de variable vamos ademostrar que los vectores normales asociados a los dos recorridos verifican lasiguiente igualdad:

D1ϕ(u)×D2ϕ(u) = detDH(u)(D1ψ(H(u))×D2ψ(H(u))

).

Por la propiedad del producto vectorial demostrada en el problema 6 de laseccion 2.5 basta con probar que para cada u ∈ R1 los cuatro vectoresD1ϕ(u), D2ϕ(u), D1ψ(H(u)) y D2ψ(H(u)) verifican la siguiente relacion:(

D1ϕ1(u) D1ϕ2(u) D1ϕ3(u)D2ϕ1(u) D2ϕ2(u) D2ϕ3(u)

)=

(D1H1(u) D1H2(u)D2H1(u) D2H2(u)

)(D1ψ1(H(u)) D1ψ2(H(u)) D1ψ3(H(u))D2ψ1(H(u)) D2ψ2(H(u)) D2ψ3(H(u))

)Para probar esta relacion entre los cuatro vectores basta con aplicar la reglade la cadena sobre cada componente del recorrido ψ que por hipotesis verificaϕi(u) = ψi(H(u)) de modo que para j = 1 y j = 2 se tiene que:

Djϕi(u) = D1ψi(H(u))Dj(H1(u)) +D2ψi(H(u))Dj(H2(u)).

Observemos que la matriz DH(u) es la traspuesta de la matriz que aparece en laigualdad anterior pero como ambas matrices tienen el mismo determinante se verificala igualdad deseada entre los vectores normales asociados a los dos recorridos.


Sea entonces f un campo escalar continuo definido sobre S. Por definicion se verificaque: ∫

ψ

f =

∫R2

f(ψ(v))||N(v)||dv =

∫R2

f(ψ(v))||D1ψ(v)×D2ψ(v)||dv

=

∫◦R2

f(ψ(v))||D1ψ(v)×D2ψ(v)||dv.

La ultima igualdad es debida a que la frontera de las regiones es un conjunto demedida nula. Entonces aplicando el teorema del cambio de variable en la integral de

Riemann al difeomorfismo H :◦R1 →

◦R2 que transforma la variable v en la variable

v = H(u) se tiene que:∫◦R2

f(ψ(v))||D1ψ(v)×D2ψ(v)||dv

=

∫◦R1

f(ψ(H(u)))||D1ψ(H(u))×D2ψ(H(u))|||detDH(u))|du

=

∫◦R1

f(ϕ(u))||D1ϕ(u)×D2ϕ(u)||du

=

∫R1

f(ϕ(u))||D1ϕ(u)×D2ϕ(u)||du =

∫ϕ

f.

Si ahora tomamos F un campo vectorial continuo definido sobre S, entonces severifica que:∫

ψ

F =

∫R2

F (ψ(v))N(v)dv =

∫R2

F (ψ(v))(D1ψ(v)×D2ψ(v)

)dv

=

∫◦R2

F (ψ(v))(D1ψ(v)×D2ψ(v)

)dv

=

∫◦R1

F (ψ(H(u)))(D1ψ(H(u))×D2ψ(H(u))

)|detDH(u))|du.

En este caso la ultima igualdad coincide con∫R1

F (ψ(H(u)))(D1ψ(H(u))×D2ψ(H(u))

)detDH(u))du =

∫ϕ

F


cuando detDH(u) > 0. Y si detDH(u) < 0 entonces se tiene que∫ψ

F = −∫ϕ

F . �

La siguiente definicion nos va a proporcionar ejemplos de recorridos equivalentes.

Definicion 2.16 Una superficie S ⊂ R3 se dice que es simplesi existe un recorrido ϕ : R → S biyectivo y continuo. tal que ϕ es de

clase C1 en◦R y ademas tiene matriz jacobiana de rango dos en todos los

puntos del interior de R.

A los recorridos de las superficies simples que verifican estas condiciones se lesdenomina recorridos regulares de S.

Ejemplo 2.17 Dada cualquier region simple R ⊂ R2 y dado cualquier planoen R3 de ecuacion ax1 + bx2 + cx3 = d si por ejemplo a 6= 0 entonces la superficierecorrida por la funcion:

ϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ R3

(u1, u2) ( 1a (d− bu1 − cu2), u1, u2)

es una superficie simple.El casquete esferico del ejemplo 2.5 es otra superficie simple, pero la esfera no lo es,porque no hay inyectividad.

La siguiente proposicion demuestra que los recorridos regulares verifican el objetivodeseado.

Proposicion 2.18 Dada una superficie simple S ⊂ R3 si ϕ y

ψ son dos recorridos regulares de S, entonces son recorridos equivalentes.

Demostracion Puesto que los recorridos regulares ϕ : R1 ⊂ R2 → S ⊂ R3 yψ : R2 ⊂ R2 → S ⊂ R3 son funciones inyectivas y verifican que ϕ(R1) = ψ(R2) = S,la definicion de H es obvia:

H = ψ−1 ◦ ϕ : R1 → S → R2.

Esta funcion es claramente biyectiva y verifica que ϕ(u) = ψ(H(u)) para todou ∈ R1.A continuacion vamos a demostrar que H es continua. Haremos la demostracionutilizando sucesiones y razonando por reduccion al absurdo. La compacidad de los


dominios sera la clave. Supongamos que H no fuera continua en un punto u0.Entonces existirıa una sucesion {xn} ⊂ R1 tal que {xn} convergerıa a u0 pero{H(xn)} ⊂ R2 no convergerıa a H(u0). Eso significarıa que para un cierto ε > 0y para una subsucesion de {H(xn)}, que volveremos a denotar por {H(xn)}, secumplirıa que ||H(xn) − H(u0)|| > ε para todo n. Como R2 es compacto algunasubsucesion de {H(xn)} tiene que converger a un cierto v ∈ R2, de modo que sidenotamos a esa subsucesion por {H(xnk)} se verificarıa que {H(xnk)} convergerıaa v, la sucesion {xnk} convergerıa a u0 pero ||H(xnk) − H(u0)|| > ε para todok, lo cual implicarıa que ||v − H(u0)|| ≥ ε Entonces, por la continuidad de lasfunciones ϕ y ψ, las sucesiones {ϕ(xnk)} y {ψ(H(xnk)} convergerıan a ϕ(u0) ya ψ(v) respectivamente. Pero para todo k se verifica que ϕ(xnk) = ψ(H(xnk) demodo que los limites de ambas sucesiones coinciden; es decir que ϕ(u0) = ψ(v) =ψ(H(u0)), lo cual implica, por ser ψ, biyectiva que v = H(u0) que se contradice con||v −H(u0)|| ≥ ε.Observemos que un razonamiento analogo nos prueba que la funcion H

−1: R2 → R1

es continua de donde se deduce que H(fron(R1)) = fron(R2) y H(◦R1) =

◦R2.

Veamos como de la continuidad de H se deduce que H(fron(R1)) ⊂ fron(R2).Supongamos que no fuera ası, entonces existirıa un punto x ∈ fron(R1) tal que

H(x) /∈ fr(R2). Esto implica que H(x) ∈◦R2. Pero como H es una funcion continua

y◦R2 es un conjunto abierto se verifica que H

−1(◦R2) es un conjunto abierto y

ademas x ∈ H−1

(◦R2) ⊂ R1, lo cual contradice el hecho de que x ∈ fron(R1)

porque H−1

(◦R2) ∩ R2\R1 = ∅. Del mismo modo la continuidad de H

−1implica

que H−1

(fron(R2)) ⊂ fron(R1) y por lo tanto fron(R2) = H(H−1

(fron(R2))) ⊂H(fron(R1)), lo cual implica que H(fron(R1)) = fron(R2). Por ultimo, como los

dominios verifican que Ri =◦Ri ∪ fron(Ri) y

◦Ri ∩ fron(Ri) = ∅ para i = 1 y 2, se

concluye que H(◦R1) =

◦R2.

A continuacion demostramos que H es de clase C1 en◦R1. Para probarlo vamos a usar

el teorema de la funcion inversa, pero como las recorridos regulares son funciones deR2 en R3 no podemos aplicarlo directamente sobre ellos, recordemos que el teoremade la funcion inversa se aplica a funciones de Rn en Rn, de modo que transformaremoslos recorridos regulares en funciones de R3 en R3, de forma adecuada, para quepodamos recuperar con facilidad los puntos de la superficie y ademas lo haremos detal manera que las nuevas funciones sean de clase C1. Esta demostracion es similara la que vimos en el capıtulo anterior para recorridos de curvas simples 1.19

Dado u0 ∈◦R1 como el recorrido ϕ es regular se verifica que el rango de la

matriz D(ϕ(u0)) es dos, de modo que los vectores (D1ϕ1(u0), D1ϕ2(u0), D1ϕ3(u0)) y(D2ϕ1(u0), D2ϕ2(u0), D2ϕ3(u0)) son linealmente independientes. Tomamos entoncesun tercer vector v ∈ R3 que sea linealmente independiente de los dos anteriores y


definimos la funcion G :◦R1 × R→ R3 dada por:

ϕ(u1, u2) + u3v = (ϕ1(u1, u2) + u3v1, ϕ2(u1, u2) + u3v2, ϕ3(u1, u2) + u3v3)

Lo mismo podemos hacer con el punto H(u0) ∈◦R2 y la funcion ψ, tomamos el vector

w ∈ R3 que sea linealmente independiente con (D1ψ1(u0), D1ψ2(u0), D1ψ3(u0)) y

(D2ψ1(u0), D2ψ2(u0), D2ψ3(u0)) y definimos la funcion F :◦R2 ×R→ R3 dada por:

ψ(x1, x2) + x3w = (ψ1(x1, x2) + x3w1, ψ2(x1, x2) + x3w2, ψ3(x1, x2) + x3w3)

Es inmediato que ambas funciones son de clase C1, ademas sus matrices jacobianasvienen dadas por:

DG(u) =

D1ϕ1(u1, u2) D2ϕ1(u1, u2) v1

D1ϕ2(u1, u2) D2ϕ2(u1, u2) v2

D1ϕ3(u1, u2) D2ϕ3(u1, u2) v3

DF (x) =

D1ψ1(u1, u2) D2ψ1(u1, u2) w1

D1ψ2(u1, u2) D2ψ2(u1, u2) w2

D1ψ3(u1, u2) D2ψ3(u1, u2) w3

De modo que tanto la matriz DG(u) como DF (x) tienen rango 3 en los puntosu = (u0, 0) y x = (H(u0), 0). Por lo tanto podemos aplicar el teorema de la funcioninversa a las dos funciones G y F en esos puntos y deducir que existen dos entornosde esos puntos donde ambas funciones son difeomorfismosAhora solo nos falta expresar H como composicion de estas dos funciones yotras funciones adecuadas que nos permitan pasar de R2 a R3 y viceversa. Antesobservemos que

G(u0, 0) = ϕ(u0) = ψ(H(u0)) = F (H(u0), 0) ∈ S.

Tomamos un entorno de (H(u0), 0) que podemos considerar de la forma V × (−δ, δ)con δ > 0, haciendolo menor si es necesario, y V ⊂

◦R2 y un entorno de F (H(u0), 0) =

ψ(H(u0)) que denotaremos por W de modo que F : V × (−δ, δ) ⊂ R3 →W1 ⊂ R3 es

un difeomorfismo, en particular la funcion F−1

: W1 ⊂ R3 → V × (−δ, δ) ⊂ R3 es declase C1. A continuacion tomamos otros dos abiertos para G : un entorno de (u0, 0),que de nuevo podemos considerar de la forma U × (−β, β) con β > 0 y otro deG(u0, 0) = ϕ(u0) que denotaremos por W2. Como G(u0, 0) = ϕ(u0) = ψ(H(u0)) =F (H(u0), 0) los abiertos W1 y W2 son ambos entornos del mismo punto y podemos

asumir que W2 ⊂ W1 para que la composicion de G y F−1

este bien definida,recordemos que los difeomorfismos transforman conjuntos abiertos en conjuntosabiertos. Ahora expresamos H como composicion de las siguientes funciones.

Primero pasamos de U ⊂◦R1 ⊂ R2 a U × (−β, β) ⊂ R3 con la funcion de clase

C1 definida por Π(u1, u2) = (u1, u2, 0), luego componemos Π con las funciones


G : U × (−β, β) ⊂ R3 → W2 y F−1

: W1 ⊂ R3 → V × (−δ, δ) ⊂ R3, paraterminar en el conjunto V ⊂ R2 con la funcion, tambien de clase C1, dada porP (x1, x2, x3) = (x1, x2) de modo que

P ◦ F−1 ◦G ◦Π(u1, u2)

= P ◦ F−1 ◦G(u1, u2, 0)

= P ◦ F−1(ϕ(u1, u2))

= P ◦ F−1(ψ(H(u1, u2))

= P ◦ F−1(F (ψ

−1(ψ(H(u1, u2)), 0))

= P (ψ−1

(ψ(H(u1, u2)), 0)

= ψ−1

(ψ(H(u1, u2)) = H(u1, u2)

En consecuencia H es composicion de funciones de clase C1 en el abierto U quecontiene al punto de partida u0.Para terminar solo nos falta probar que DH(u0) tiene determinante no nulo, perocomo vimos en la demostracion de la proposicion 2.15 la relacion entre las funcionesϕ,ψ y H implica que en el punto u0 los vectores normales a la superficie enϕ(u0) = ψ(H(u0)) cumplen la relacion:

D1ϕ(u0)×D2ϕ(u0) = detDH(u0)D1ψ(H(u0))×D2ψ(H(u0)).

De modo que por ser ambos vectores normales no nulos detDH(u0) es forzosamenteno nulo. �

El resultado de la proposicion anterior implica que si S es una superficie simple, lasintegrales

∫ϕ

f no dependen del recorrido regular de S que se tome y por eso en este

caso se puede escribir∫S

f y hablar del area de S como area(S) =∫S

1.

Al igual que en el capıtulo anterior este resultado nos permite dar un paso mas.Si S no es una superficie simple pero esta formada por una union de superficies

simples S =p⋃i=1

Si, como sucede con los cubos, esferas, cilindros conos, etc, entonces

gracias al proposicion 2.15 podemos calcular la integral de un campo escalar f sobreS como la suma de las integrales del campo f sobre las superficies Si y construirpara cada una de las Si un recorrido regular, sin preocuparnos de que se ajustenlos recorridos entre sı. Para que podamos hacerlo es necesario que las superficiesse peguen bien, como veremos a continuacion el recorrido ϕ es el que se ocupa deasegurar que se pegan bien.


Definicion 2.19 Decimos que una superficie S ⊂ R3 es unasuperficie compuesta si existe un recorrido ϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ R3 queverifica las siguientes propiedades:1- ϕ es sobreyectiva y continua.2- Existe una parcelacion de R en regiones simples que denotaremos por

P = {Ri; 1 ≤ i ≤ p} tales que◦Ri ∩

◦Rj = ∅ para todo i 6= j y R =

p⋃i=1

Ri.

3- ϕ|Ri es un recorrido regular de la superficie simple ϕ(Ri) = Si.De nuevo llamaremos recorrido regular al recorrido ϕ de la superficiecompuesta S que verifica las condiciones anteriores.

Observemos que la primera condicion se satisface en gran parte por ser ϕ unrecorrido, porque todos los recorridos son funciones continuas y ademas verificanque ϕ(R) = S. En particular si la parcelacion P esta formada por una unica regionsimple P = {R} tendrıamos que S es simplemente una superficie simple.Por lo tanto, el caso que resulta de interes es cuando P tiene mas de una regionsimple; es decir que p > 1.En el caso p > 1 la condicion 3 nos dice que ϕ|

∪pi=1

◦Ri

es de clase C1 y Dϕ(u) tiene

rango maximo para todo u ∈ ∪pi=1

◦Ri es decir que ϕ pierde sus buenas propiedades

solo en los puntos del conjunto ∪pi=1front(Ri), que es un conjunto de medida nula,con lo cual, como hemos observado en varias ocasiones, a la hora de integrar, siempreque la funcion que integramos sea suficientemente buena, como por ejemplo continua,como sucede con las funciones de los ejemplos y problemas, no va a suponer ningunobstaculo.Sin embargo para integrales de campos vectoriales las integrales

∫ϕ

F · N y∫ψ

F · N

pueden tener signos distintos aun siendo ϕ y ψ dos recorridos regulares de unasuperficie simple S. Como vimos en la demostracion de la proposicion 2.15, estecambio de signo proviene del signo de detDH que relaciona los vectores normales aS segun los recorridos regulares ϕ : R1 ⊂ R2 → S ⊂ R3 y ψ : R2 ⊂ R2 → S ⊂ R3

(que en este caso existen en todos los puntos y son siempre no nulos) por medio dela siguiente ecuacion:

D1ψ(H(u))×D2ψ(H(u)) = detDH(u)D1ϕ(u)×D2ϕ(u)para todo u ∈ R1

Es decir, que los dos vectores normales son proporcionales y la funcion detDH(u)es el factor de proporcionalidad en todos los puntos. Entonces que detDH(u) seapositivo significa que ambos vectores normales tienen siempre el mismo sentido y sidetDH(u) es negativa, entonces los dos vectores normales llevan siempre la mismadireccion pero sentidos distintos.Por ejemplo, si utilizamos el cambio a coordenadas esfericas para recorrer la esfera


en las dos versiones mas conocidas obtenemos los dos siguientes recorridos de laesfera:

ϕ : R1 = [0, 2π]× [−π2 ,π2 ] ⊂ R2 → S ⊂ R3

(u1, u2) (cosu1cosu2, senu1cosu2, senu2)

y

ψ : R2 = [0, 2π]× [0, π] ⊂ R2 → S ⊂ R3


Utilizando la siguiente relacion que verifican las funciones seno y coseno:

senu2 = cos(π

2− u2)

comprobamos que estos recorridos son equivalentes porque el difeomorfismo definidopor:

H : [0, 2π]× [0, π] ⊂ R2 → [0, 2π]× [−π2 ,π2 ] ⊂ R2

(u1, u2) (u1,π2 − u2)

verifica que ψ(u1, u2) = ϕ ◦H(u1, u2) y es facil ver que detDH(u) = −1 para todou ∈ R2

En este caso se verifica que el vector normal de ϕ apunta hacia el exterior de laesfera en todos los puntos y el vector normal de ψ apunta siempre hacia el interiorObservemos que si intersecamos la esfera con el plano XY, la curva que resulta es

C = {(x1, x2, x3) : x21 + x2

2 = 1 y x3 = 0}

es decir, C es una curva cerrada simple en el plano OXY. Si ahora estudiamos comoson los recorridos de esta curva inducidos por los recorridos de ϕ y ψ de la esferavemos que:

ϕ(θ, 0) = (cos θ, senθ, 0) θ ∈ [0, 2π]ψ(θ, π/2) = (cos θ, senθ, 0) θ ∈ [0, 2π]

Las dos funciones recorren la circunferencia con orientacion positiva. Por lo tanto, laorientacion que inducen sobre este camino cerrado simple no nos sirve de referenciapara distinguir entre las dos orientaciones de la esferaEstas dos orientaciones de la esfera tambien se expresan diciendo que la esfera esuna superficie que tiene dos caras: la cara interior y la cara exterior. De forma quesi imaginamos que el vector normal es una persona que anda por la superficie puedeandar por la cara exterior de la esfera o por la cara interior de la misma (boca abajo).Bajo esta interpretacion se dice que la esfera es una superficie con dos caras.


Recordemos que en el plano se elige como orientacion positiva de los recorridos delos caminos cerrados simples el recorrido que gira en sentido contrario a las agujasde un reloj y la justificacion de esa eleccion nos la daba una integral.Ahora usaremos tambien una integral para justificar como orientacion positivade una superficie compuesta y cerrada en el espacio la que tiene vector normalapuntando al exterior. El teorema de la divergencia que veremos en la siguienteseccion nos proporciona una justificacion de esta eleccion porque demuestra que conesta orientacion la integral del campo vectorial F (x) = 1

3 (x1, x2, x3) sobre cualquiersuperficie compuesta y cerrada S coincide con el volumen de la region del espaciocomprendida dentro de S.Curiosamente existen superficies en R3, como la que mostramos en la figura 2.4, quesolo tienen una cara, por supuesto estas superficies no son orientables.

Figura 2.4: Cinta de Moebious

En el siguiente direccion Web se muestra el mismo dibujo con animacion.http://icaraideas.blogspot.com.es/p/conoces-este-objecto-matematico.htmlEn el curso de Geometrıa diferencial de curvas y superficies se dara como definicionde superficie orientable la siguiente (ver pagina 160 de [C. G. P.])

Definicion 2.20 Dada una superficie S ⊂ R3 se dice que S es unasuperficie orientable si existe una funcion continua, que denotaremospor N ||.||, que asigna a cada punto x de la superficie un vector N ||.||(x)normal a la superficie y de norma uno.

Observemos que esta funcion es en cierto modo distinta a las funciones con las queestamos acostumbrados a trabajar en el texto porque esta definida desde la superficie:N ||.|| : S ⊂ R3 → R3.Si S es una superficie simple para la cual podemos encontrar un recorrido regularϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ R3 que no solo sea de clase C1 y con matriz jacobiana derango maximo en en el interior de R sino que ambas condiciones las cumpla ϕ en unabierto U ⊃ R, como sucede con las superficies simples de los ejemplos y problemas,

http://icaraideas.blogspot.com.es/p/conoces-este-objecto-matematico.html


entonces se verifica que S es orientable porque la funcion que asigna a cada puntou ∈ R el vector normal a S asociado al recorrido regular ϕ esto es el vector quedenotamos por N(u) es una funcion continua y no nula definida en un compacto, demodo que por el teorema de Weierstrass alcanza su valor mınimo en un punto delcompacto, lo cual asegura que existe un a > 0 tal que ||N(u)|| ≥ a para todo u ∈ R,de modo que la funcion

1||N || : R ⊂ R2 → R3

u N(u)

||N(u)||

es tambien continua.Entonces aplicando el teorema de la funcion inversa en cada punto x0 ∈ S, comohicimos en la demostracion de la proposicion 2.18, se demuestra que la funcion

N ||.|| : . S ⊂ R3 → R ⊂ R2 → R3

x ϕ−1(x) N(ϕ−1(x))

||N(ϕ−1(x))|||

es continua.Pero si S es una superficie compuesta entonces cada superficie simple que la forma esorientable pero en general no es posible encontrar una funcion N ||.|| que sea continuaen todos los puntos de S. Por ejemplo, si S es la esfera de centro (0, 0, 0) y radior = 1 entonces es orientable y N ||.|| : S ⊂ R3 → R3 es la funcion identidad; es

decir N ||.||(x) = x para todo x en la esfera unidad, pero si S es el cubo unidad la

funcion N ||.|| no va a ser continua en las aristas del cubo, aun ası el cubo si es unasuperficie orientable. Esto nos obliga a dar otra definicion de superficie orientablepara las superficies compuestas.

Definicion 2.21 Se dice que una superficie compuesta S =p⋃i=1

Si con p > 1 es orientable si para cada par de regiones simples

Ri y Rj tales que fronRi ∩ fronRj 6= ∅ y N ||.|| pierde la continuidades esos puntos se verifica que ϕ|fronRi y ϕ|fronRj tienen orientacionescontrarias.

Se pide que las orientaciones sean contrarias para que el vector normal siga

apuntando con igual orientacion en los puntos de ϕ(◦Ri) que en los de ϕ(

◦Rj) el

siguiente ejemplo y el problema 2 de la seccion 2.5 nos ayudaran a entender mejorporque es ası como funciona la orientacion.Antes es necesaria una ultima reflexion sobre el concepto de orientacion. Observemosque cuando decimos que una superficie S ⊂ R3 es orientable lo que estamos


afirmando es que podemos asignarle una orientacion, no estamos diciendo queesta recorrida con orientacion positiva.Recordemos que para los caminos simples cerrados contenidos en R2 llegamos alacuerdo de nombrar como orientacion positiva la que recorre el camino en el sentidocontrario a las agujas del reloj, pero observamos en la seccion 1.3 que si el caminosimple C ⊂ R2 no es cerrado no hay manera de decidir a priori si un recorrido llevaorientacion positiva o negativa. En estos caso fijamos la orientacion como positivaindicando que el recorrido debe empezar en ϕ(a) ∈ C y terminar en ϕ(b) ∈ C. Esees el significado que damos al sımbolo

∮en la expresion:∮

C

F =

p∑i=1

∮Ci

F

Con las superficies de R3 sucede lo mismo. Cuando la superficie cerrada, es como laesfera o el cubo (en la siguiente seccion estableceremos que entendemos por superficiecerrada) hemos visto porque es natural tomar como orientacion positiva la que asignaa los vectores normales a la superficie el sentido exterior. Pero si la superficie S no escerrada no hay manera de decidir a priori que orientacion es la positiva. Pensemospor ejemplo en las caras del cubo unidad. Si nos fijamos en la cara de la base y lacara de la tapadera vemos que ambas estan en planos paralelos al plano x3 = 0 ypara darle al cubo una orientacion positiva tenemos que recorrer una de las caras demodo que la normal exterior sea (0, 0,−1) mientras que la otra se debe recorrer paraque la normal sea (0, 0, 1), De modo que si la superficie es como la del ejemplo quese muestra a continuacion es imposible decidir a priori cual de las dos orientacionesque se describen es la positiva.

Ejemplo 2.22 Si recorremos la superficie simple S = {(x1, x2, x3) ∈R3;x2

1 + x22 ≤ 1 y x3 = 0} con los siguientes recorridos regulares:

ϕ : R = {(u1, u2);u21 + u2

2 ≤ 1} ⊂ R2 → S ⊂ R3

(u1, u2) (u1, u2, 0)

ψ : R = {(u1, u2);u21 + u2

2 ≤ 1} ⊂ R2 → S ⊂ R3

(u1, u2) (u2, u1, 0)

Observamos que el vector normal del primer recorrido es (1, 0, 0) mientras que elvector normal del segundo es (−1, 0, 0). Como esta superficie no es cerrada nopodemos aplicar el criterio de ”vector normal apuntando al exterior”para decidircual de las dos orientaciones es la positiva.Sin embargo la orientacion de cada uno de estos recorridos esta directamenterelacionada con la orientacion que cada uno de ellos induce sobre la curva cerradasimple

C ⊂ S = {(x1, x2, x3) ∈ R3;x21 + x2

2 = 1 y x3 = 0}

2.4. EL TEOREMA DE STOKES Y EL TEOREMA DE LA DIVERGENCIA 105

Esta curva se obtiene al restringir las funciones ϕ y ψ a los puntos de la frontera deR, que es una curva cerrada simple contenida en R2 que recorremos con orientacionpositiva usando la siguiente funcion:

φ : [0, 1] ⊂ R → ∂R ⊂ R2

t (cos 2πt, sen2πt)

Vamos a ver a continuacion como son los recorridos que induce φ sobre C ⊂ Scuando componemos φ con los dos recorridos descritos para S :

ϕ ◦ φ : [0, 1] ⊂ R → C ⊂ S ⊂ R3

t (cos 2πt, sen2πt, 0)

ψ ◦ φ : [0, 1] ⊂ R → C ⊂ S ⊂ R3

t (sen2πt, cos 2πt, 0)

De modo que el mismo recorrido positivo de ∂R induce sobre C dos recorridoscon orientaciones contrarias, porque los vectores normales de ϕ y ψ tienen sentidosopuestos. No nos deberıa extranar esta conexion entre los vectores normales de unrecorrido y la orientacion de las curvas cerradas simples contenidas en la superficieporque el vector normal se calcula a partir de los vectores tangentes a la superficie,recordemos que N(u) = D1ϕ(u)×D2ϕ(u) Esta relacion entre los tres vectores da unaorientacion al vector N(u) que graficamente suele explicarse de la siguiente manera.En las figuras 2.5 y 2.6 hemos marcado la curva C ⊂ R3 con el recorrido inducidopor ϕ ◦ φ, si movemos los dedos de la mano derecha siguiendo ese movimiento (verfigura 2.5), el dedo pulgar senala al cielo, como lo hace el vector normal. Mientrasque si movemos los dedos de la mano derecha siguiendo el recorrido marcado porψ ◦ φ, como muestra la figura 2.6, el dedo pulgar indica al suelo, como lo hace elvector normal del recorrido ψ.

2.4. El Teorema de Stokes y el Teorema de ladivergencia

En esta seccion vamos a enunciar y a mostrar algunas de las aplicaciones que tienenel teorema de Stokes en R3 y el teorema de la divergencia. Ambos teoremas puedeverse como extensiones del teorema de Green a R3, lo cual no debe extranarnospuesto que los tres teoremas se deducen como corolarios del teorema general.Recordemos que el teorema de Green relaciona una integral doble sobre una regionplana R ⊂ R2 con una integral sobre la curva ∂R ⊂ R2 frontera de R. De formaanaloga el teorema de Stokes para R3 vincula una integral doble sobre una superficieS ⊂ R3 con una integral sobre la curva ∂S ⊂ R3 borde de S. Mientras que el


Figura 2.5: La regla del sacacorchos 1

Figura 2.6: La regla del sacacorchos 2


teorema de la divergencia relaciona una integral triple sobre un solido K ⊂ R3 conuna integral doble sobre la superficie ∂K frontera de K.Antes de enunciar el primer teorema necesitamos dar la definicion formal de bordede una superficie y tenemos tambien que definir el rotacional de un campo vectorial.

Definicion 2.23 : Dada S una superficie simple o compuestaen R3 se llama borde de S, que denotaremos por ∂S al camino en R3

definido por ϕ(fron(R)) siendo ϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ R3 un recorridoregular de S.

Observemos que si S es una superficie simple el borde de S no depende del recorridoregular elegido ya que si ϕ y ψ son dos recorridos regulares de S, entonces sonrecorridos equivalentes y la funcion H : R1 ⊂ R2 → R2 ⊂ R2 definida entresus dominios verifica que H(fron(R1)) = fron(H(R1)) = fron(R2), por tanto∂S = ϕ(fron(R1)) = ψ(fron(R2)).Pero si la superficie es compuesta el borde puede variar segun el recorrido regularque construyamos.Tomemos por ejemplo una parte del cilindro x2

1 + x22 = 1 y un recorrido ϕ como el

siguiente:

ϕ : R = [a, b]× [θ0 − π, θ0 + π] ⊂ R2 → S ⊂ R3

(u1, u2) (cosu2, senu2, u1)

El recorrido no es inyectivo porque para todo u1 ∈ [a, b] se verifica que ϕ(u1, θ0−π) =ϕ(u1, θ0 +π). Es facil descomponer R en dos regiones simples R1 y R2 de modo queϕ|Ri sea inyectiva para i = 1 y 2. Basta con tomar un angulo θ1 ∈ (θ0 − π, θ0 + π) ydividir R en las regiones R1 = [a, b]× [θ0−π, θ1] y R2 = [a, b]× [θ1, θ0 +π]. Entoncespara cada valor θ0 que tomemos la region R cambia y por lo tanto el borde de Scambia:

∂S = {x ∈ R3;x21 + x2

2 = 1;x3 = a} ∪ {x ∈ R3;x21 + x2

2 = 1;x3 = b}∪{x ∈ R3;x1 = cos(θ0 − π), x2 = sen(θ0 − π) y x3 ∈ [a, b]}

Sin embargo este cambio en el borde de S no se refleja en el calculo de las integralesde campos vectoriales sobre el borde de S porque para todos los angulos θ0 lafuncion que recorre el borde de S; esto es: ϕ ◦ ψ, siendo ψ un recorrido regular delcamino cerrado simple ∂R, recorre dos veces el segmento vertical {x ∈ R3;x1 =cos(θ0 − π), x2 = sen(θ0 − π) y x3 ∈ [a, b]} una vez con orientacion positiva yotra con orientacion negativa, de modo que las dos integrales correspondientes decualquier campo vectorial continuo se anulan y el valor final de la integral del campovectorial sobre ∂S solo dependera de las integrales sobre los otros dos conjuntos queforman el borde de S.


Ejemplo 2.24 Veamos como son los bordes de las superficies simplesdescritas en el ejemplo 2.5. Es claro que si la superficie es una region R contenida enun plano, su borde sera el camino cerrado simple que define la frontera de R perodentro de ese plano, mientras que para el casquete superior de la esfera, el borde esla circunferencia de centro (0, 0, 0) y radio r = 1 contenida en el plano XY.

Por otro lado, al ser fron(R) una curva cerrada simple en R2 y ser cada recorridoregular ϕ de S una funcion inyectiva en R se verifica que ϕ(fron(R)) = ∂S esuna curva cerrada simple en R3. Para este tipo de curvas cerradas simples en R3

se define la orientacion positiva como la inducida por una orientacion positivade fron(R) ⊂ R2. Este es el significado que tiene el sımbolo

∮∂S

F · T en el

enunciado del teorema de Stokes para R3.El ultimo ejemplo de la seccion anterior muestra como una misma curva cerradasimple C ⊂ R3, que es borde de una superficie simple C = ∂S se puede recorrer enambos sentidos con orientacion positiva segun que recorrido regular de S se utilice.Veamos a continuacion que es el rotacional de un campo vectorial. Para definirlovamos a utilizar la notacion que se emplea en el producto vectorial vectores de R3

Recordemos que la operacion producto vectorial nos ha servido para definir al vectornormal N(u) asociado al recorrido de una superficie.

Definicion 2.25 Dado un campo vectorial F : U ⊂ R3 → R3 de

clase C1 en el abierto U se llama rotacional de F y se denota por rotFal campo vectorial que se obtiene al desarrollar el siguiente determinante:

rotF = det

i j kD1 D2 D3

F1 F2 F3

=

(D2F3 −D3F2, D3F1 −D1F3, D1F2 −D2F1)

El siguiente ejemplo nos ayudara a entender la definicion anterior.

Ejemplo 2.26 Vamos a calcular el rotacional del siguiente campo vectorial:

F (x1, x2, x3) = (x1 + 2x2 + 3x3, x1x2x3, ex1senx2 cosx3).

En primer lugar observamos que el campo es de clase C∞ en R3, de modo que tienederivadas parciales continuas. A continuacion calculamos el determinante que en este


caso tiene la forma:

rotF = det

i j kD1 D2 D3

x1 + 2x2 + 3x3 x1x2x3 ex1senx2 cosx3

=

D2(ex1senx2 cosx3)−D3(x1x2x3)

D3(x1+2x2+3x3)−D1(ex1senx2 cosx3)

D1(x1x2x3)−D2(x1+2x2+3x3)

= (ex1 cosx2 cosx3−x1x2, 3− ex1senx2 cosx3, x2x3−2).

Como ya habıamos adelantado en la primera seccion, el rotacional de un campovectorial esta relacionado con la condicion de campo conservativo en el sentido deque se verifica la siguiente equivalencia:

F es conservativo si y solo si rotF = 0.

A continuacion vamos a enunciar el teorema de Stokes que nos ayudara despues adar una interpretacion fısica del rotacional de un campo vectorial en relacion al flujodel campo.

Teorema 2.27 Teorema de Stokes en R3: Si F : U ⊂ R3 → R3

es de clase C1, U es un conjunto abierto que contiene a la superficie simpleS y ϕ : R ⊂ R2 → R3, es una recorrido regular de S de clase C2,entoncesse verifica que:∫

S

rotF ·N =

∮∂S

F1dx1 + F2dx2 + F3dx3 =

∮∂S

F · T

En la segunda parte veremos como se deduce este teorema del teorema general deStokes.Observemos que ahora hemos pedido al recorrido regular ϕ una condicion mas yes que sea de clase C2 porque, como veremos al demostrar el teorema de Stokes,necesitamos que el recorrido tenga derivadas parciales segundas continuas para quese de la igualdad. De nuevo esto no sera un problema para los recorridos que aparecenen los ejemplos y problemas del texto.Una primera consecuencia de este teorema es que si el campo vectorial F esconservativo, o equivalentemente rotF = 0, entonces la integral de F a lo largo


de cualquier camino cerrado ∂S que se pueda obtener como el borde de algunasuperficie S es 0.A continuacion veremos un ejemplo.

Ejemplo 2.28 Vamos a calcular la integral del campo vectorial

F (x1, x2, x3) = (f(x1), g(x2), h(x3)) siendo f, g, h : (−2, 2) ⊂ R → R tres funcionesde clase C1 sobre la curva cerrada simple C = {(x1, x2, x3) ∈ R3;x2

1 + x22 = 1, x3 =

0}. Primero observamos que el campo vectorial ası definido es conservativo sean comosean las funciones f, g y h por como estan distribuidas las tres variables entre ellas.Despues observamos que la curva cerrada C esta contenida en el plano x3 = 0, por locual es el borde de la superficie simple contenida en el mismo plano y delimitada porC. En este caso tambien podemos tomar como superficie S la semiesfera de centro(0, 0, 0) y radio r = 1. En cualquier caso aplicando el teorema anterior deducimosque

∮C

F · T =

∮∂S

F · T = 0.

El siguiente ejemplo nos muestra como gracias al Teorema de Stokes podemos evitarel calculo de primitivas muy difıciles por otras inmediatas.

Ejemplo 2.29 Tomamos el siguiente campo vectorial:

F (x1, x2, x3) = (arctgx1 + x2x3, ex22senx2 + x1(

1

2+ x3), ln(1 + x2

3) + x21x2)

y la curva simple dada por C = {(x1, x2, x3) ∈ R3;x21 + x2

2 = 1, x3 = 5}, quecorresponde a la circunferencia contenida en el plano x3 = 5, de centro (0, 0, 5) yradio 1. De modo que tomando el tıpico recorrido regular de C, que sabemos tieneorientacion positiva:

ϕ : [0, 2π] ⊂ R → R3

t (cos t, sent, 5)


la integral de lınea∮C

F · T queda ası:

∮C

F · T

=

2π∫0

F (ϕ(t)) · ϕ′(t)dt

=

2π∫0

((arctg(cos t) + 5sent)(−sent) + (esen2tsen(sent) + cos t(

1

2+ 5)) cos t)dt

Como vemos nos aparecen funciones cuyas integrales primitivas son difıciles decalcular, mientras que aplicando el teorema de Stokes a la superficie S ={(x1, x2, x3) ∈ R3;x2

1 +x22 ≤ 1, x3 = 5}, cuyo borde es claramente C, nos apareceran

unas integrales mas sencillas porque

rotF (x1, x2, x3) = (x21 − x1, x2(1− 2x1),

1

2).

En efecto, tomando como recorrido regular de S el dado por:

ϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ R3

(u1, u2) (u1, u2, 5)

siendo R = {(u1, u2) ∈ R2 : u21 +u2

2 ≤ 1}, cuyo vector normal es N(u1, u2) = (0, 0, 1)nos queda que: ∮

C

F · T =

∫S

rotF ·N =

∫R

1

2du1du2 =

π

2

Otra circunstancia en la cual resulta conveniente aplicar el teorema de Stokes seda cuando el camino cerrado simple esta formado por varios tramos de curvas quenecesitan recorridos distintos, como por ejemplo los lados de un triangulo.

Ejemplo 2.30 Dado el campo vectorial

F (x1, x2) = (x1(x22 − x2

3), x2(x21 − x2

3), x3(x21 − x2

2))

vamos a calcular la integral de lınea de este campo a lo largo del camino cerradosimple C formado por los lados del triangulo de vertices: (1, 0, 0), (0, 1, 0) y (0, 0, 1).Para calcular esta integral de lınea tendrıamos primero que buscar los tres recorridosregulares α1, α2 y α3 correspondientes a los tres lados del triangulo y despues


calcular tres integrales de lınea, mientras que aplicando el teorema de Stokes laintegral de lınea se transforma en una sencilla integral doble sobre la superficieS = {(x1, x2, x3) ∈ R3;x1 + x2 + x3 = 1, x1 ≥ 0, x2 ≥ 0 y x3 ≥ 0} que recorremoscon la funcion:

ϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ R3

(u1, u2) (u1, u2, 1− u1 − u2)

siendo R = {(u1, u2);u1 + u2 ≤ 1, u1 ≥ 0 y u2 ≥ 0} y el vector normal exteriorN(u1, u2) = (1, 1, 1). En este caso ademas, la funcion que tenemos que integrartambien se simplifica puesto que rotF (x1, x2, x3) = (0,−4x1x3, 0), entonces:

∮C

F · T =

∫S

rotF ·N =

1∫0

1−u1∫0

−4u1(1− u1 − u2)du2du1

= −4

1∫0

((u1(1− u1)u2]

1−u1

0 +

(−u1

u22

2

]1−u1

0

)du1

= −4

1∫0

1

2u1(1− u1)2du1 = −2

1∫0

(u1 + u31 − 2u2

1)du1

= −2

(u2

1

2+u4

1

4− 2

3u3

1

]1

0

= −1

6

Por ultimo, observemos que si dos superficies simples S1 y S2 de clase C2 tienen elmismo borde C entonces por el teorema de Stokes se verifica que:∫

S1

rotF ·N =

∮C

F · T =

∫S2

rotF ·N

es decir que la integral del rotacional del campo es la misma a lo largo de las dossuperficies. Este resultado nos puede ayudar a simplificar los calculos como sucedeen el siguiente ejemplo.

Ejemplo 2.31 Si tenemos que calcular la integral del rotacional del campodado en el ejemplo 2.26, esto es

F (x1, x2, x3) = (x1 + 2x2 + 3x3, x1x2x3, ex1senx2 cosx3)

cuyo rotacional es

rotF (x1, x2, x3) = (ex1 cosx2 cosx3 − x1x2, 3− ex1senx2 cosx3, x2x3 − 2)


a lo largo de la semiesfera superior con orientacion positiva, podemos sustituir laesfera por la superficie S = {(x1, x2, x3) ∈ R3;x2

1 +x22 ≤ 1 y x3 = 0}, que recorremos

con una sencilla funcion de la forma:

ϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ R3

(u1, u2) (u1, u2, 0)

siendo R = {(u1, u2);u21 + u2

2 ≤ 1} y siendo el vector normal N(u1, u2) = (0, 0, 1),de modo que: ∫

S

rotF ·N =

∫R

−2du1du2 = −2π.

A continuacion vamos a utilizar el teorema de Stokes en R3 para dar unainterpretacion fısica de rotF ·N.Sea F : U ⊂ R3 → R3 un campo de velocidades de un fluido y sea S una superficiecontenida en U. Si en el punto x0 ∈ S trazamos la circunferencia Cr de radio r ycentro x0 contenida en el plano tangente a x0, esta circunferencia Cr y el disco queencierra, Rr, estaran muy proximos a la superficie S para valores pequenos de r.En cada punto de la circunferencia Cr el campo de velocidades tiene componentetangencial F · T que sera mayor cuanto mas alineados esten los vectores F y T. Eneste caso el fluido tendera a moverse a lo largo de la circunferencia Cr, en lugar deatravesarla. Por eso decimos que la integral de lınea mide la cantidad de fluido quecircula a lo largo de Cr.Consideremos ahora la actuacion del campo de velocidades F sobre la superficie Rr,es decir sobre el disco de radio r y centro x0 cuyo borde es Cr. Como r es muypequeno el vector rotF en Rr es practicamente constante de valor rotF (x0) y lomismo sucede con el vector rotF ·N. En consecuencia el teorema de Stokes lleva eneste caso a:∮

Cr

F · T =

∫Rr

rotF ·N = rotF (x0) ·N∫Rr

1 = rotF (x0) ·Narea(Rr)

Por lo tanto,

rotF (x0) ·N ≈ circulacion del fluido a lo largo de Crπr2

Entonces, si las condiciones son buenas, se sigue que

rotF (x0) ·N = lımr→0

1

πr2

∮Cr

F · T


es decir, que rotF (x0) · N mide la tendencia del fluido a girar alrededor del puntox0 cuando atraviesa la superficie S. De aquı proviene el nombre de rotacional de F .Normalmente esta tendencia variara de punto a punto. El teorema de Stokes nosdice que la medida colectiva de esta tendencia rotacional tomada sobre la superficie(integral de superficie) es igual a la tendencia del fluido a circular alrededor del bordede S (integral de lınea).El teorema de Stokes aplicado a campos electricos permite probar la ley de Faraday:el voltaje a lo largo del borde de S es igual a menos la razon de cambio del flujomagnetico a traves de la superficie.Terminamos esta seccion con el teorema de la divergencia o teorema de Gauss, enhonor del matematico aleman Carl Friedrich Gauss (1777-1855). Este teorema es unaextension a tres dimensiones del teorema de Green, porque prueba que, bajo ciertashipotesis, la integral de un campo vectorial a lo largo de una superficie S coincide conla integral de un campo escalar sobre la region de R3 cuya frontera es la superficieS. Antes de enunciarlo sera necesario introducir las siguientes definiciones.

Definicion 2.32 Dado un campo vectorial F : U ⊂ R3 → R3 de

clase C1 en el abierto U , se llama divergente de F , y se escribe divF ,al campo escalar definido por:

divF (x) = D1F1(x) +D2F2(x) +D3F3(x)

Mas adelante utilizaremos el teorema de la divergencia para dar una interpretacionfısica del divergente de un campo vectorial. A continuacion veamos un ejemplo.

Ejemplo 2.33 Vamos a calcular el divergente del campo vectorial dado enel ejemplo 2.26, esto es:

F (x1, x2, x3) = (x1 + 2x2 + 3x3, x1x2x3, ex1senx2 cosx3).

Para ello solo tenemos que derivar la primera funcion respecto de la primera variable,despues sumar la derivada de la segunda funcion respecto de la segunda variable ypor ultimo sumar la derivada de la tercera funcion respecto de la tercera variable,con lo cual nos queda el campo escalar:

divF (x1, x2, x3) = 1 + x1x3 − ex1senx2senx3.

A continuacion introducimos la definicion de superficie compuesta cerrada. Re-cordemos que un camino simple C es cerrado cuando los recorridos regularesϕ : [a, b] ⊂ R→ C ⊂ Rn satisfacen que ϕ(a) = ϕ(b).


Definicion 2.34 Se dice que una superficie compuesta S ⊂ R3

es cerrada si cada camino simple contenido en el borde de S es recorridodos veces una con orientacion positiva y otra con orientacion negativa porla funcion ϕ ◦ ψ siendo ϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ R3 el recorrido regular quedefine a S y siendo ψ un recorrido regular del camino cerrado simple ∂R

Recordemos que el borde de S se define como la imagen de la frontera de la regionsimple R ⊂ R2 por medio del recorrido regular de S; es decir que ∂S = ϕ(∂R). Demodo que si S es una superficie simple no puede ser cerrada porque el recorridoregular ϕ es inyectivo en R y por lo tanto los caminos simples contenidos en ∂Rsolo son recorridos una vez por la funcion ϕ ◦ ψ Pero si la superficie es compuestaϕ no es inyectiva en las fronteras de las regiones simples que forman R, de modoque tampoco es inyectivo en ∂R y puede suceder que cada camino simple contenidoen el borde se recorra dos veces con orientaciones contrarias, como veremos en elproblema 2 de la seccion 2.5 que sucede cuando S es el cubo unidad.El teorema de la divergencia o de Gauss se verifica para superficies compuestas ycerradas que son orientables y relaciona cierta integral sobre estas superficies conotra integral sobre el recinto que encierran al que llamaremos solido.

Definicion 2.35 Se dice que un conjunto acotado K ⊂ R3

es un solido si su frontera, que denotaremos por ∂K es una superficiecompuesta cerrada y orientable.

Por ejemplo son solidos las bolas cerradas y los prismas cerrados en R3.Recordemos que en el plano se elige como orientacion positiva de los recorridos delos caminos cerrados simples el recorrido que gira en sentido contrario a las agujasde un reloj y la justificacion de esa eleccion nos la daba una integral.Ahora usaremos tambien una integral para justificar como orientacion positiva deuna superficie compuesta y cerrada en el espacio Se elije como orientacion positivade una superficie compuesta cerrada la que tiene vector normal apuntando alexterior. El teorema de la divergencia nos proporciona una justificacion de estaeleccion porque demuestra que con esta orientacion la integral del campo vectorialF (x) = 1

3 (x1, x2, x3) sobre cualquier superficie compuesta y cerrada S coincide conel volumen de la region del espacio comprendida dentro de S.

Como las superficies de los solidos son cerradas y orientables, vimos en la seccion 1.3que en estos casos se toma como orientacion positiva la que da como vector normalen cada punto de la superficie el vector que apunta al exterior. Este es el significado


que tiene la notacion∮∂K

F ·N en el siguiente teorema.

Teorema 2.36 Teorema de la divergencia (o Teorema de

Gauss): Si F : U ⊂ R3 → R3 es un campo vectorial de clase C1, U esun conjunto abierto que contiene al solido K y la frontera de K es unasuperficie de clase C2, entonces se verifica que:∫

K

divF =

∮∂K

F ·N

Observemos que de nuevo es necesario suponer que la superficie es de claseC2. El teorema de la divergencia resulta muy util cuando la superficie cerradaesta delimitada por varias superficies, como es el caso del cubo, porque resulta masfacil integrar sobre el solido K que sobre la superficie ∂K, como muestra el siguienteejemplo.

Ejemplo 2.37 Vamos a calcular la integral del campo vectorial dado en elejemplo 2.26 esto es:

F (x1, x2, x3) = (x1 + 2x2 + 3x3, x1x2x3, ex1senx2 cosx3)

sobre la superficie del cubo K = [0, 1] × [0, 1] × [0, 1]. Para calcular esta integraltendrıamos primero que construir seis recorridos sobre las seis caras del cubo ydespues integrar las seis funciones que obtendrıamos de los respectivos productosF · N , mientras que aplicando el teorema de la divergencia nos queda una unica


integral de la forma:

1∫0

1∫0

1∫0

divF (x1, x2, x3)dx1dx2dx3

=

1∫0

1∫0

1∫0

(1 + x1x3 − ex1senx2senx3)dx1dx2dx3

=

1∫0

1∫0

(x1 + x3

x21

2− ex1senx2senx3

]1

0

dx2dx3

=

1∫0

((1 +

x3

2

)x2 − (1− e) cosx2senx3

]10dx3

=

(x3 +

x23

4− (1− e)(1− cos 1) cosx3

]1

0

=5

4+ (1− e)(1− cos 1)2.

Por ultimo, vamos a ver como el teorema de la divergencia nos proporciona unainterpretacion fısica del divergente de un campo. Sea F : U ⊂ R3 → R3 un campode velocidades de un fluido. Para cada punto x0 ∈ U tomamos una bola cerrada decentro x0 y radio r, que denotamos por Br. Ya vimos que la integral de F sobre lafrontera de esta bola (la esfera que denotamos por Sr) mide la cantidad de fluidoque atraviesa la esfera (hacia el interior y hacia el exterior). Por el teorema de ladivergencia este flujo coincide con: ∫

Br

divF (x)dx

Si r es suficientemente pequeno se puede considerar que la funcion divF permanececonstante en x0 y podemos aproximar el flujo a traves de la esfera por:∮

S

F ·N =

∫Br

divF (x)dx ≈ divF (x0)

∫Br

1 = divF (x0)vol(Br)

Por lo tanto,

divF (x0) ≈ circulacion del fluido a traves de Sr43πR

3


Entonces, si las condiciones son buenas, se sigue que

divF (x0) = lımr→0

143πr

3

∮Sr

F ·N

es decir, que divF (x0) mide el flujo del campo en el punto x0 por unidad de volumen.Los signos de la funcion divF (x0) clasifican a los puntos en los siguientes tres grupos:1o) x0 es fuente si divF (x0) > 0, pues en este caso el fluido cerca de x0 tiende aexpandirse.2o) x0 es sumidero si divF (x0) < 0, pues en este caso el fluido cerca de x0 tiende aconcentrarse.3o) x0 es incompresible si divF (x0) = 0, pues en este caso la cantidad de fluido quefluye hacia dentro y hacia fuera son las mismas.En los ejercicios de este apartado se prueba que si un campo de velocidades esconstante, entonces el flujo a traves de cualquier superficie cerrada es cero, y si esradial, F (x1, x2, x3) = (x1, x2, x3), entonces el flujo a traves de cualquier superficiees proporcional al volumen de la superficie.



A continuacion encontrara una coleccion de problemas cuyos contenidos son similaresa los de los ejemplos que aparecen en las secciones anteriores. En cada problema seofrece una pequena sugerencia donde se dan las claves para desarrollar la solucion. Sino dispone del tiempo suficiente para resolver los problemas, al menos dedique unosminutos en pensar como desarrollarıa la solucion. De esta forma aprendera muchomas que si se limita a leer la respuesta.Problema 1 Encuentre recorridos de las siguientes superficies y describa lascaracterısticas de los mismos (inyectividad, diferenciabilidad, vector normal,..).a) S = {(x1, x2, x3) ∈ R3;x3 =

√x2

1 + x22 ≤ 1}

b) S = {(x1, x2, x3) ∈ R3; b21(x1 − a1)2 + b22(x2 − a2)2 + b23(x3 − a3)2 = 1} siendob1b2b3 6= 0.Sugerencia: Analice que tipo de superficies son. Ejemplos similares se puedenencontrar al principio del capıtulo.Problema 2 Encuentre un recorrido del cubo de lado uno apoyado en los semiejespositivos de coordenadas que tenga vectores normales apuntando al exterior del cuboy describa como es el borde de esta superficie asociado al recorrido encontrado.Sugerencia: Elija una region simple en forma de cruz formada por seis cuadrados,como harıa con una cartulina para construir un cubo. Cada cuadrado de la regionsimple se transformara en una cara del cubo usando una funcion adecuada de modoque el recorrido sea continuo y tenga orientacion positiva. Si le cuesta encontrar lasfunciones adecuadas consulte la definicion de recorrido del borde de I3 que se da enla seccion 4.1.Problema 3 Encuentre un recorrido de la superficie cerrada formada por el sectorcilındrico S1 = {(x1, x2, x3);x2

1 + x22 = 1 y x3 ∈ [0, 1]} con sus dos tapaderas.

Sugerencia: Use coordenadas cilındricas para el sector cilındrico y polares para lasdos tapas.Problema 4. Encuentre un recorrido sobre la siguiente superficie:

S = {(x1, x2, x3);x21 + x2

2 = 1 y x3 ∈ [−1, 0]} ∪ {(x1, x2, x3);x21 + x2

2 + x23 = 1 y x3 ∈ [0, 1]}.

Sugerencia: Averıgue de que tipo de superficies se trata y encontrara lascoordenadas adecuadas.Problema 5 Sean {v1, v2, v3} tres vectores no nulos de R3. Probar que el productovectorial verifica:a) v1 × v1 = 0b) v1 × v2 = −v2 × v1

c) (av1 + bv2)× v3 = av1 × v3 + bv2 × v3 y v1 × (cv2 + dv3) = cv1 × v2 + dv1 × v3

Sugerencia: Recuerde las propiedades de los determinantes.Problema 6 Dados dos vectores v1, v2 no nulos en R3 y dada A una matriz 2×2 concoeficientes reales, llamamos w1, w2 a los vectores de R3 que se obtienen al realizar


la composicion de las siguientes matrices:(w11 w12 w13

w21 w22 w23

)=

(a bc d

)(v11 v12 v13

v21 v22 v23

).

Probar que w1 × w2 = det(A)v1 × v2.Sugerencia: Utilice las propiedades demostradas en el problema anterior.Problema 7 Calcule el area de las siguientes superficies de revolucion usando losrecorridos definidos en cada caso.

a)ϕ : [0, 2]× [0, 2π] ⊂ R2 → S ⊂ R3

(u1, u2) (u1 cosu2, u21, u1senu2)

b)ϕ : [0, π]× [0, 2π] ⊂ R2 → S ⊂ R3

(u1, u2) (u1, senu1 cosu2, senu1senu2)¿Que se puede decir de las graficas de estas superficies?Sugerencia: Como el recorrido viene dado, solo hay que aplicar la formula del area,para lo cual es necesario calcular N(u).Problema 8 Calcular la masa y el centro de masas de una lamina en forma de conorecorrida por la funcion:

ϕ : [1, 2]× [0, 2π] ⊂ R2 → S ⊂ R3

(u1, u2) (u1, u1 cosu2, u1senu2)

siendo la funcion de densidad:a) Inversamente proporcional a la distancia del punto al origen de coordenadas:F (x1, x2, x3) = K√

x21+x2

2+x23

.

b) Uniforme de valor K.Sugerencia: Como el recorrido esta dado solo hay que aplicar las formulas, para locual es necesario calcular N(u).Problema 9 Calcular el flujo del campo de velocidades F (x1, x2, x3) =(4x1x2,−x2

3, x2x3) a traves del cubo unidad con orientacion positiva.Sugerencia: Podrıa usar el recorrido del problema 2 pero hay un teorema quepermite simplificar mucho los calculos.Problema 10 Calcular el flujo del campo de velocidades F (x1, x2, x3) =(x1, 2x1, 3x1) a traves de la superficie dada por

S = {(x1, x2, x3);x3 = x21 + x2

2 y x21 + x2

2 ≤ 4},

con orientacion positiva.Sugerencia: Observe que la superficie es de revolucion.



Intente resolver los problemas, o al menos esbozar una respuesta, antes de leer lasolucion.Problema 1 Encuentre recorridos de las siguientes superficies y describa lascaracterısticas de los mismos (inyectividad, diferenciabilidad, vector normal,..).a) S = {(x1, x2, x3) ∈ R3;x3 =

√x2

1 + x22 ≤ 1}

b) S = {(x1, x2, x3) ∈ R3; b21(x1 − a1)2 + b22(x2 − a2)2 + b23(x3 − a3)2 = 1} siendob1b2b3 6= 0Solucion: a) En este caso la superficie viene descrita de forma explıcita en la variablex3 = h(x1, x2) por lo cual podemos usar el recorrido:

ϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ R3

(u1, u2) (u1, u2,√u2

1 + u22)

La region simple R viene determinado por la condicion√x2

1 + x22 ≤ 1. De modo que

sera: R = {(u1, u2);u21 + u2

2 ≤ 1}. En estos casos el recorrido es siempre una funcioninyectiva, por la forma de sus dos primeras componentes, y la tercera componentehace que el recorrido sea de clase C∞ en R2\{(0, 0)}. Por otro lado el vector normales:

N(u) = (−D1h(u),−D2h(u), 1) =

(−u1√u2

1 + u22

,−u2√u2

1 + u22

, 1

)

que es no nulo y con orientacion exterior.b) Ahora la superficie es un elipsoide que podemos recorrer usando coordenadasesfericas como en el ejemplo 2.5; esto esϕ : [0, 2π]× [0, π] ⊂ R2 → S ⊂ R3 viene dadapor:

ϕ(u1, u2) =1

|b1|cosu1senu2 + a1,

1

|b2|senu1senu2 + a2,

1

|b3|cosu2 + a3)

En este caso el recorrido no es inyectivo, es de clase C∞ en R2 y su vector normales:

N(u) = −(

1

|b2b3|senu2

2cosu1,1

|b1b3|senu2

2senu1,1

|b1b2|senu2cosu2

).

Problema 2 Encuentre un recorrido del cubo de lado uno apoyado en los semiejespositivos de coordenadas que tenga vectores normales apuntando al exterior del cuboy describa como es el borde de esta superficie asociado al recorrido encontrado.Solucion: Para resolver este problema tenemos que buscar un recorrido para cadauna de las seis caras que forman el cubo y ajustar los seis recorridos. Observemos quelas seis caras estan contenidas en seis planos que se caracterizan graficamente por ser


planos perpendiculares a algun eje de coordenadas y analıticamente por tener unade las tres variables constantes: x1 = 0, x1 = 1, x2 = 0, x2 = 1, x3 = 0 y x3 = 1. Poresta razon los recorridos seran funciones sencillas que se obtienen al fijar la variableque determina al plano y ajustar los otras dos variables u1 y u2 de modo que seajusten los dominios y el sentido del vector normal.Como region simple utilizaremos la region simple con forma de cruz representada enla figura 2.7 y formada por la union de los rectangulos: R = [−2, 2]× [0, 1] ∪ [0, 1]×[−1, 2].A cada uno de los seis rectangulos que forman R le vamos a hacer corresponder lacara del cubo que se indica en la figura 2.8, de modo que ϕ sobre cada rectanguloRi queda de la siguiente manera:

ϕ : R1 = [0, 1]× [0, 1] ⊂ R2 → S ⊂ R3

(u1, u2) (1− u1, u2, 0)

el vector normal es N(u1, u2) = (0, 0,−1) y ϕ recorre la cara contenida en el planox1 = 0.Para la cara contenida en el plano x2 = 1 la funcion sera:

ϕ : R3 = [0, 1]× [1, 2] ⊂ R2 → S ⊂ R3

(u1, u2) (1− u1, 1, u2 − 1)

cuyo vector normal N(u1, u2) = (0, 1, 0) apunta al exterior.Para la cara contenida en el plano x2 = 0 la funcion sera:

ϕ : R2 = [0, 1]× [−1, 0] ⊂ R2 → S ⊂ R3

(u1, u2) (1− u1, 0,−u2)

cuyo vector normal N(u1, u2) = (0,−1, 0) que apunta al exterior.Para la cara contenida en el plano x1 = 0 la funcion sera:

ϕ : R4 = [1, 2]× [0, 1] ⊂ R2 → S ⊂ R3

(u1, u2) (0, u2, u1 − 1)

cuyo vector normal N(u1, u2) = (−1, 0, 0) apunta al exterior.Para la cara contenida en el plano x1 = 1 la funcion sera:

ϕ : R5 = [−1, 0]× [0, 1] ⊂ R2 → S ⊂ R3

(u1, u2) (1, u2,−u1)

cuyo vector normal N(u1, u2) = (1, 0, 0) apunta al exterior.Por ultimo, para la cara contenida en el plano x3 = 1 la funcion sera:

ϕ : R6 = [−2,−1]× [0, 1] ⊂ R2 → S ⊂ R3

(u1, u2) (u1 + 2, u2, 1)


Figura 2.7: Region simple para recorrer el cubo

Figura 2.8: Recorrido del cubo


cuyo vector normal N(u1, u2) = (0, 0, 1) apunta al exterior.La funcion construida es continua en R, inyectiva y satisface que ϕ(R) =cubo.Ademas en el interior de cada cuadrado Ri es de clase C∞ y Dϕ(u) tiene rangomaximo.Por otro lado, la hemos construido de modo que recorre el cubo con orientacionpositiva. Por lo tanto esta funcion demuestra que el cubo es una superficie compuestay orientable.Ahora vamos a demostrar que es tambien una superficie cerrada.Para recorrer el borde del cubo tenemos primero que definir un camino cerradosimple que recorra la frontera de R con orientacion positiva, que vamos a llamar φy despues probar que el recorrido ϕ ◦ φ pasa dos veces por varios caminos simplescon orientaciones opuestasComo la frontera deR esta formada por catorce segmentos rectos vamos a construir elrecorrido partiendo del intervalo [0, 14], de modo que usamos un intervalo de longituduno para recorrer cada tramo. Si comenzamos por el punto (0,−1) recorreremos lafrontera como muestra la figura 2.9 con la siguiente funcion:

Figura 2.9: Recorrido del borde del cubo


φ(t) =

(t, 1) t ∈ [0, 1](1, t− 2) t ∈ [1, 2](t− 1, 0) t ∈ [2, 3](2, t− 3) t ∈ [3, 4](6− t, 1) t ∈ [4, 5](1, t− 4) t ∈ [5, 6](7− t, 2) t ∈ [6, 7](0, 9− t) t ∈ [7, 8](8− t, 1) t ∈ [8, 9](8− t, 1) t ∈ [9, 10]

(−2, 11− t) t ∈ [10, 11(t− 13, 0) t ∈ [11, 12(t− 13, 0) t ∈ [12, 13(0, 13− t) t ∈ [13, 14

De modo que el recorrido ϕ ◦ φ es:

ϕ ◦ φ(t) =

(1− t, 0, 1) t ∈ [0, 1](0, 0,−t+ 2) t ∈ [1, 2](0, 0, t− 2) t ∈ [2, 3](0, t− 3, 1) t ∈ [3, 4](0, 1, 5− t) t ∈ [4, 5](0, 1, t− 5) t ∈ [5, 6](t− 6, 1, 1) t ∈ [6, 7](1, 1, 8− t) t ∈ [7, 8](1, 1, t− 8) t ∈ [8, 9](10− t, 1, 1) t ∈ [9, 10](0, 11− t, 1) t ∈ [10, 11](t− 11, 0, 1) t ∈ [11, 12]

(1, 0,−t+ 13) t ∈ [12, 13](1, 0, t− 13) t ∈ [13, 14]

Cada tramo se contrarresta con otro que pasa por los mismos puntos pero en sentidocontrario de modo que la integral de cualquier campo vectorial continuo sobre esterecorrido es nula, con lo cual el cubo es una superficie cerrada.Problema 3 Encuentre un recorrido de la superficie cerrada formada por el sectorcilındrico S1 = {(x1, x2, x3);x2

1 + x22 = 1 y x3 ∈ [0, 1]} con sus dos tapaderas.

Solucion: Como el cilindro es una superficie de revolucion podemos recorrer S1 conla siguiente funcion, como vimos en la seccion 2.1 (ver figura 2.2)

ϕ : [0, 1]× [0, 2π] ⊂ R2 → S1 ⊂ R3

(r, θ) (cos θ, senθ, r)

Ahora tenemos que recorrer los dos tapas, que son sectores de dos planos,prolongando esta funcion. Ya vimos en 2.1 como se usan las coordenadas polares


para recorrer sectores de un plano. Aplicando esa estrategia a este caso ampliaremosla region simple R para recorrer las tapas manteniendo la variable u2 en el intervalo[0, 2π] y prolongando el intervalo de la variable u1. De modo que para recorrer latapa de abajo usamos la siguiente funcion:

ϕ : [−1, 0]× [0, 2π] ⊂ R2 → S ⊂ R3

(r, θ) ((r + 1) cos θ, (r + 1)senθ, 0)

Y para recorrer la tapa de arriba esta otra

ϕ : [1, 2]× [0, 2π] ⊂ R2 → S ⊂ R3

(r, θ) ((2− r) cos θ, (2− r)senθ, 1)

Ahora comprobaremos que la funcion ası definida es continua. Por un lado, es obvioque cada una de las tres funciones que hemos elegido para definir a ϕ es, no solocontinua sino incluso, de clase C∞, por lo tanto para probar la continuidad deϕ en la region simple R = [−1, 2] × [0, 2π] solo tenemos que comprobar que lasfunciones elegidas coinciden en las intersecciones de las tres subregiones; es decir enlos conjuntos {(r, θ); r = 0 y θ ∈ [0, 2π]} y {(r, θ); r = 1 y θ ∈ [0, 2π]}. En el primerconjunto el recorrido ϕ del sector cilındrico es ϕ(0, θ) = (cos θ, senθ, 0) que coincidecon los valores que toma ϕ al recorrer la tapa de abajo. Mientras que en el segundoconjunto el recorrido ϕ del sector cilındrico es ϕ(1, θ) = (cos θ, senθ, 1) que coincidecon los valores que toma ϕ al recorrer la tapa de arriba.Observemos que aunque ϕ es continua en todos los puntos de R = [−1, 2]×[0, 2π], sinembargo no es diferenciable en los puntos de los conjuntos {(r, θ); r = 0 y θ ∈ [0, 2π]}y {(r, θ); r = 1 y θ ∈ [0, 2π]}.Observar que la normal es interior porque viene dada por:

N(r, θ) =

(−cosθ,−senθ, 0) si (r, θ) ∈ (0, 1)× [0, 2π](0, 0, (r + 1)) si (r, θ) ∈ (−1, 0)× [0, 2π](0, 0,−(2− r)) si (r, θ) ∈ (1, 2)× [0, 2π]

Problema 4. Encuentre un recorrido sobre la siguiente superficie:

S = {(x1, x2, x3);x21 + x2

2 = 1 y x3 ∈ [−1, 0]} ∪ {(x1, x2, x3);x21 + x2

2 + x23 = 1 y x3 ∈ [0, 1]}.

Solucion: Vamos a usar coordenadas polares para describir las dos primerascomponentes de los puntos de S, de modo que la variable u1 hara de angulo y semovera en el intervalo [0, 2π] y la variable u2 hara de radio. La tercera componentede los puntos de S la vamos a describir, en el caso de la semiesfera, a partir de laecuacion de la esfera y, en el caso del cilindro, usando coordenadas cilındricas de lasiguiente manera:

ϕ : [0, 2π]× [0, 2] ⊂ R2 → S ⊂ R3

(u1, u2)

{(u2 cosu1, u2senu1,

√1− u2

2) si u2 ∈ [0, 1](cosu1, senu1, 1− u2) si u2 ∈ [1, 2]


Observamos que la funcion ası definida es continua en todos los puntos porque cuandou2 = 1 las dos expresiones de ϕ coinciden.Vamos a ver la orientacion de este recorrido calculando el vector normal.

N(u1, u2) =

(−u2

2cosu1√1−u2

2

,−u2

2senu1√1−u2

2

,−u2

)si u2 ∈ [0, 1]

(− cosu1,−senu1, 0) si u2 ∈ [1, 2]

Observamos que el recorrido lleva orientacion interior tanto en la semiesfera comoen el cilindro.Problema 5 Sean {v1, v2, v3} tres vectores no nulos de R3. Probar que el productovectorial verifica:a) v1 × v1 = 0b) v1 × v2 = −v2 × v1

c) (av1 + bv2)× v3 = av1 × v3 + bv2 × v3 y v1 × (cv2 + dv3) = cv1 × v2 + dv1 × v3

Solucion: Recordemos que el producto vectorial de dos vectores v1 = (v11, v12, v13), v2 =(v21, v22, v23) se define como:

v1 × v2 = det

i j kv11 v12 v13

v21 v22 v23

a) v1 × v1 = 0 porque la matriz asociada tiene dos filas linealmente dependientes.b) v1 × v2 = −v2 × v1 porque el determinante cambia de signo cuando cambiamosuna fila por otra.c) (av1 + bv2) × v3 = av1 × v3 + bv2 × v3 es consecuencia de las propiedades deldeterminante:

(av1 + bv2)× v3 = det

i j kav11 + bv21 av12 + bv22 av13 + bv23

v31 v32 v33

= det

a i j k

v11 v12 v13

v31 v32 v33

+ b

i j kv21 v22 v23

v31 v32 v33

= adet

i j kv11 v12 v13

v31 v32 v33

+ bdet

i j kv21 v22 v23

v31 v32 v33

= av1 × v3 + bv2 × v3.

De igual modo se prueba que v1 × (cv2 + dv3) = cv1 × v2 + dv1 × v3.Problema 6 Dados dos vectores v1, v2 no nulos en R3 y dada A una matriz 2×2 concoeficientes reales, llamamos w1, w2 a los vectores de R3 que se obtienen al realizarla composicion de las siguientes matrices:(

w11 w12 w13

w21 w22 w23

)=

(a bc d

)(v11 v12 v13

v21 v22 v23

).


Probar que w1 × w2 = det(A)v1 × v2.Solucion: Observemos que los vectores w1 y w2 son combinaciones lineales de losvectores v1 y v2, puesto que satisfacen:

w1 = av1 + bv2

w2 = cv1 + dv2.

De modo que por las propiedades demostradas en el problema anterior el productovectorial verifica:

w1 × w2 = (av1 + bv2)× (cv1 + dv2)

= av1 × (cv1 + dv2) + bv2 × (cv1 + dv2)

= acv1 × v1 + adv1 × v2 + bcv2 × v1 + dbv2 × v2

= adv1 × v2 − bcv1 × v2

= det(A)v1 × v2.

Problema 7 Calcule el area de las siguientes superficies de revolucion usando losrecorridos definidos en cada caso.

a)ϕ : [0, 2]× [0, 2π] ⊂ R2 → S ⊂ R3

(u1, u2) (u1 cosu2, u21, u1senu2)

b)ϕ : [0, π]× [0, 2π] ⊂ R2 → S ⊂ R3

(u1, u2) (u1, senu1 cosu2, senu1senu2)¿Que se puede decir de las graficas de estas superficies?Solucion: En ambos casos vamos a aplicar la formula del area de una superficie,para lo cual lo primero que tenemos que hacer es hallar el vector N(u1, u2).a) Por la forma que tienen las ecuaciones que describen el recorrido, observamosque en este caso S es la superficie de revolucion correspondiente a la ecuacionx2

1 + x23 = x2; es decir es una porcion de un paraboloide con eje de giro OX2.

El vector normal en este caso es

N(u1, u2) = (2u21 cosu2,−u1, 2u

21senu2).

Por lo tanto el area es:

area(S) =

∫R

||N(u)||du =

2∫0

2π∫0

u1

√1 + 4u2

1du2du1

= 2π

2∫0

u1

√1 + 4u2

1du1 =π

6(1 + 4u2

1)3/2]2

0=π

6(17√

17− 1).

b) Observamos que de nuevo tenemos una superficie de revolucion que en este casocorresponde a la grafica de la funcion positiva g(s) = sens girando alrededor del eje


OX1. El vector normal en este caso es

N(u1, u2) = (cosu1senu1,−senu1 cosu2,−senu1senu2).

Por lo tanto el area es:

area(S) =

∫R

||N(u)||du =

π∫0

2π∫0

senu1

√1 + cos2 u1du2du1

= 2π

π∫0

senu1

√1 + cos2 u1du1 = 2π

1∫−1

√1 + t2dt = 2π

(√

2 +1

2log

(1 +√

2√2− 1

))

Problema 8 Calcular la masa y el centro de masas de una lamina en forma de conorecorrida por la funcion:

ϕ : [1, 2]× [0, 2π] ⊂ R2 → S ⊂ R3

(u1, u2) (u1, u1 cosu2, u1senu2)

siendo la funcion de densidad:a) Inversamente proporcional a la distancia del punto al origen de coordenadas:f(x1, x2, x3) = K√

x21+x2

2+x23

.

b) Uniforme de valor K.Solucion: Como ya observamos en la primera seccion del capıtulo, el cono es unasuperficie de revolucion y el vector norma del recorrido dado es:

N(u1, u2) = (u1,−u1 cosu2,−u1senu2).

a) Con esta funcion de densidad la masa de la lamina es:

2masa =

2∫1

2π∫0

K√2u2

1

√2u2

1du2du1 = 2Kπ.

Y el centro de masas viene dado por:

1

2Kπ

π∫0

2π∫0

Ku1du2du1,

π∫0

2π∫0

Ku1 cosu2du2du1,

π∫0

2π∫0

Ku1senu2du2du1

=

1

2π

2πu2

1

2

]2

1

,

2∫1

u1senu2]2π0 du1,

2∫1

−u1 cosu2]2π0 du1

= (

3

2, 0, 0).


b) Si la funcion de densidad es f(x1, x2, x3) = K la masa de la lamina es:

masa =

2∫1

2π∫0

K√

2u21du2du1 = 2

√2Kπ

u21

2

]2

1

= 3√

2Kπ.

Y el centro de masas viene dado por:

1

3√

2Kπ

2∫1

2π∫0

K√

2u21du2du1

2∫1

2π∫0

√2Ku2

1 cosu2ddu2u1

2∫1

2π∫0

√2Ku2

1senu2du2du1

=

1

3√

2π

2√

2πu3

1

3

]2

1

,

2∫1

√2u2

1senu2]2π0 du1,

2∫1

−√

2u21 cosu2]2π0 du1

= (

14

9, 0, 0).

Problema 9 Calcular el flujo del campo de velocidades F (x1, x2, x3) =(4x1x2,−x2

3, x2x3) a traves del cubo unidad con orientacion positiva.Solucion: Como el cubo es una superficie compuesta, cerrada y orientable podemosaplicar el teorema de la divergencia y calcular el flujo por medio de una integraltriple mas sencilla:

∮∂K

F ·N =

∫K

divF =

1∫0

1∫0

1∫0

5x2dx1dx2dx3 =5

2

Si usamos el recorrido del cubo construido en el problema 2 de esta seccion 2.5; estoes la funcion:

ϕ(u) =

(1− u1, u2, 0) si u ∈ [0, 1]× [0, 1](1− u1, 1, u2 − 1) si u ∈ [0, 1]× [1, 2]

(−u1, 0,−u2) si u ∈ [0, 1]× [−1, 0](0, u2, u1 − 1) si u ∈ [1, 2]× [0, 1](1, u2,−u1) si u ∈ [−1, 0]× [0, 1]

(u1 + 2, u2, 1) si u ∈ [−2,−1]× [0, 1]



N(u1, u2) =

(0, 0,−1) si u ∈ [0, 1]× [0, 1](0, 1, 0) si u ∈ [0, 1]× [1, 2]

(0,−1, 0) si u ∈ [0, 1]× [−1, 0](−1, 0, 0) si u ∈ [1, 2]× [0, 1](1, 0, 0) si u ∈ [−1, 0]× [0, 1](0, 0, 1) si u ∈ [−2,−1]× [0, 1]

para calcular directamente la integral del campo vectorial a traves de la superficienos quedan seis integrales dobles sencillas que nos llevan al mismo resultado perocon bastantes mas calculos.

flujo =

∫ϕ

F ·N =

1∫0

1∫0

0du1du2 +

2∫1

1∫0

−(u2 − 1)2du1du2 +

0∫−1

1∫0

u22du1du2

+

1∫0

2∫1

0du1du2 +

1∫0

0∫−1

4u2du1du2 +

1∫0

−1∫−2

u2du1du2

=

1∫0

−(

(u2 − 1)3

3

]2

1

du1 +

1∫0

(u3

2

3

]0

−1

du1 +

0∫−1

(2u2

2

]10du1 +

−1∫−2

(u2

2

2

]1

0

du1

= −1

3+

1

3+ 2 +

1

2=

5

2.

Problema 10 Calcular el flujo del campo de velocidades F (x1, x2, x3) =(x1, 2x1, 3x1) a traves de la superficie dada por

S = {(x1, x2, x3);x3 = x21 + x2

2 y x21 + x2

2 ≤ 4},

tomando orientacion positiva. Solucion: La ecuacion x3 = x21 + x2

2 corresponde alparaboloide de revolucion con eje de giro el eje OX3, de modo que podemos construirel recorrido siguiendo las indicaciones dadas en la seccion 2.1, con una region simpleadecuado para que cubramos la porcion de paraboloide correspondiente al interiordel cilindro de ecuacion x2

1 + x22 = 4. Ası llegamos al recorrido:

ϕ : [0, 2]× [0, 2π] ⊂ R2 → S ⊂ R3

(u1, u2) (u1 cosu2, u1senu2, u21)

.

cuyo vector normal es: N(u1, u2) = (−2u21 cosu2,−2u2

1senu2, u1). Para ver queorientacion tiene este recorrido analizamos el sentido del vector normal en el punto(1, 0, 1) ∈ S, que se alcanza en los valores u1 = 1, u2 = 0. Como N(1, 0) = (−2, 0, 1)apunta hacia el interior de S, el recorrido tiene orientacion negativa y en consecuencia


el flujo viene dado por:

−∫ϕ

F ·N

= −2∫

0

2π∫0

(u1 cosu2, 2u1 cosu2, 3u1 cosu2) · (−2u21 cosu2,−2u2

1senu2, u1)du2du1

= −2∫

0

2π∫0

(−2u31 cos2 u2 − 4u3

1 cosu2senu2 + 3u21 cosu2)du2du1

=

2∫0

(u3

1

(u2 +

sen2u2

2

)]2π

0

+ 4u31

sen2u2

2

]2π

0

− 3u21senu2]2π0

)du1

= 2π

2∫0

u31du1 = 8π.



Prueba 1

1: Cual de los siguientes conjuntos es una region simple:a) {(x1, x2) ∈ R2;x2

1 + x22 = 1}

b) {(x1, x2) ∈ R2;x21 + x2

2 ≤ 1}c) {(x1, x2) ∈ R2;x2

1 + x22 ≥ 1}

2: La funcion

ϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ R3

(u1, u2) (u1, u2,√u2

1 + u22)

se puede extender con continuidad a lo sumo en todos los puntos del abierto U :a) U = {(u1, u2) ∈ R2;u2

1 + u22 6= 0}

b) U = R2

c) U = {(u1, u2) ∈ R2;u21 + u2

2 > 0}

3: La funcion:

ϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ R3

(u1, u2) (√u1 cosu2,

√u1senu2, u1)

es continua en todos los puntos del abierto U :a) U = {(u1, u2) ∈ R2;u1 > 0}b) U = R2

c) U = {(u1, u2) ∈ R2;u1 6= 0}

4: La funcion:

ϕ : [a, b]× [0, 2π] ⊂ R2 → S ⊂ R3

(u1, u2) (√u1 cosu2, u1,

√u1senu2)

es un recorrido sobre los puntos de la superficie S que satisfacen la ecuacion:a) x2

1 + x22 = x3

b) x23 + x2

1 = x2

c) x23 + x2

2 = x1

5: Si {e1, e2, e3} son los vectores de la base canonica de R3 entonces el productovectorial verifica:a) e1 × e1 = 0b) e1 × e2 = 1c) e1 × e2 = −e3


6: La siguiente funcion describe una superficie de rotacion alrededor

ϕ : [a, b]× [0, 2π] ⊂ R2 → S ⊂ R3

(u1, u2) (g(u1) cosu2, g(u1)senu2, u1)

a) del eje OX3 buenab) del eje OX2

c) del eje OX1

7: Si f es la funcion de densidad de la lamina S y ϕ es un recorrido de S entoncesla siguiente formula se utiliza para calcular:∫

ϕ

(x22 + x2

3)f,

∫ϕ

(x21 + x2

3)f,

∫ϕ

(x21 + x2

2)f

.

a) El centro de masas de la lamina en R3.b) El momento de inercia de la lamina en R3

c) El momento de inercia de un alambre en R3

8: La masa de una lamina en forma triangular cuyos vertices son los puntos(1, 00), (0, 1, 0) y (0, 0, 1) y cuya funcion de densidad viene dada por f(x1, x2, x3) =x1 es:a)√

3

b)√

36

c)√

32

9: El siguiente recorrido de la esfera tiene orientacion:

ϕ : [0, 2π]× [0, π] ⊂ R2 → S ⊂ R3


a) positivab) negativac) La esfera no es una superficie orientable.

10: Si un campo de velocidades es cuadratico inverso; esto es

F (x1, x2, x3) =k(x1, x2, x3)(√x2

1 + x22 + x2

3

)3

entonces el flujo a traves de la esfera centrada en el origen y de radio R es:a) ±4πk


b) ±π3c) 0



Prueba 2

1:Si f : U ⊂ R3 → R es un campo escalar de clase C2 entonces se verifica que:a) rot(∇f) = ∇fb) rot(∇f) = 0c) rot(∇f) = f

2:Si tomamos el campo vectorial F (x1, x2, x3) = (−x22, x3, x1) y la curva cerrada

simple C en forma de triangulo con vertices en los puntos (3, 0, 0), (0, 3, 0) y (0, 0, 6)entonces se verifica que:a)∮C

F · T = 0

b)∮C

F · T = −9

c)∮C

F · T = 1

3: Si tomamos el campo vectorial F (x1, x2, x3) = (−x22, x1, x

23) y la curva cerra-

da simple C que se obtiene al intersecar las superficies de ecuaciones: x21 + x2

2 = 1 yx2 + x3 = 2 entonces se verifica que:a)∮∂S

F · T = 0

b)∮∂S

F · T = π

c)∮∂S

F · T = 1

4a: Si tomamos el campo vectorial F (x1, x2, x3) = (x2,−x1, ex1x3) y la superficie

simple S = {(x1, x2, x3);x3 =√

1− x21 − x2

2} entonces se verifica que:a)∫S

rotF = −2π

b)∫S

rotF = 0

c)∫S

rotF = 3π2

5a: Si F : U ⊂ R3 → R3 es un campo vectorial de clase C2 entonces se verifica que:a) rot(divF ) = 0b) div(rotF ) = 0c) rotF = divF6a: Sean f y F un campo escalar y un campo vectorial respectivamente de claseC1 en todo R3. El divergente del campo vectorial dado por fF verifica la siguienteigualdad:a) div(fF ) = fdivF + F∇fb) div(fF ) = fdivFc) div(fF ) = ∇fdivF7a: Si un campo de velocidades es constante F (x1, x2, x3) = (a, b, c) entonces el flujo


a traves de cualquier superficie cerrada S es:a)∮S

F ·N = a+ b+ c

b)∮S

F ·N = 0

c)∮S

F ·N = abcvol(K) siendo K el solido delimitado por S.

8a: Si un campo de velocidades es radial F (x1, x2, x3) = (x1, x2, x3) entonces el flujoa traves de cualquier superficie cerrada S es:a)∮S

F ·N = π3

b)∮S

F ·N = 0

c)∮S

F ·N = 3vol(K) siendo K el solido delimitado por S.

9a: Dado el campo de velocidades F (x1, x2, x3) = (x1, x22, x3) y dada la superficie

cerrada S limitada por los tres planos de coordenadas junto con el plano 2x1 +2x2 +x3 = 6 se verifica que el flujo de F a traves de S es:a) 63

2b) π

3c) 010a Dado el campo de velocidades F (x1, x2, x3) = (x2

1 + senx3, x1x2 + cosx3, ex2) y

dada la superficie cerrada S limitada por los planos x3 = 0, x1 +x3 = 6 y el cilindrox2

1 + x22 = 4 se verifica que el flujo de F a traves de S es:

a) 6π2

b) −12πc) 0


Parte II

Formas diferenciales ydemostracion del teorema de

Stokes

139

Capıtulo 3

Formas diferenciales

Para poder introducir el concepto de forma diferencial necesitamos familiarizarnosantes con el concepto de k-tensor alterno, por esa razon la primera seccion deeste capıtulo esta dedicada al estudio de los tensores alternos y al analisis de unaoperacion entre ellos, llamada producto exterior, que nos sera de gran ayuda paraentenderlos mejor y para trabajar con los mismos. En la seccion 3.1 vamos a trabajarcon conceptos puramente algebraicos como espacio vectorial, base de un espaciovectorial, coordenadas respecto de la base,...,estudiados en el curso de AlgebraLineal I. En la siguiente seccion entramos ya a definir las formas diferenciales ya trabajar con ellas, centrando nuestro esfuerzo en dos operaciones que seran clavespara demostrar el teorema de Stokes: la transformacion que llamaremos diferencial deuna forma y que denotaremos por dw y la trasformacion de una forma diferencial wcon una funcion adecuada ϕ, que denotaremos por ϕ∗w. En la tercera seccion de estecapıtulo introduciremos la transformacion inversa de dw, que llamaremos integralde una forma diferencial y que denotaremos por Iw, y probaremos el teorema dePoincare que muestra y demuestra en que sentido Iw y dw son transformacionesinversas.

141

142 CAPITULO 3. FORMAS DIFERENCIALES

Notacion

En este capıtulo vamos a trabajar con funciones que actuan sobre familias de kvectores de Rn; es decir, que el espacio de partida es el producto de k vectores de

Rn que denotaremos por

k−veces︷︸︸︷Rn × ...× Rn. Como estas funciones (los tensores) tendran

su imagen en R, usaremos las letras minusculas r y s para denotarlos.Por otro lado, para facilitar la comprension y el manejo de los tensores usaremos larepresentacion habitual de los vectores v ∈ Rn respecto a la base canonica, esto esla familia de vectores {e1, e2, ..., en} dados por:

ei = (0, ..., 0,

i︷︸︸︷1 , 0..., 0)

y denotaremos por e′1, e′2, ..., e

′n a las aplicaciones lineales asociadas a la base

canonica. De modo que todo v ∈ Rn se expresa de la siguiente manera:

v = (v1, v2, ..., vn) = (e′1(v), e′2(v), ..., e′n(v)) =

n∑i=1

e′i(v)ei.

Tambien vamos a trabajar con permutaciones del conjunto de ındices (1, 2, ..., k) yusaremos la letra griega σ (sigma) para denotarlas, de modo que (σ(1), σ(2), ..., σ(k)),muestra el nuevo orden de la familia de ındices asignado por la permutacion σ.

3.1. Tensores alternos y producto exterior

En esta seccion vamos a introducir los siguientes conceptos: primero definiremostensor, que es una aplicacion multilineal con imagen en R, despues introduciremosuna operacion entre tensores, llamada producto tensorial, que nos permitira describircomo es la base algebraica del espacio vectorial formado por todos los tensores. Acontinuacion introduciremos la definicion de tensor alterno y una operacion entretensores alternos, llamada producto exterior, que nos permitira describir como es labase del subespacio vectorial formado por los tensores alternos.

3.1. TENSORES ALTERNOS Y PRODUCTO EXTERIOR 143

Definicion 3.1 Decimos que una aplicacion s :

k−veces︷︸︸︷Rn × ...× Rn →

R es un k-tensor o un tensor de orden k si es multilineal; es decir , que eslineal en cada variable, o equivalentemente, que para cada i∈ {1, 2, ..., k},para cada familia de vectores v1, v2, ..., vi, wi, ..., vk en Rn y para cadapar de numeros reales a, b se verifica que

s(v1, v2, ..., avi + bwi, ..., vk) = as(v1, v2, ..., vi, ..., vk) + bs(v1, v2, ..., wi, ..., vk)

Denotaremos por Lk(Rn) a la familia formada por todos los k-tensoresen Rn.

Observemos que Lk(Rn) tiene estructura de espacio vectorial con la suma y elproducto por escalares habituales; esto es:

(s+ r)(v1, v2, ..., vk) = s(v1, v2, ..., vk) + r(v1, v2, ..., vk)

(as)(v1, v2, ..., vk) = as(v1, v2, ..., vk)

Ejemplo 3.2 Tomemos n = 2 y k = 3, de modo que lo que buscamos esuna aplicacion s : R2×R2×R2 → R que a cada trıo de vectores v1 = (v11, v12), v2 =(v21, v22) y v3 = (v31, v32) les haga corresponder un numero real y que sea linealen cada una de sus tres componentes. Imaginemos la aplicacion que toma de cadavector v1, v2, v3 su primera coordenada y luego las multiplica entre sı; esto es

s(v1, v2, v3) = v11v21v31

Comprobemos que s es lineal en la primera variable, para lo cual tomamos un cuartovector w1 = (w11, w12):

s(av1 + bw1, v2, v3) = (av11 + bw11)v21v31

= av11v21v31 + bw11v21v31

= as(v1, v2, v3) + bs(w1, v2, v3)

De igual manera se comprueba que s es lineal en la segunda y en la tercera variable.

Es facil ver que si en lugar de escoger las tres primeras coordenadas y luegomultiplicarlas hubieramos tomado la primera, la segunda y otra vez la primera laaplicacion s que nos habrıa quedado, esto es: s(v1, v2, v3) = v11v22v31, tambienserıa multilineal. De hecho el teorema 3.5 nos demuestra que todas las aplicacionesmultilineales de R2×R2×R2 en R son combinaciones lineales de aplicaciones como


las descritas. Antes de demostrar el teorema 3.5 vamos a introducir la operacionproducto tensorial entre tensores, que denotaremos por ⊗.

Definicion 3.3 Dados dos tensores s ∈ Lk(Rn) y r ∈ Ll(Rn)se define el producto tensorial de s por r como el (k+l)-tensor s ⊗ r ∈Lk+l(Rn) dado por:

s⊗ r(v1, ..., vk,vk+1, ..., vk+l) = s(v1, ..., vk)r(vk+1, ..., vk+l)

Tal y como hemos definido el producto tensorial es obvio que la aplicacion s⊗ r eslineal en cada una de sus (k+l) componentes. A continuacion vamos a ver un ejemplosencillo.

Ejemplo 3.4 Volvemos a tomar n = 2 y k = l = 1. Observemos queL1(R2) es el espacio vectorial formado por las aplicaciones lineales definidas en R2.Como sabemos en este caso todas las aplicaciones lineales, o 1-tensores, son de laforma:

s(v) = s(v1, v2) = a1v1 + a2v2

siendo a1 y a2 dos numeros reales. Es decir, que cada aplicacion lineal actua sobreel vector v ∈ R2 formando una combinacion lineal de sus dos coordenadas. Se dapor hecho que estamos considerando las dos coordenadas del vector v respecto a lallamada base canonica, que se suele denotar como la base formada por los vectorese1 = (1, 0) y e2 = (0, 1). Asociados a esta base canonica estan las aplicacioneslineales e′1 y e′2 que nos proporcionan las coordenadas del vector v respecto a la basecanonica; es decir que

v = (v1, v2) = e′1(v)(1, 0) + e′2(v)(0, 1) = e′1(v)e1 + e′2(v)e2

Con esta notacion todas las aplicaciones lineales definidas en R2, o 1-tensores, seescriben como combinaciones lineales de e′1 y e′2; esto es:

s(v) = (a1e′1 + a2e

′2)(v)

Si ahora tomamos los siguientes 1-tensores: s = e′1, r = e′2 y formamos su productotensorial obtenemos el 2-tensor definido sobre R2

e′1 ⊗ e′2(v, w) = v1w2


El ejemplo anterior pone en evidencia que el producto tensorial no es una operacionconmutativa puesto que los 2-tensores e′1 ⊗ e′2 y e′2 ⊗ e′1 no coinciden. En efectoe′1 ⊗ e′2((1, 2), (3, 4)) = 4 6= 6 = e′2 ⊗ e′1((1, 2), (3, 4)).En el problema 1 de la seccion 3.4 se estudian algunas propiedades sencillas y utilesdel producto de tensores. Por ejemplo, se demuestra la propiedad asociativa, esdecir que dados tres tensores s ∈ Lk(Rn), r ∈ Ll(Rn) y t ∈ Lm(Rn) se verifica que(s⊗ r)⊗ t = s⊗ (r⊗ t) lo cual nos permite escribir este doble producto ası s⊗ r⊗ t.Con esta notacion y con la notacion descrita en la definicion 3.3 podemos expresarel 3-tensor del ejemplo 3.2 ası: s = e′1⊗ e′1⊗ e′1. El siguiente teorema demuestra quelos 3-tensores de este tipo, e′i1 ⊗ e

′i2⊗ e′i3 siendo i1, i2, i3 iguales a 1 o a 2, son base

algebraica del espacio vectorial L3(R2).

Teorema 3.5 Sean e1, e2, ...en los vectores de la base canonicade Rn y sean e′1, e

′2, ..., e

′n, las aplicaciones lineales asociadas a esta base.

Para todo k∈ N se verifica que la familia de los k-tensores dada por :

{e′i1 ⊗ ...⊗ e′ik

; 1 ≤ i1, ..., ik ≤ n}

es una base de Lk(Rn).

Demostracion En primer lugar observemos que debido a la relacion entre losvectores de la base {e1, e2, ...en} y las aplicaciones lineales asociadas {e′1, e′2, ..., e′n}se verifica que

e′i1 ⊗ ...⊗ e′ik

(ej1 , ..., ejk) =

{1 si i1 = j1, ..., ik = jk0 en los demas casos

Ahora veremos como cualquier k-tensor s se puede expresar como combinacion linealde los k-tensores de la familia dada.Dados k vectores v1, v2, ..., vk, podemos expresar cada uno de ellos en funcion a labase dada de la siguiente manera

vj = e′1(vj)e1 + ...+ e′n(vj)en =

n∑i=1

e′i(vj)ei

De modo que s actuando sobre los k vectores dados quedarıa ası:

s(v1, v2, ..., vk) = s

(n∑i=1

e′i(v1)ei,

n∑i=1

e′i(v2)ei, ...,

n∑i=1

e′i(vk)ei

)

A continuacion, por ser s lineal en cada una de sus variables, podemos desarrollar


la expresion anterior de la siguiente manera:

s

(n∑i=1

e′i(v1)ei, ...,

n∑i=1

e′i(vk)ei

)

=

n∑i1=1

e′i1(v1)s

(ei1 ,

n∑i=1

e′i(v2)ei, ...,

n∑i=1

e′i(vk)ei

)

=

n∑i1=1

e′i1(v1)

n∑i2=1

e′i2(v2)s

(ei1 , ei2 , ...,

n∑i=1

e′i(vk)ei

)

=

n∑i1=1

n∑i2=1

e′i1(v1)e′i2(v2)s

(ei1 , ei2 , ...,

n∑i=1

e′i(vk)ei

)= .....

=

n∑i1,...,ik=1

e′i1(v1)...e′ik(vk)s (ei1 , ei2 , ..., eik)

=

n∑i1,...,ik=1

e′i1 ⊗ ...⊗ e′ik

(v1, ..., vk)s (ei1 , ei2 , ..., eik) .

Observemos que los factores s (ei1 , ei2 , ..., ein) son numeros reales de modo que hemosescrito s ∈ Lk(Rn) como combinacion lineal de los k-tensores pertenecientes a lafamilia dada en el enunciado. Por lo tanto, para que la familia sea una base deLk(Rn) solo nos falta probar que son linealmente independientes. Supongamos queuna cierta combinacion lineal de los elementos de la familia fuese 0:

n∑i1,i2,...,ik=1

ai1i2...ike′i1 ⊗ ...⊗ e

′ik

= 0

Entonces para cada conjunto de k vectores ej1 , ..., ejk escogidos entre los vectores dela base de Rn se verificarıa que

n∑i1,i2,...,ik=1

ai1i2...ike′i1 ⊗ ...⊗ e

′ik

(ej1 , ..., ejk) = 0

Pero como ya hemos observado antes e′i1 ⊗ ... ⊗ e′ik(ej1 , ..., ejk) = 0 en todos loscasos excepto cuando i1 = j1, ..., ik = jk lo cual prueba que aj1...jk = 0, como estose verifica para toda familia de vectores ej1 , ..., ejk , concluimos que los k-tensoresdescritos son linealmente independientes. �

De este teorema deducimos que el espacio vectorial Lk(Rn) tiene dimension nk,porque nk es el numero de variaciones con repeticion que se pueden formar con nelementos tomados de k en k.


En el problema 4 de la seccion3.4 se demuestra que el producto escalar habitual enRn es un 2-tensor y se expresa en funcion de la base descrita en el teorema anterior.Una transformacion muy util que nos permite formar nuevos k-tensores es lasiguiente. Tomamos una aplicacion lineal A : Rn → Rm y a cada k-tensor s ∈ Lk(Rm)le asignamos el k-tensor, que denotaremos por, A∗s ∈ Lk(Rn) definido de la siguientemanera:Dada una familia de vectores {v1, ..., vk} ∈ Rn, usamos A para transformarlos envectores de Rm y luego aplicamos s, de modo que A ∗ s queda ası:

A ∗ s(v1, ..., vk) = s(A(v1), ..., A(vk)).

Veamos un ejemplo.

Ejemplo 3.6 Dada la aplicacion lineal A : R2 → R3 definida por

A(v) = A(v1, v2) = (v1 + v2, v2, 3v1)

y dado el 2-tensor s ∈ L2(R3) definido por

s(v, w) = (e′1 ⊗ e′1 + e′2 ⊗ e′2 + e′3 ⊗ e′3)((v1, v2, v3), (w1, w2, w3)) = v1w1 + v2w2 + v3w3

vamos a ver que forma tiene el 2-tensor en L2(R2) definido por A ∗ s

A ∗ s(v, w) = A ∗ s((v1, v2), (w1, w2))

= s(A(v1, v2), A(w1, w2))

= s((v1 + v2, v2, 3v1), (w1 + w2, w2, 3w1))

= (v1 + v2)(w1 + w2) + v2w2 + 3v13w1

= 10v1w1 + v1w2 + v2w1 + 2v2w2

Si usamos de nuevo las aplicaciones lineales e′1, e′2 ∈ L(R2) para describir A∗s vemos

que

A ∗ s(v, w) = (10e′1 ⊗ e′1 + e′1 ⊗ e′2 + e′2 ⊗ e′1 + 2e′2 ⊗ e′2)(v, w)

Observemos que en el ejemplo anterior hemos utilizado la misma notacion e′i ⊗ e′jpara describir los tensores s y A ∗ s, sin embargo en el primer caso las aplicacioneslineales e′i y e′j son elementos de L(R3) mientras que en el segundo caso son elementos

de L(R2).A partir de ahora centraremos nuestra atencion en una clase especial de k-tensores:los alternos.


Definicion 3.7 Decimos que un k-tensor s ∈ Lk(Rn) es alternosi para cada k-upla de vectores (v1, ..., vk) y para cada par de ındicesi, j ∈ {1, 2, ..., k} con i 6= j se verifica que

s(v1, ..., vi, ..., vj , ...vk) = −s(v1, ..., vj , ..., vi, ..., vk)

es decir, que si intercambiamos la posicion de dos vectores dejando a losdemas quietos el k-tensor s cambia de signo. A la familia de los k-tensoresalternos definidos en Rn la denotaremos por Λk(Rn).

Es inmediato comprobar que la suma de dos tensores alternos vuelve a ser un tensoralterno y lo mismo sucede con el producto de un tensor alterno por un numero real;es decir que Λk(Rn) es un subespacio vectorial de Lk(Rn).El ejemplo mas conocido de k-tensor alterno es el determinante. Pensemos en eldeterminante de una matriz n×n como una aplicacion que a los n-vectores columnaque forman la matriz les hace corresponder un numero real. Si llamamos v1, ...vn aesos vectores columna, que por tener n coordenadas son vectores de Rn, entonces lasdos siguientes propiedades del determinante

det(v1, ..., avi + bwi, ..., vn) = a det(v1, ..., vi, ..., vn) + bdet(v1, ..., wi, ..., vn)

det(v1, ..., vi, ..., vj , ...vn) = −det(v1, ..., vj , ..., vi, ..., vn)

muestran que det ∈ Λn(Rn), la primera propiedad significa que det es un tensory la segunda que es alterno. En el problema 5 de la seccion3.4 se expresan losdeterminantes de R2 y R3 en funcion de los tensores de la base.A continuacion vamos a ver como a partir de cualquier k-tensor se puede construirotro que sea alterno. Antes necesitamos recordar algunas propiedades de laspermutaciones.Recordemos que dada la k-upla de numeros naturales (1, 2, 3, ..., k) llamamospermutacion a cualquier transformacion que coloque los k elementos en otro orden yse usa la notacion (σ(1), ..., σ(k)) para indicar el nuevo orden que se obtiene despuesde realizar la permutacion σ. Recordemos tambien que toda permutacion se puededescribir como una sucesion de cambios de orden en solo dos elementos consecutivos.Ası por ejemplo para pasar de la 3-upla (1,2,3) a (3,2,1) hacemos la siguiente sucesionde permutaciones de solo dos elementos consecutivos:

(1, 2, 3) (2, 1, 3) (2, 3, 1) (3, 2, 1)

Podemos realizar otras sucesiones de permutaciones de solo dos elementosconsecutivos para pasar de (1,2,3) a (3,2,1), pero en todos los casos el numero deeste tipo de permutaciones que usamos es, como en el ejemplo descrito, siempreimpar (observar que en el ejemplo hemos usado 3 permutaciones de dos elementos


consecutivos). Por esa razon se dice que una permutacion σ es par o es impar siel numero de permutaciones de solo dos elementos consecutivos es par o imparrespectivamente. Recordemos tambien que a las permutaciones pares se les asignael valor +1, sgnσ = +1, mientras que a las permutaciones impares se les asigna elvalor -1, sgnσ = −1.Para refrescar la memoria es un buen ejercicio probar que cualquier permutacionque solo cambie dos elementos de posicion, ya sean consecutivos o no, es siempreimpar (ver la demostracion de la siguiente proposicion).Otra propiedad destacada que verifican las permutaciones es que si realizamosdos permutaciones σ1 y σ2 entonces sgn(σ1σ2) = sgnσ1sgnσ2. Por otro lado,por definicion, los k-tensores alternos verifican que s(v1, ..., vi, ..., vj , ...vk) =−s(v1, ..., vj , ..., vi, ..., vk); es decir que para toda permutacion σ que solo cambiedos elementos de lugar se verifica que

s(v1, ..., vk) = sgnσs(vσ(1), .....vσ(k)).

En consecuencia, como cualquier permutacion se puede descomponer en el productode permutaciones de solo dos elementos, los k-tensores alternos verifican que paracualquier permutacion σ del conjunto (1, 2, 3, ..., k) y para cualquier familia devectores {v1, ..., vk} ⊂ Rn

s(v1, ..., vk) = sgnσs(vσ(1), ..., vσ(k))

Podıamos haber empezado definiendo los tensores alternos como los tensores queverifican la igualdad anterior, pero habrıamos perdido la esencia de esta propiedadque es la condicion, en principio mas suave y por lo tanto mas facil de comprobar,que hemos pedido en nuestra definicion.Para construir un k-tensor alterno a partir de un k-tensor cualquiera s ∈ Lk(Rn)es necesario trabajar con todas las permutaciones del conjunto de k elementos(1,2,3,...,k). A la familia de estas permutaciones la llamaremos Sk Recordemos queen Sk hay k! (k factorial) permutaciones.

Proposicion 3.8 Dado un k-tensor s ∈ Lk(Rn) la aplicaciondefinida por

Alt(s)(v1, ..., vk) =1

k!

∑σ∈Sk

sgnσ s(vσ(1), ..., vσ(k))

es un k-tensor alterno en Rn.

Demostracion En primer lugar es facil ver que Alt(s) es una aplicacion multilinealporque para cada permutacion σ la aplicacion s(vσ(1), ..., vσ(k)) es multilineal. Por


lo tanto solo tenemos que demostrar que es alterna es decir que si cambiamos dosvectores vi, vj de posicion Alt(s) cambia de signo. Observemos que el cambio deposicion de vi y vj implica que en cada permutacion σ los vectores vσ(i) y vσ(j)

cambian de posicion. Por lo tanto solo tenemos que demostrar que la permutacionque cambia solo dos elementos de posicion tiene signo -1. Si los elementos estan uno acontinuacion del otro es inmediato y si estan separados digamos que por p posiciones;esto es permutamos los elementos σ(i+1) y σ(i+p), entonces la siguiente sucesion depermutaciones de dos elementos consecutivos genera la permutacion dada. Primerocolocamos σ(i+ 1) detras de σ(i+ p)

(..., σ(i+ 1), σ(i+ 2), ..., σ(i+ p), ....)

(..., σ(i+ 2), σ(i+ 1), ..., σ(i+ p), ....)

(..., σ(i+ 2), σ(i+ 3), σ(i+ 1), ..., σ(i+ p), ....)

· · · (..., σ(i+ 2), ..., σ(i+ 1), σ(i+ p), ....)

(..., σ(i+ 2), ..., σ(i+ p), σ(i+ 1), ....)

Observemos que hemos realizado p-1 permutaciones de solo dos elementosconsecutivos para colocar al ındice σ(i + 1) detras de σ(i + p). Ahora traemos aσ(i+ p) delante de σ(i+ 2)

(..., σ(i+ 2), ..., σ(i+ p), σ(i+ 1), ....)

(..., σ(i+ 2), ..., σ(i+ p), σ(i+ p− 1), σ(i+ 1), ....)

· · · (..., σ(i+ 2), σ(i+ p), ..., σ(i+ 1), ....)

(..., σ(i+ p), σ(i+ 2), ..., σ(i+ 1), ....)

para lo cual hemos realizado p-2 permutaciones de solo dos elementos consecutivosPor lo tanto, hemos realizado p-1+p-2=2p-3 permutaciones de solo dos elementosconsecutivos, lo cual demuestra que para cada permutacion σ ∈ Sk la permutacionσ′ = (σ(1), ..., σ(j), ..., σ(i), ..., σ(k)) que solo cambia los ındices σ(i) y σ(j) dejandolos demas como estaban verifica que sgnσ = −sgnσ′.Por otro lado, es claro que si cada elemento σ ∈ Sk es cambiado por σ′ la nueva


coleccion de permutaciones σ′ vuelve a completar la familia Sk de modo que

Alt(s)(v1, ..., vj , ..., vi.., vk)

=1

k!

∑σ∈Sk

sgnσ s(vσ(1), ..., vσ(j), ..., vσ(i), ..., vσ(k))

=1

k!

∑σ∈Sk

sgnσ s(vσ′(1), ..., vσ′(i), ..., vσ′(j), ..., vσ′(k))

=1

k!

∑σ′∈Sk

−sgnσ′ s(vσ′(1), ..., vσ′(i), ..., vσ′(j), ..., vσ′(k))

= −Alt(s)(v1, ..., vi, ..., vj .., vk)

�

A continuacion vamos a calcular los tensores alternos de e′1 ⊗ e′2 y e′1 ⊗ e′1 definidosen L2(R3)

Ejemplo 3.9 Tomemos el 2-tensor e′1 ⊗ e′2 ∈ L2(R3) que actua de lasiguiente manera

e′1 ⊗ e′2((v1, v2, v3), (w1, w2, w3)) = v1w2

y calculemos su tensor alterno utilizando la formula descrita en el teorema anterior.

Alt(e′1 ⊗ e′2)((v1, v2, v3), (w1, w2, w3))

=1

2!(e′1 ⊗ e′2(v, w)− e′1 ⊗ e′2(w, v)) =

1

2(v1w2 − w1v2)

Ahora tomamos el 2-tensor e′1 ⊗ e′1 ∈ L2(R3) que actua de la siguiente manera

e′1 ⊗ e′

1((v1, v2, v3), (w1, w2, w3)) = v1w1

y vamos a comprobar que Alt(e′1 ⊗ e′1) = 0

Alt(e′1 ⊗ e′1)((v1, v2, v3), (w1, w2, w3))

=1

2!(e′1 ⊗ e′1(v, w)− e′1 ⊗ e′1(w, v)) =

1

2(v1w1 − w1v1) = 0

En el problema 6 de la seccion3.4 se prueba que si un tensor s es alterno entoncesAlt(s) = s.A continuacion vamos a estudiar como son los tensores de la base de Λk(Rn).Para ello necesitamos, en primer lugar, extender el concepto de producto tensorial,


porque, como veremos en el siguiente ejemplo, existen tensores alternos s ∈ Λk(Rn)y r ∈ Λl(Rn) tales que su producto tensorial s⊗r no es alterno. De ahı que se definael producto de tensores alternos como mostramos a continuacion.

Definicion 3.10 Dados dos tensores alternos s ∈ Λk(Rn) yr ∈ Λl(Rn) se define el producto exterior de s y r, que denotaremos porsΛr, como

sΛr =(k + l)!

k!l!Alt(s⊗ r)

Es obvio que sΛr ∈ Λk+l(Rn), porque es el tensor alterno asociado a s ⊗ r ∈Lk+l(Rn). La razon de multiplicar por el factor (k+l)!

k!l! la veremos en la proposicion3.13.

Ejemplo 3.11 Tomemos los 1-tensores e′1 y e′2 pertenecientes a L1(R3) =Λ1(R3).Observemos que la igualdad de los espacios vectoriales L1(Rn) y Λ1(Rn) paratodo n se debe a que no hay permutaciones en la 1-upla (1).Ahora si consideramosel producto tensorial de ambos; esto es el 2-tensor e′1 ⊗ e′2 del ejemplo anterior, esfacil ver que no obtenemos un tensor alterno porque

e′1 ⊗ e′2((1, 1, 1), (1, 2, 3)) = 2 6= 1 = e′1 ⊗ e′2((1, 2, 3), (1, 1, 1))

Para conseguir un tensor alterno debemos realizar el producto exterior que en estecaso nos da como ya hemos visto

e′1Λe′2 =2!

1!1!Alt(e′1 ⊗ e′2) = 2!

(1

2!(e′1 ⊗ e′2 − e′2 ⊗ e′1)

)= e′1 ⊗ e′2 − e′2 ⊗ e′1

En el problema 7 (ver seccion 3.4) se estudian algunas propiedades sencillas y utilesdel producto exterior, similares a las estudiadas en el problema 1 (ver seccion3.4) para el producto tensorial. Pero en este caso la propiedad mas importante,la propiedad asociativa; es decir que sΛ(rΛt) = (sΛr)Λt, la cual nos permiteexpresar el producto exterior de una familia de tensores alternos ası: s1Λ...Λsk,no tiene una demostracion directa como ocurrıa con el producto tensorial. Parapoder demostrar ahora la propiedad asociativa necesitamos probar primero queAlt(s⊗Alt(r⊗t)) = Alt(Alt(s⊗r)⊗t) lo cual se deducira de la siguiente proposicion


Proposicion 3.12 Dados dos tensores s ∈ Lk(Rn) y r ∈Ll(Rn) si Alt(s) = 0, o bien Alt(r) = 0, entonces Alt(s ⊗ r) = 0 =Alt(r ⊗ s).

Demostracion Vamos a suponer que Alt(s) = 0 y demostraremos que entoncesAlt(s ⊗ r) = 0. La demostracion se basa en una descomposicion adecuada de lafamilia de permutaciones σ ∈ Sk+l. Empezamos por escoger la subfamilia formadapor todas las permutaciones que dejan los ultimos l elementos: k+ 1, k+ 2, ..., k+ l,fijos. Llamemos S′k a esta subfamilia, entonces es claro que para toda familia devectores {v1, ..., vk, vk+1, ..., vk+l}

∑σ∈S′k

sgnσs⊗ r(vσ(1), ..., vσ(k), vσ(k+1), ..., vσ(k+l))

=∑σ∈S′k

sgnσs⊗ r(vσ(1), ..., vσ(k), vk+1, ..., vk+l)

=∑σ∈S′k

sgnσs(vσ(1), ..., vσ(k))r(vk+1, ..., vk+l)

= r(vk+1, ..., vk+l)∑σ∈S′k

sgnσs(vσ(1), ..., vσ(k))

= r(vk+1, ..., vk+l)(k!)Alt(s)(v1, ..., vk) = 0

Sea ahora σ0 una permutacion de Sk+l que no pertenece a la subfamilia S′k; es decirque σ0 cambia de posicion a uno de los ultimos l elementos k+1, k+2, ..., k+ l, bienporque lo lleva a una de las k primeras posiciones o bien porque lo mantiene en elgrupo final pero cambiado de sitio. En cualquier caso es claro que si multiplicamosesta permutacion por otra σ ∈ S′k la nueva permutacion σσ0 no pertenece a lasubfamilia S′k, de modo que las subfamilias S′k y S′kσ0 = {σσ0;σ ∈ S′k} son disjuntas.Por otro lado, es claro que todas las permutaciones de la nueva subfamilia S′kσ0 dejanlos ultimos l elementos en las mismas posiciones que la permutacion σ0. Por esta


razon dada cualquier familia de vectores {v1, ..., vk, vk+1, ..., vk+l} se verifica que∑σ∈S′kσ0

sgnσs⊗ r(vσ(1), ..., vσ(k), vσ(k+1), ..., vσ(k+l))

=∑

σ∈S′kσ0

sgnσs⊗ r(vσ(1), ..., vσ(k), vσ0(k+1), ..., vσ0(k+l))

=∑

σ∈S′kσ0

sgnσs(vσ(1), ..., vσ(k))r(vσ0(k+1), ..., vσ0(k+l))

= r(vσ0(k+1), ..., vσ0(k+l))∑

σ∈S′kσ0

sgnσs(vσ(1), ..., vσ(k))

= r(vσ0(k+1), ..., vσ0(k+l))(k!)Alt(s)(vσ0(1), ..., vσ0(k)) = 0

La demostracion entonces concluye comprobando que la familia Sk+l se puedeseparar en subfamilias disjuntas del tipo S′kσ0. En efecto, si ahora tomamos σ1 ∈Sk+l\{S′k ∪S′kσ0} entonces las subfamilias S′k y S′kσ1 = {σσ1;σ ∈ S′k} son disjuntaspor la misma razon que S′k y S′kσ0 = {σσ0;σ ∈ S′k} eran disjuntas y S′kσ1 y S′kσ0

tambien son disjuntas porque si una permutacion σ estuviera en la interseccionS′kσ1 ∩ S′kσ0 implicarıa que existirıan dos permutaciones σ′, σ′′ ∈ S′k tales queσ = σ′σ1 = σ′′σ0 pero entonces, llamando (σ′)−1 a la permutacion inversa de σ′,que claramente tambien pertenece a S′k, se verificarıa que σ1 = (σ′)−1σ′′σ0 ∈ S′kσ0,lo cual es falso.Los otros casos que figuran en el enunciado de la proposicion se demuestran de lamisma forma. �

Ahora ya estamos preparados para probar la propiedad asociativa del productoexterior.

Proposicion 3.13 Dados tres tensores alternos s ∈ Λk(Rn),r ∈ Λl(Rn) y t ∈ Λm(Rn) se verifica que

sΛ(rΛt) = (sΛr)Λt =(k + l +m)!

k!l!m!Alt(s⊗ r ⊗ t)

Demostracion En primer lugar vamos a usar el resultado de la proposicion anteriorpara probar que Alt(s⊗Alt(r⊗t)) = Alt(s⊗r⊗t) = Alt(Alt(s⊗r)⊗t). Probaremossolo la primera igualdad porque la segunda se prueba igual.Empecemos observando que la igualdad Alt(s ⊗ Alt(r ⊗ t)) = Alt(s ⊗ r ⊗ t) esequivalente a decir que Alt(s ⊗ Alt(r ⊗ t)) − Alt(s ⊗ r ⊗ t) = 0. Es inmediato queAlt(s1 + s2) = Alt(s1) +Alt(s2), de modo que la igualdad anterior es equivalente a


probar que

Alt(s⊗Alt(r ⊗ t)− s⊗ r ⊗ t) = 0

Ahora aplicando la propiedad b) del problema 1 (ver seccion 3.4) obtenemos queAlt(s ⊗ Alt(r ⊗ t) − s ⊗ r ⊗ t) = Alt(s ⊗ (Alt(r ⊗ t) − r ⊗ t)). Por la proposicionanterior, este ultimo tensor sera cero si probamos que el alterno de (Alt(r⊗t)−r⊗t)es nulo, pero

Alt(Alt(r ⊗ t)− r ⊗ t) = Alt(Alt(r ⊗ t)−Alt(r ⊗ t) = Alt(r ⊗ t)−Alt(r ⊗ t) = 0

Terminamos probando la propiedad asociativa del producto exterior

sΛ(rΛt) =(k + l +m)!

k!(m+ l)!Alt(s⊗ (rΛt))

=(k + l +m)!

k!(m+ l)!Alt(s⊗ (m+ l)!

m!l!Alt(r ⊗ t))

=(k + l +m)!

k!m!l!Alt(s⊗ r ⊗ t)

Aquı vemos la necesidad de multiplicar por el factor (k+l)!k!l! en la definicion del

producto exterior sΛr. �

La proposicion anterior nos permite denotar el producto exterior de tres tensoresalternos como sΛrΛt. De igual modo, podemos denotar el producto exterior de unacantidad finita de tensores alternos como

s1Λs2Λ...Λsp =(k1 + k2 + ...+ kp)!

k1!k2!...kp!Alt(s1 ⊗ s2 ⊗ ...⊗ sp)

siendo cada si ∈ Λki(Rn).En el siguiente ejemplo vamos a analizar como son los productos externos de lostensores e′1, e

′2, ..., e

′n ∈ L1(Rn) = ∗1(Rn), porque como veremos en el teorema 3.15

seran base algebraica del subespacio vectorial ∗k(Rn).

Ejemplo 3.14 Como vimos en el ejemplo 3.9 Alt(e′1 ⊗ e′1) = 0. De igualmodo se prueba que para cualquier tensor e′i ∈ L1(Rn) = ∗1(Rn) se verifica queAlt(e′i⊗e′i) = 0 y por lo tanto e′iΛe

′i = 0. Ahora vamos a ver que tambien obtenemos

el tensor 0 cuando realizamos el producto externo de un familia de tensores del tipoe′i en la cual hay al menos dos tensores repetidos. Para que la notacion sea massencilla vamos a fijar el caso e′1Λe′2Λe′3Λe′1 = 4!Alt(e′1 ⊗ e′2 ⊗ e′3 ⊗ e′1). En primerlugar observamos que por ser el tensor e′1Λe′2Λe′3Λe′1 alterno se verifica que para cadafamilia de vectores v1, v2, v3, v4 en Rn y para cada permutacion σ ∈ S4

e′1Λe′2Λe′3Λe′1(v1, v2, v3, v4) = sgn(σ)e′1Λe′2Λe′3Λe′1(vσ(1), vσ(2), vσ(3), vσ(4))


Por otro lado, es facil comprobar que si llamamos σ0 a la permutacion quetransforma el conjunto (1, 2, 3, 4) en (1, 4, 2, 3) entonces para cada familia de vectoresv1, v2, v3, v4 en Rn se cumple que

e′1Λe′2Λe′3Λe′1(vσ0(1), vσ0(2), vσ0(3), vσ0(4)) = e′1Λe′1Λe′2Λe′3(v1, v2, v3, v4)

Por lo tanto, si probamos que e′1Λe′1Λe′2Λe′3 = 0 tambien se verificara quee′1Λe′2Λe′3Λe′1 = 0. Para ello basta con observar que

e′1Λe′1Λe′2Λe′3 = 4!Alt(e′1 ⊗ e′1 ⊗ e′2 ⊗ e′3)

= 4!Alt(Alt(e′1 ⊗ e′1)⊗ (e′2 ⊗ e′3)) = 0

La ultima igualdad se deduce de la proposicion anterior, porque como ya hemoscomprobado Alt(e′1 ⊗ e′1) = 0.Por ultimo, observemos que los tensores alternos de la forma e′i1Λ...Λe′ik cuando

todos los ındices i1, ..., ik son distintos entre sı son elementos de Lk(Rn) y por lotanto podemos expresarlos como combinaciones lineales de los elementos de la basede Lk(Rn). Ası por ejemplo el tensor alterno e′1Λe′2 ∈ Λ2(R3) se expresa de lasiguiente manera (ver ejemplo 3.9):

e′1Λe′2 = e′1 ⊗ e′2 − e′2 ⊗ e′1

Observemos que si k > n entonces en cada producto exterior de la forma e′i1Λ...Λe′iknecesariamente alguno de los tensores e′ij se repite de modo que el unico tensor

alterno que podemos encontrar en ∗k(Rn) es s = 0.Si k=n, entonces el subespacio ∗n(Rn) tiene dimension 1, porque el unico tensoralterno en este caso es e′1Λe′2Λ....Λe′n.Para k < n tenemos los tensores de la forma e′i1Λ....Λe′ik siendo 1 ≤ i1 < ... <ik ≤ n que como demostraremos en el proximo teorema forman base del subespacio∗k(Rn), que en consecuencia tiene dimension

(nk

)= n!

k!(n−k)! , igual al numero de

combinaciones sin repeticion de n elementos tomados de k en k .

Teorema 3.15 Sean {e1, ..., en} los vectores de la base canonicade Rn y sean {e′1, e′2, ..., e′n} las aplicaciones lineales asociadas a esta base,entonces se verifica que para todo k ≤ n la familia de los k-tensores dadapor :

{e′i1Λ...Λe′ik ; 1 ≤ i1 < ... < ik ≤ n}

es una base de Λk(Rn).


Demostracion Por el teorema 3.5 sabemos que la familia de tensores {e′i1 ⊗ ... ⊗e′ik ; 1 ≤ i1, ..., ik ≤ n} es base de Lk(Rn) de modo que dado s ∈ Λk(Rn) existe unafamilia de numeros reales {ai1...ik ; 1 ≤ i1, ..., ik ≤ n} tales que

s = Alt(s) =

n∑i1,i2,...,ik=1

ai1i2...ikAlt(e′i1 ⊗ ...⊗ e

′ik

)

Pero Alt(e′i1 ⊗ ...⊗ e′ik

) = 0 cuando algun ındice ij se repite. Para los demas casos,cada familia de ındices i1, .., ik distintos dos a dos lleva asociado un unico tensoralterno, porque los cambios de orden en los productos exteriores de estos tensoressolo implican cambios de signo en el tensor que generan. Por esta razon se elije unorden concreto para cada familia de ındices, que es el que se obtiene cuando losordenamos de menor a mayor 1 ≤ i1 < ... < ik ≤ n.Finalmente, la independencia lineal de los tensores alternos {e′i1Λ...Λe′ik ; 1 ≤ i1 <... < ik ≤ n} se prueba igual que en el teorema 3.5. � Aplicando el teorema

anterior podemos calcular la dimension del espacio Λk(Rn). Si k=1 entonces,Λ1(Rn) = L1(Rn) tiene dimension n y los 1-tensores {e′1, e′2, ..., e′n} son base delespacio vectorial. Si k ≥ 2, entonces los k-tensores {e′i1Λ...Λe′ik ; 1 ≤ i1 < ... < ik ≤ n}son base de Λk(Rn), que en consecuencia tiene dimension

(nk

)Observemos que si

k=n entonces la dimension de Λn(Rn) es 1 =(nn

)y el n-tensor e′1Λ...Λe′n es base del

espacio. Este tensor es precisamente el determinante de la matriz formada por losvectores columna v1, ..., vn; es decir que det(v1, ..., vn) = e′1Λ...Λe′n(v1, ..., vn).Recordemos que det(·, ..., ·) ∈ Λn(Rn), de modo que debe existir un numero reala tal que det(·, ..., ·) = ae′1Λ...Λe′n(·, ..., ·). Pero en los vectores de la base canonica{e1, ..., en} se verifica que det(e1, ..., e1) = 1 = ae′1Λ...Λe′n(e1, ..., e1) = a de modoque a = 1 y det(·, ..., ·) = e′1Λ...Λe′n(·, ..., ·).Para terminar veremos una proposicion en la cual se describe como son los tensorese′i1Λ...Λe′ik usando el concepto de determinante.

Proposicion 3.16 Sean {e1, ..., en} los vectores de la basecanonica de Rn y sean e′1, e

′2, ..., e

′n las aplicaciones lineales asociadas

a esta base, entonces para cada familia de ındices 1 ≤ i1 < ... <ik ≤ n y para cada familia de vectores v1, v2, ..., vk en Rn se verificaque e′i1Λ...Λe′ik(v1, v2, ..., vk) es el determinante de la matriz de tamanok × k que se obtiene de la matriz de tamano n × k cuyas columnas sonlas coordenadas de los vectores v1, v2, ..., vk de Rn cuando reducimos lamatriz grande quedandonos solo con las filas correspondientes a los ındicesi1, i2, ..., ik.

Demostracion Como ya habıamos observado el determinante de una matriz de


tamano k × k es la forma alterna perteneciente a Λk(Rk) que hemos denotadopor e′1Λ...Λe′k. Por lo tanto, lo que tenemos que demostrar ahora es que podemostransformar el k -tensor e′i1Λ...Λe′ik en el k -tensor e′1Λ...Λe′k. Para ello vamos a usar

la aplicacion lineal A : Rk → Rn que lleva cada coordenada j ∈ {1, ..., k} en lacorrespondiente coordenada ij ∈ {i1, ..., ik}; es decir, que para cada vector v ∈ Rkse define A(v) por:

A(v) = A(v1, ..., vk) = A(e′1(v)e1 + ...+ e′k(v)ek) = e′1(v)ei1 + ...+ e′k(v)eik .

En primer lugar vamos a demostrar que cada 1 -tensor e′ij ∈ Λ1(Rn) = L1(Rn) se

transforma por medio de A en el 1 -tensor e′j ∈ Λ1(Rk) = L1(Rk). En efecto dado

v ∈ Rk se verifica que:

A ∗ e′ij (v) = e′ij (A(v)) = e′ij (e′1(v)ei1 + ...+ e′k(v)eik) = e′j(v).

A continuacion recordemos que por definicion el k -tensor e′i1Λ...Λe′ik actua de lasiguiente manera: para cada familia de vectores {v1, ..., vk} ⊂ Rn

e′i1Λ...Λe′ik(v1, ..., vk) =1

k!

∑σ∈Sk

e′i1 ⊗ ...⊗ e′ik

(vσ(1), ..., vσ(k)).

De modo que sea cual sea la permutacion σ ∈ Sk de cada familia de vectores{vσ(1), ..., vσ(k)} solo nos interesan los valores de esos vectores en sus coordenadasi1, ..., ik y nos dara igual los valores que tengan esos vectores en las demascoordenadas. Por esa razon dados {v1, ..., vk} ⊂ Rn si llamamos {u1, ..., uk} ⊂ Rn alos vectores que tienen las coordenadas i1, ..., ik iguales a las de su correspondientevector de la primera familia pero que tienen las demas coordenadas nulas entoncesse verifica que e′i1Λ...Λe′ik(v1, ..., vk) = e′i1Λ...Λe′ik(u1, ..., uk). Sean {w1, ..., wk} ∈ Rk

tales que A(wj) = uj , entonces

e′i1Λ...Λe′ik(v1, ..., vk) = e′i1Λ...Λe′ik(A(w1), ..., A(wk))

= A ∗ (e′i1Λ...Λe′ik(w1, ..., wk))

= (A ∗ e′i1)Λ...Λ(A ∗ e′ik)(w1, ..., wk)

= e′1Λ...Λe′k(w1, ..., wk)

= det(w1, ..., wk).

�

El resultado demostrado en esta proposicion va a ser clave para la demostracion delteorema de Stokes y vamos a aplicarla en Rk al caso en que la familia de ındicesi1 < ... < ik son todos los ındices 1 < 2 < ... < k excepto el del lugar i. Para

trabajar con el tensor asociado usaremos la notacion e′1Λ...Λ

fuera

e′i Λ...Λe′k en lugar


de e′i1Λ...Λe′ik , porque estan todos los 1 -tensores e′1, ..., e′k excepto uno. De modo que

la proposicion anterior prueba que a cada familia de vectores v1, ..., vk−1 en Rk el

tensor e′1Λ...Λ

fuera

e′i Λ...Λe′k hace corresponder el determinante de la matriz de tamano(k − 1)× (k − 1) cuyas columnas son las coordenadas de los vectores v1, ..., vk−1 deRk quitando la fila correspondiente al ındice i.Por ultimo, antes de pasar a la definicion de forma diferencial queremos hacer unaobservacion sobre la relacion entre el tensor e′1Λe′2Λe′3 ∈ Λ3(R3) y la operacionproducto vectorial en R3 que ha sido tan util en el segundo capıtulo porque nos haservido para definir el vector normal N(u) asociado a los recorridos de las superficiesy tambien para definir el rotacional de un campo vectorial F : U ⊂ R3 → R3 declase C1.Ya hemos demostrado que el tensor e′1Λe′2Λe′3, que hemos elegido como base delespacio Λ3(R3), coincide con el determinante en R3; es decir que dados tres vectoresde R3, v, u y w se verifica que e′1Λe′2Λe′3(v, u, w) = det(v, u, w). Observemos que sifijamos dos vectores, u y w por ejemplo, entonces la aplicacion que queda es lineal;es decir se verifica que para todo par de vectores x y y en R3 y para todo par denumeros reales:

det(ax+ by, u, w) = a det(x, u, w) + bdet(y, u, w).

Por lo tanto det(·, u, w) ∈ L1(R3) = Λ1(R3) y se puede expresar como combinacionlineal de los elementos de la base de L1(R3) de la siguiente manera:

det(x, u, w) = det(

3∑i=1

e′i(x)ei, u, w)

=

3∑i=1

e′i(x) det(ei, u, w) =

3∑i=1

det(ei, u, w)e′i(x)

= (det(e1, u, w),det(e2, u, w),det(e3, u, w)) · (x1, x2, x3).

En particular si tomamos como vector x0 el vector de coordenadas:

x0 = (det(e1, u, w),det(e2, u, w),det(e3, u, w))

se verifica que:

det(x0, u, w) = x0 · x0 = ||x0||2.

Por otro lado, la definicion de producto vectorial de dos vectores se puede expresartambien como:

u× w = det

i j ku1 u2 u3

w1 w2 w3

= (det(e1, u, w),det(e2, u, w),det(e3, u, w)).


Combinando ambas notaciones observamos que para todo par de vectores u y w deR3 se verifica que:

det(u× w, u,w) = ||u× w||2.

3.2. Formas diferenciales

En esta seccion vamos a introducir el concepto de forma diferencial que va a seruna funcion que a cada punto de un conjunto abierto le hace corresponder un tensoralterno. Por lo tanto, es imprescindible entender muy bien que son los tensoresalternos, como se define el producto exterior de los tensores alternos, que propiedadesverifica y sobre todo como es la base de Λk(Rn) antes de abordar el concepto de formadiferencial.

Definicion 3.17 Se llama forma diferencial de orden k, o k-formadiferencial, con k ≥ 1, a toda funcion Ψ : U ⊂ Rn → Λk(Rn) con U unconjunto abierto no vacıo, que se puede expresar de la siguiente manera:

Ψ(x) =∑

1≤i1<...<ik≤n

Ψi1...ik(x)e′i1Λ...Λe′ik

siendo cada una de las funciones Ψi1...ik : U ⊂ Rn → R de clase Cp, conp ≥ 1.

Es importante observar que en la definicion anterior aparece el espacio Rn tantoen el dominio de definicion de la k -forma, U ⊂ Rn, como en el espacio de llegada,Λk(Rn). Observemos que si k > n entonces Λk(Rn) = 0 y por lo tanto la unicak -forma diferencial es Ψ = 0. Si k = n entonces Λn(Rn) tiene dimension uno ylas k -formas diferenciales son ası: Ψ(x) = Ψ1...n(x)e′1Λ...Λe′n. Si k = 1 el espaciovectorial Λ1(Rn) = Ll(Rn) tiene dimension n y las 1 -formas diferenciales son ası:

Ψ(x) =n∑i=1

Ψi(x)e′i.

Observemos que cada 1 -forma viene determinada por un campo vectorial, el dadopor F (x) = (Ψ1(x), ...,Ψn(x)). Y viceversa, cada campo vectorial F : U ⊂ Rn → Rn

de clase Cp en U determina una 1 -forma diferencial definida por: Ψ(x) =n∑i=1

Fi(x)e′i.

Esta correspondencia entre 1 -formas y campos vectoriales es la que da origen al tıtulodel curso porque muestra la conexion entre ambos conceptos, el primero, campos,mas propio de disciplinas como la Fısica Aplicada y el Analisis Matematico y elsegundo, formas, mas propio de la Geometrıa Diferencial.Ahora vamos a introducir las 0 -formas diferenciales, que por convenio seranfunciones reales de clase Cp, con p ≥ 1; es decir funciones de la forma Ψ : U ⊂

3.2. FORMAS DIFERENCIALES 161

Rn → R, que en la primera parte del curso hemos denominado campos escalares. Larazon por la cual es necesario introducir las 0 -formas se muestra a continuacion.Recordemos que a cada campo escalar f : U ⊂ Rn → R de clase Cp con p ≥ 1le podemos asociar el campo vectorial F : U ⊂ Rn → Rn dado por F = ∇f. Demanera analoga a cada 0 -forma Υ : U ⊂ Rn → R le podemos asociar la 1 -forma

Ψ : U ⊂ Rn → Λ1(Rn) dada por Ψ(x) =n∑i=1

DiΥ(x)e′i. Esta 1 -forma se va a llamar

la diferencial de Υ y la denotaremos por Ψ = dΥ. Este proceso se puede continuartransformando k -formas en (k+1)-formas para todo k ≥ 1 como se indica en lasiguiente definicion.

Definicion 3.18 Dada una k-forma diferencial Υ : U ⊂ Rn →Λk(Rn) de clase Cp, con p ≥ 2 y k ≥ 0, se define la (k+1)-formadΥ : U ⊂ Rn → Λk+1(Rn), que llamaremos la diferencial de la formaΥ, por

dΥ =∑

1≤i1<...<ik≤n

n∑j=1

Dj(Υi1...ik)e′jΛe′i1Λ...Λe′ik

Observemos que dΥ es de orden superior porque sobre cada tensor alterno e′i1Λ...Λe′ikse realiza el producto exterior con los 1 -tensores e′j , para todo j ∈ {1, ..., n}. Muchosde estos productos seran 0, porque como vimos en el ejemplo 3.14, cuando el ındicej esta en la familia de ındices i1, ..., ik el producto exterior e′jΛe

′i1

Λ...Λe′ik es 0.Como ya hemos comentado si aplicamos la definicion al caso k = 0 lo que obtenemoses la trasformacion de la funcion real, o 0-forma, Υ : U ⊂ Rn → R en la 1-forma

dΥ =n∑j=1

DjΥdx, cuyas funciones asociadas son las componentes del vector gradiente

∇Υ.A continuacion vamos a ver como es la diferencial de una 1-forma en Rn.

Ejemplo 3.19 Partimos de una 1-forma en Rn que viene dada por:

Υ(x) = Υ1(x)e′1 + ...+ Υn(x)e′n

siendo Υ1, ...,Υn funciones de clase Cp en un abierto U ⊂ Rn, con p≥ 2. En estecaso la diferencial de Υ viene dada por:

dΥ(x) = D1Υ1(x)e′1Λe′1 + ...+DnΥ1(x)e′nΛe′1 +

+D1Υ2(x)e′1Λe′2 + ...+DnΥ2(x)e′nΛe′2 +

· · ·+D1Υn(x)e′1Λe′n + ...+DnΥn(x)e′nΛe′n.


Ahora suprimimos todos los productos exteriores en los cuales se repite algun ındice,porque son nulos, y ordenamos los que quedan cambiando el signo cuando seanecesario, como indica la propiedad e) del problema 7 (ver seccion 3.4), de modoque dΥ nos queda ası:

dΥ(x) = (−D2Υ1(x) +D1Υ2(x))e′1Λe′2 + ...+ (−DnΥ1(x) +D1Υn(x))e′1Λe′n +

(−D3Υ2(x) +D2Υ3(x))e′2Λe′3 + ...+ (−DnΥ2(x) +D2Υn(x))e′2Λe′n +

· · ·+ (−DnΥ(n−1)(x) +D(n−1)Υn(x))e′n−1Λe′n

=∑

1≤i1<i2≤n

(Di1Υi2(x)−Di2Υi1(x))e′i1Λe′i2 .

El siguiente ejemplo nos muestra como es la diferencial de una 2 -forma en R3.

Ejemplo 3.20 Para que la expresion de la forma dΥ nos quede mas sencilla

vamos a elegir los siguientes ındices para la 2-forma Υ

Υ(x) = Υ1(x)e′2Λe′3 + Υ2(x)e′1Λe′3 + Υ3(x)e′1Λe′2

siendo Υ1,Υ2,Υ3 funciones de clase Cp en un abierto U ⊂ R3, con p≥ 2. Observemosque en los tres sumandos el ındice de la componente de Υ es justo el ındice que noaparece en el tensor e′iΛe

′j . Con esta eleccion de ındices la forma dΥ queda ası:

dΥ(x) = D1Υ1(x)e′1Λe′2Λe′3 +D2Υ1(x)e′2Λe′2Λe′3 +D3Υ1(x)e′3Λe′2Λe′3

+D1Υ2(x)e′1Λe′1Λe′3 +D2Υ2(x)e′2Λe′1Λe′3 +D3Υ2(x)e′3Λe′1Λe′3

+D1Υ3(x)e′1Λe′1Λe′2 +D2Υ3(x)e′2Λe′1Λe′2 +D3Υ3(x)e′3Λe′1Λe′2

Ahora suprimimos todos los productos exteriores en los cuales se repite algun ındice,porque son nulos, y ordenamos los que quedan cambiando el signo cuando seanecesario como indica la propiedad e) del problema 7 (ver seccion 3.4), de modoque dΥ tiene la siguiente expresion:

dΥ(x) = (D1Υ1(x)−D2Υ2(x) +D3Υ3(x))e′1Λe′2Λe′3

En el problema 9 (ver seccion 3.4) se muestran algunas propiedades muy utiles dela diferencial de una forma.A continuacion vamos a ver otras dos maneras de obtener formas diferenciales apartir de otras usando dos transformaciones de tensores estudiadas en la seccionanterior: el producto exterior de tensores y la transformacion por medio deaplicaciones lineales.Empecemos por el producto exterior. Es inmediato comprobar que si tenemos dosformas diferenciales Ψ : U ⊂ Rn → Λk(Rn) y Υ : U ⊂ Rn → Λl(Rn) podemos


definir el producto exterior de ambas, que como es natural se denotara por ΨΛΥ,de la siguiente manera:

ΨΛΥ : U ⊂ Rn → Λk+l(Rn)x Ψ(x)ΛΥ(x)

Consiguiendo una (k+l)-forma diferencial. Por conveniencia asumiremos que elproducto exterior de una 0-forma; es decir una funcion f : U ⊂ Rn → R poruna k-forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk(Rn) es la k-forma (fΛΨ)(x) = f(x)Ψ(x) quetambien podemos denotar por fΨ. A continuacion vamos a ver que sucede cuandomultiplicamos dos 1-formas.

Ejemplo 3.21 Tomemos dos 1-formas Ψ, Υ : U ⊂ Rn → Λ1(Rn) de claseCp, y vamos a ver que aspecto tiene la 2-forma ΨΛΥ : U ⊂ Rn → Λ2(Rn). Para ellovamos a aplicar las propiedades del producto exterior que se recogen en el problema7 (ver seccion 3.4)

ΨΛΥ(x) = (Ψ1(x)e′1 + ....+ Ψn(x)e′n)Λ(Υ1(x)e′1 + ....+ Υn(x)e′n)

=

n∑i=1

Ψi(x)e′iΛ(Υ1(x)e′1 + ....+ Υn(x)e′n)

=

n∑i=1

n∑j=1

Ψi(x)e′iΛΥj(x)e′j

=∑

1≤i<j≤n

(Ψi(x)Υj(x)−Ψj(x)Υi(x))e′iΛe′j

Terminamos la seccion con la transformacion de las formas diferenciales que utilizala composicion con aplicaciones lineales. Ya vimos en la seccion anterior que cadaaplicacion lineal A : Rn → Rm nos permite transformar los tensores s ∈ Lk(Rm) enlos tensores A ∗ s ∈ Lk(Rn) por medio de la siguiente formula:

A ∗ s(v1, ..., vk) = s(A(v1), ..., A(vk))

Es obvio que si s es alterno, entonces A ∗ s tambien sera alterno.A continuacion vamos a aplicar la transformacion anterior a un caso particular quenos va a permitir construir las k -formas diferenciales que necesitamos para definirla integral.


Definicion 3.22 Dada una funcion ϕ : V ⊂ Rm → Rn declase Cp (con p ≥ 1) y dada una k-forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk(Rn) (conn,m ≥ k > 0 y ϕ(V ) ⊂ U) se define la k-forma ϕ∗Ψ : V ⊂ Rm → Λk(Rm)como la funcion que a cada x ∈ Rm le hace corresponder la k-forma enRm dada por Dϕ(x)∗Ψ(ϕ(x)), siendo Dϕ(x) la aplicacion lineal asociadaa la matriz jacobiana de la funcion ϕ en x.

Recordemos que para cada vi ∈ Rm el vector Dϕ(x)(vi) esta en Rn y hemos definidoDϕ(x) ∗ Ψ(ϕ(x))(v1, ..., vk) = Ψ(ϕ(x))(Dϕ(x)(v1), ..., Dϕ(x)(vk)). Esta operacionque denotamos con el sımbolo ∗ nos servıa para transformar tensores definidos en elespacio vectorial Rn en tensores definidos en Rm, utilizando para la transformacionuna aplicacion lineal de Rm en Rn. Ahora usamos una notacion analoga, ϕ∗Ψ, paratransformar k -formas diferenciales definidas en Rn en k -formas diferenciales definidasen Rm, pero esta vez en cada punto x usamos una aplicacion lineal distinta, la dadapor Dϕ(x) y necesitamos tambien echar mano de la funcion ϕ para que las funcionesque definen la nueva k-forma partan de Rm. Ası si Ψ viene dada por:

Ψ(y) =∑

1≤i1<...<ik≤n

Ψi1...ik(y)e′i1Λ...Λe′ik

entonces ϕ∗Ψ es:

ϕ∗Ψ(x) =∑

1≤i1<...<ik≤n

Ψi1...ik(ϕ(x))Dϕ(x) ∗ e′i1Λ...Λe′ik

Para entender mejor la definicion, que es fundamental en el desarrollo de lossiguientes apartados, vamos a mostrar un ejemplo sencillo donde Ψ solo tiene unsumando y la funcion correspondiente a ese sumando es la funcion constante 1.

Ejemplo 3.23 Tomamos una funcion ϕ : U ⊂ Rm → Rn de clase C1 yvamos ver como se transforma la 1-forma diferencial Ψ = e′1 : Rn → Λ1(Rn) que acada x ∈ Rn le hace corresponder siempre la misma 1-forma Ψ(x) = e′1.Para cada


y ∈ U ⊂ Rn y cada vector v ∈ Rm tenemos que

ϕ∗Ψ(y)(v) = Dϕ(y) ∗Ψ(ϕ(y))(v) = Dϕ(y) ∗ e′1(v) = e′1(Dϕ(y)(v))

= e′1

D1ϕ1(y) ... Dmϕ1(y)

.... . .

...D1ϕn(y) .... Dmϕn(y)

v1

...vm

= e′1

(m∑i=1

Diϕ1(y)vi, ...,

m∑i=1

Diϕn(x)vi

)

=

m∑i=1

Diϕ1(y)vi =

m∑i=1

Diϕ1(y)e′i(v)

Es decir que ϕ∗e′1 =m∑i=1

Diϕ1(y)e′i. De igual forma se prueba que para cada

j ∈ {1, ...,m} se tiene que ϕ∗e′j =m∑i=1

Diϕj(y)e′i.

A continuacion vamos a ver que sucede si tomamos m = 1 y n = 3.

Ejemplo 3.24 Dada una funcion ϕ : U ⊂ R → R3 de clase C2 y dada una1-forma Ψ en R3

Ψ : R3 → Λ1(R3)x Ψ1(x)e′1 + Ψ2(x)e′2 + Ψ3(x)e′3

Vamos a calcular la 1-forma en R que se obtiene con la transformacion ϕ∗Ψ. Comohemos visto en el ejemplo anterior para cada t ∈ U la 1-forma ϕ∗Ψ(t) ∈ Λ1(R) es:

ϕ∗Ψ(t) = Ψ1(ϕ(t))ϕ′1(t)e′ + Ψ2(ϕ(t))ϕ′2(t)e′ + Ψ3(ϕ(t))ϕ′3(t)e′

Observemos el paralelismo entre la 1-forma

ϕ∗Ψ(t) = (Ψ1(ϕ(t))ϕ′1(t) + Ψ2(ϕ(t))ϕ′2(t) + Ψ3(ϕ(t))ϕ′3(t)) e′

= ((Ψ1(ϕ(t)),Ψ2(ϕ(t)),Ψ3(ϕ(t)) · (ϕ′1(t), ϕ′2(t), ϕ′3(t))) e′

y la expresion que integramos cuando calculamos la integral de lınea del campovectorial F (x) = (Ψ1(x),Ψ2(x),Ψ3(x)) a lo largo del recorrido ϕ :

∫ϕ

F · T =

b∫a

F (ϕ(t))ϕ′(t)dt.


Ambas expresiones coinciden porque, como veremos en el siguiente capıtulo, lasintegrales de lınea coinciden con las integrales de 1 -formas sobre recorridos decaminos.Tambien en el siguiente capıtulo (ver problema 6) demostraremos que las integralesde campos vectoriales sobre recorridos de superficies coinciden con las integrales de2 -formas sobre recorridos de superficies.

3.3. El teorema de Poincare

En este apartado vamos a demostrar el teorema de Poincare que relaciona losconceptos de forma cerrada y forma exacta que enunciamos a continuacion:

Definicion 3.25 Decimos que una k-forma Ψ : U ⊂ Rn →Λk(Rn) con k ≥ 1 es exacta si existe una (k-1)-forma Υ : U ⊂ Rn →Λk−1(Rn) de clase Cp en U con p ≥ 2 tal que

Ψ = d(Υ).

Ejemplos de formas exactas han aparecido en la seccion anterior cuando introdujimosla definicion de diferencial de una forma diferencial. Ya entonces observamos que sitomamos k = 1 la 1 -forma Ψ : U ⊂ Rn → Λ1(Rn):

Ψ(x) = Ψ1(x)e′1 + Ψ2(x)e′2 + ...+ Ψn(x)e′n,

siendo cada una de las funciones Ψi : U ⊂ Rn → R de clase Cp, con p ≥ 1, en elabierto U es exacta si existe una 0 -forma Υ : U ⊂ Rn → Λ0(Rn) = R, que es unafuncion real de clase Cp en U con p ≥ 2, tal que Ψ = d(Υ); es decir que las funcionesasociadas a la 1 -forma Ψ y a la 0 -forma Υ tienen la siguiente relacion:

∇Υ = (Ψ1, ....,Ψn).

De modo que si interpretamos esta relacion entre formas en terminos de camposescalares y vectoriales la igualdad anterior significa que el campo vectorial Ψ : U ⊂Rn → Rn, cuyas componentes son Ψ = (Ψ1, ...,Ψn) es conservativo porque coincidecon el gradiente del campo escalar Υ : U ⊂ Rn → R. Observemos que la definicionde forma exacta es mas general porque se aplica a todo k≥ 0.En el primer capıtulo estudiamos que condiciones debe cumplir un campo vectorialpara ser conservativo, el concepto que introducimos a continuacion nos va a permitirdar condiciones para asegurar que una forma diferencia es exacta.

3.3. EL TEOREMA DE POINCARE 167

Definicion 3.26 Decimos que una k-forma Ψ : U ⊂ Rn →Λk(Rn) es cerrada si verifica que d(Ψ) = 0

Por la propiedad c) del problema 8 para toda k-forma Ψ se verifica que d(d(Ψ)) = 0,lo cual implica que si una forma es exacta entonces es cerrada. El teorema dePoincare, que demostraremos mas adelante, prueba que la implicacion inversa estambien cierta; es decir que toda forma Ψ cerrada es exacta, o lo que es lo mismoque existe una forma Υ tal que Ψ = dΥ, pero con la condicion de que el abierto Udonde esta definida Ψ sea estrellado.En particular se verifica que si U es un conjunto estrellado, una 1 -forma Ψ(x) =Ψ1(x)e′1 + Ψ2(x)e′2 + ... + Ψn(x)e′n es exacta si y solo si es cerrada es decir quedΨ = 0. Como cabe esperar, si interpretamos las 1 -formas como campos vectorialesla condicion de ser forma cerrada se tiene que traducir a que el campo vectorialF : U ⊂ R2 → R2 dado por F (x) = (Ψ1(x),Ψ2(x)) verifique la condicion (1),mientras que en R3 la condicion de ser 1 -forma cerrada se debe traducir a que elcampo vectorial F (x) = (Ψ1(x),Ψ2(x),Ψ3(x)) verifique la condicion (2).En efecto el ejemplo 3.19 muestra que la diferencial de la 1 -forma en R2 dada por:

Ψ(x) = F1(x)e′1 + F2(x)e′2

es dΨ(x) = (D2F1(x)−D1F2(x))e′1Λe′2, de modo que Ψ es cerrada, o equivalentemen-te el campo F (x) = (F1(x), F2(x)) es conservativo si y solo si (D2F1(x)−D1F2(x)) =0 que coincide con la condicion (1). Mientras que, como vimos tambien en el ejemplo3.19, la diferencial de la 1-forma en R3 dada por:

Ψ(x) = F1(x)e′1 + F2(x)e′2 + F3(x)dx3

es dΨ(x) = (D2F1(x)−D1F2(x))e′1Λe′2 + (D3F1(x)−D1F3(x))e′1Λe′3 + (D3F2(x)−D2F3(x))e′2Λe′3, de modo que Ψ es cerrada, o equivalentemente el campo F (x) =(F1(x), F2(x), F3(x)) es conservativo si y solo si

(D2F1(x)−D1F2(x)) = 0

(D3F1(x)−D1F3(x)) = 0

(D3F2(x)−D2F3(x)) = 0

que coincide con la condicion (2).

Definicion 3.27 Decimos que un conjunto U ⊂ Rn es estrelladosi para todo punto x ∈ U se verifica que el segmento de la recta que uneel punto x con el origen de coordenadas esta contenido en U.


Observemos que el segmento de recta que aparece en la definicion no es otra cosaque el conjunto de vectores de la forma {tx; t ∈ [0, 1]}. Por lo tanto, U es estrelladosi para todo x ∈ U se verifica que tx ∈ U para todo t ∈ [0, 1]. Ejemplos deconjuntos estrellados los podemos encontrar en las bolas de Rn con centro el origende coordenadas y asociadas a cualquier norma. Esto se debe a que una de laspropiedades que verifican las normas es que para todo vector x y todo numeroreal t se verifica que ||tx|| = |t| ||x||.A continuacion vamos a ver un ejemplo que muestra que la condicion U estrelladoes necesaria.

Ejemplo 3.28 Tomamos como conjunto abierto y no estrellado el conjuntoV = {(x1, x2) ∈ R2; (x1, x2) 6= (0, 0)} = R2\{(0, 0)} y la 1-forma de clase C∞ en Vdada por:

Ψ : V ⊂ R2 → Λ1(R2)(x1, x2) −x2

x21+x2

2e′1 + x1

x21+x2

2e′2

Primero comprobamos que Ψ es cerrada; es decir, que dΨ = 0 :

dΨ(x1, x2) = (−D2Ψ1(x1, x2) +D1Ψ2(x1, x2))e′1Λe′2

=

(−−(x2

1 + x22) + 2x2

2

(x21 + x2

2)2+

(x21 + x2

2)− 2x21

(x21 + x2

2)2

)e′1Λe′2

=+2(x2

1 + x22)− 2x2

2 − 2x21

(x21 + x2

2)2e′1Λe′2 = 0

Si el teorema de Poincare fuese cierto en este caso, entonces existirıa una 0-formaΥ : V ⊂ R2 → Λ0(R2) = R de clase C∞ en V tal que dΥ = Ψ pero, como vamos aver a continuacion, esto nos es cierto.

Consideremos la funcion f(x1, x2) = ar cot(x2

x1

), siendo ar cot una abreviatura de

la funcion arco tangente. Esta funcion no esta definida en los puntos (x1, x2) conx1 = 0, de hecho para todo x2 6= 0 el siguiente lımite no existe:

lımx1→0

ar cot ag

(x2

x1

)porque el cociente

(x2

x1

)va tomando valores que tienden a ∞ y tambien valores que

tienden a −∞. Sin embargo en los puntos del abierto W = {(x1, x2) ∈ R2;x1 6= 0}la funcion es de clase C∞ y sus derivadas parciales coinciden con las componentesde la 1-forma Ψ es decir que Dif(x1, x2) = Ψi(x1, x2) para i = 1 y 2

Por ultimo, antes de demostrar el teorema de Poincare vamos a ver un metodo paragenerar una forma de orden inferior que en cierto sentido sera el proceso inverso alutilizado para generar dΨ.


Definicion 3.29 Dada una k-forma Ψ =∑1≤i1<...<ik≤n

Ψi1...ike′i1

Λ...Λe′ik : U ⊂ Rn → Λk(Rn) (con k ≥ 1) se

define la (k-1)-forma IΨ : U ⊂ Rn → Λk−1(Rn) por medio de la siguienteformula:

IΨ =∑

1≤i1<...<ik≤n

k∑α=1

(−1)α−1

(∫ 1

0

tk−1Ψi1...ik(tx)dt

)xiαe

′i1Λ..Λ

iα

e′iαΛ.Λe′ik

donde

iα

e′iα significa que esa 1-forma se suprime.

Observemos que en efecto la forma que queda es de orden (k-1) porque en cadaelemento de la base e′i1Λ...Λe′ik se ha suprimido un producto, de hecho, por cadasumando de Ψ aparecen ahora k-sumandos, los que se obtienen al ir suprimiendocada uno de los factores e′iα . Si embargo la funcion que multiplica a cada uno de

ellos es la misma∫ 1

0tk−1Ψi1...ik(tx)dt. Por ultimo, el factor (−1)α−1 veremos mas

adelante que esta relacionado con el cambio de orden en el producto e′i1Λ...Λe′ik . Elsiguiente ejemplo nos ayudara a comprender mejor la definicion.

Ejemplo 3.30 Dada la siguiente 2-forma definida en R4

Ψ = (x1 + x2 + x3 + x4)e′1Λe′2 + (x1x2x3x4)e′3Λe′4

vamos a calcular IΨ. Como es de grado 2, de cada sumando que la define vamos aobtener dos 1-formas

IΨ =

(∫ 1

0

t2−1(tx1 + tx2 + tx3 + tx4)dt

)((−1)1−1x1e

′2 + (−1)2−1x2e

′1)

+

(∫ 1

0

t2−1(tx1tx2tx3tx4)dt

)((−1)1−1x3e

′4 + (−1)2−1x4e

′3)

=

((x1 + x2 + x3 + x4)

∫ 1

0

t2dt

)(x1e

′2 − x2e

′1)

+

((x1x2x3x4)

∫ 1

0

t5dt

)(x3e

′4 − x4e

′3)

= (−1

3(x1 + x2 + x3 + x4)x2e

′1 +

1

3(x1 + x2 + x3 + x4)x1e

′2

+−1

6(x1x2x3x4)x4e

′3 +

1

6(x1x2x3x4)x3e

′4


Como ya hemos adelantado, la transformacion IΨ es en cierto sentido la accioninversa de la transformacion dΨ, de hecho el teorema de Poincare va a demostrarque se verifica la siguiente igualdad: Ψ = I(dΨ) + d(IΨ).

Teorema 3.31 Teorema de Poincare Dado U ⊂ Rn un conjuntoabierto y estrellado y dada Ψ : U ⊂ Rn → Λk(Rn) (con k ≥ 1) unak-forma cerrada; es decir, que dΨ = 0, se verifica que Ψ = d(IΨ) lo cualimplica que Ψ es exacta.

Demostracion Vamos a demostrar que para todo conjunto abierto y estrellado Uy para toda k-forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk(Rn) (con k ≥ 1) se verifica que:

Ψ = d(IΨ) + I(dΨ),

de modo que si Ψ es cerrada entonces dΨ = 0 y, por lo tanto, I(dΨ) = I(0) = 0 yΨ = d(IΨ)Como siempre representaremos Ψ como:

Ψ =∑

1≤i1<...<ik≤n

Ψi1...ike′i1Λ...Λe′ik ,

de modo que

IΨ =∑

1≤i1<...<ik≤n

k∑α=1

(−1)α−1

(∫ 1

0


)xiαe

′i1Λ...Λ

iα

e′iαΛ...Λe′ik .

Ahora vamos a calcular d(IΨ). Recordemos que la transformacion d lo que hace esderivar respecto de cada una de las variables xj las funciones que multiplican a las

formas e′i1Λ...Λ

iα

e′iαΛ...Λe′ik y realizar el producto Λ por e′j . En este caso las funcionesque tenemos que derivar son de la forma

(−1)α−1

(∫ 1

0


)xiα .

Cuando derivamos esta funcion respecto de xiα nos aparecen dos sumandos:

(−1)α−1

(∫ 1

0


)y (−1)α−1xiαDiα

(∫ 1

0


)

ambos multiplicados por la k-forma e′iαΛe′i1Λ...Λ

iα

e′iαΛ...Λe′ik . A partir de laspropiedades c) y e) del producto exterior demostradas en el problema 7 del capıtulo 3


es facil ver que (−1)α−1e′iαΛe′i1Λ...Λ

iα

e′iαΛ...Λe′ik = e′i1Λ...Λe′iαΛ...Λe′ik , de modo quecada elemento de la base Ψi1...ik(x)e′i1Λ...Λe′iαΛ...Λe′ik nos proporciona k sumandosiguales al calcular d(IΨ) que tienen la siguiente expresion:(∫ 1

0


)e′i1Λ...Λe′iαΛ...Λe′ik .

Por otro lado, es facil ver que

Diα

(∫ 1

0


)=

(∫ 1

0

tkDiαΨi1...ik(tx)dt

)con lo cual d(IΨ) nos queda de la siguiente manera:

d(IΨ) = k∑

1≤i1<...<ik≤n

(∫ 1

0


)e′i1Λ...Λe′iαΛ...Λe′ik

+∑

1≤i1<...<ik≤n

k∑α=1

n∑j=1

(−1)α−1

(∫ 1

0

tkDjΨi1...ik(tx)dt

)xiαe

′jΛe′i1Λ...Λ

iα


Ahora vamos a calcular I(dΨ). Recordemos que dΨ es la (k+1) forma dada por:

dΨ =∑

1≤i1<...<ik≤n

n∑j=1

DjΨi1...ike′jΛe′i1Λ...Λe′ik .

Por definicion, la transformacion I calcula cierta integral respecto a t de las funcionesque multiplican a cada elemento de la base y las multiplica por las variables xi queaparecen en esa (k+1) forma de la base. En este caso cada elemento de la base esde la forma e′jΛe

′i1

Λ...Λe′ik , de modo cada uno genera la siguiente forma cuando setoma α = 1 : (∫ 1

0

tkDjΨi1...ik(tx)dt

)xje′i1Λ...Λe′ik

Por otro lado, si α > 1 entonces α = α′ + 1 siendo α′ el indicador de la k-formae′i1Λ...Λe′ik . Como este indicador aparece en el factor (−1)α

′−1 de la definicion deI, para mantener un unico indicador en todas las expresiones utilizaremos que(−1)α

′−1 = −(−1)α−1. Ası la k-forma I(dΨ) nos queda:

I(dΨ) =∑

1≤i1<...<ik≤n

n∑j=1

(∫ 1

0

tkDjΨi1...ik(tx)dt


−∑

1≤i1<...<ik≤n

n∑j=1

k∑α=1

(−1)α−1

(∫ 1

0

tkDjΨi1...ik(tx)dt

)xiαe

′jΛe′i1Λ...Λ

iα



Si ahora sumamos las expresiones obtenidas de d(IΨ) y de I(dΨ) vemos que lassegundas partes de ambas expresiones se anulan y nos queda:

d(IΨ) + I(dΨ) =

k∑

1≤i1<...<ik≤n

(∫ 1

0


)e′i1Λ...Λe′iαΛ...Λe′ik

+∑

1≤i1<...<ik≤n

n∑j=1

(∫ 1

0

tkDjΨi1...ik(tx)dt


=∑

1≤i1<...<ik≤n

(∫ 1

0

(ktk−1Ψi1...ik(tx)dt+ tkxjDjΨi1...ik(tx))dt

)e′i1Λ...Λe′ik .

Pero es facil ver que (ktk−1Ψi1...ik(tx)dt+tkxjDjΨi1...ik(tx)) coincide con la derivadarespecto de t de la funcion tkΨi1...ik(tx), con lo cual tenemos que

d(IΨ) + I(dΨ) =∑

1≤i1<...<ik≤n

∫ 1

0

d

dt(tkΨi1...ik(tx))dte′i1Λ...Λe′ik

=∑

1≤i1<...<ik≤n

Ψi1...ik(x)e′i1Λ...Λe′ik = Ψ.

�



A continuacion encontrara una coleccion de problemas cuyos contenidos son similaresa los de los ejemplos que aparecen en las secciones anteriores. En cada problema seofrece una pequena sugerencia donde se dan las claves para desarrollar la solucion. Sino dispone del tiempo suficiente para resolver los problemas, al menos dedique unosminutos en pensar como desarrollarıa la solucion. De esta forma aprendera muchomas que si se limita a leer la respuesta.Problema 1 Dados los tensores s1, s2 ∈ Lk(Rn), r1, r2 ∈ Ll(Rn), t ∈ Lm(Rn) ydado el numero real a, demostrar que la operacion producto tensorial ⊗ verifica lassiguientes propiedades:a) (s1 + s2)⊗ r1 = s1 ⊗ r1 + s2 ⊗ r1

b) s1 ⊗ (r1 + r2) = s1 ⊗ r1 + s1 ⊗ r2

c) (as1)⊗ r1 = s1 ⊗ (ar1) = a(s1 ⊗ r1)d) (s1 ⊗ r1)⊗ t = s1 ⊗ (r1 ⊗ t)e) A ∗ (s1 ⊗ r1) = (A ∗ s1)⊗ (A ∗ r1) siendo A : Rm → Rn una aplicacion lineal.Sugerencia: Solo tiene que aplicar la definicion de producto vectorial a las familiasde vectores adecuadas en cada caso.Problema 2: Sean e′1, e

′2, ..., e

′n las aplicaciones lineales asociadas a la base canonica

de Rn, calcular el producto tensorial en los siguientes casos:a) (3e′1 + 2e′2)⊗ (4e′2 − e′1)b)((e′2 − 3e′3)⊗ (2e′1 + 1

2e′5))⊗ (6e′6 + 5e′1)

Sugerencia: Aplique las propiedades del producto tensorial demostradas en elproblema anterior.Problema 3: Sea A : R3 → R2 la aplicacion lineal dada por A(v11, v12, v13) =(v11 + v13, v12 − v11). Calcular A ∗ ((3e′1 + 2e′2)⊗ (4e′2 − e′1)).Sugerencia: Aplique la propiedad e) demostrada en el problema 1.Problema 4: Demostrar que el producto escalar habitual en Rn

〈v1, v2〉 = 〈(v11, ..., v1n), (v21, ..., v2n)〉 =

n∑i=1

v1iv2i

es un 2-tensor y expresarlo como combinacion lineal de los 2-tensores de la base deL2(R2) descrita en el teorema 3.5. Sugerencia: Repase la definicion de 2-tensor yrecuerde las propiedades del producto escalar, luego utilice las aplicaciones lineales{e′1, ..., e′n} para expresar el producto escalar.Problema 5 Expresar los determinantes 2× 2 y 3× 3 como combinaciones linealesde los tensores de la base de L2(R2) y de L3(R3) respectivamente.Sugerencia: Interprete ambos determinantes en terminos de vectores y coordenadas.Problema 6 Probar que si un k-tensor s ∈ Lk(Rn) es alterno entonces se verificaque Alt(s) = s.Sugerencia: Recuerde que toda permutacion σ se puede expresar como composicionde permutaciones que solo cambian dos elementos de posicion.


Problema 7 Dados los tensores alternos s1, s2 ∈ ∗k(Rn), r1, r2 ∈ ∗l(Rn), t ∈ ∗m(Rn)y dado el numero real a, demostrar que la operacion producto exterior Λ verifica lassiguientes propiedades:a) (s1 + s2)Λr1 = s1Λr1 + s2Λr1

b) s1Λ(r1 + r2) = s1Λr1 + s1Λr2

c) (as1)Λr1 = s1Λ(ar1) = a(s1Λr1)d) A ∗ (s1Λr1) = (A ∗ s1)Λ(A ∗ r1) siendo A : Rm → Rn una aplicacion lineale) r1Λs1 = (−1)kls1Λr1

Sugerencia: Utilice las propiedades del producto tensorial ⊗ probadas en el problema1 y para la propiedad e) calcule la signatura de la permutacion que se esta aplicando.Problema 8 Sea ϕ : V ⊂ Rm → Rn una funcion de clase C2, y sea U un conjuntoabierto en Rm con ϕ(V ) ⊂ U. Probar que se verifican las siguientes propiedades:a) Para todo par de formas Ψ,Υ : U ⊂ Rn → Λk(Rn) se verifica ϕ∗(Ψ + Υ) =ϕ∗Ψ + ϕ∗Υb) Para toda funcion g : U ⊂ Rn → R de clase C1 y para toda forma Ψ : U ⊂ Rn →Λk(Rn) se verifica que ϕ∗(gΨ) = (g ◦ ϕ)ϕ∗Ψc) Para todo par de formas Ψ : U ⊂ Rn → Λk(Rn) y Υ : U ⊂ Rn → Λl(Rn) severifica ϕ∗(ΨΛΥ) = (ϕ∗Ψ)Λ(ϕ∗Υ)Sugerencia: a) y b) se prueban a partir de las definiciones y para probar c) hayque utilizar la propiedad d) del problema anterior. Problema 9 Demostrar que ladiferencial de las formas verifica las siguientes propiedades:a) d(Ψ + Υ) = dΨ + dΥ para todo par de formas Ψ,Υ : U ⊂ Rn → Λk(Rn) de claseCp, con p ≥ 2.b) d(ΨΛΥ) = dΨΛΥ + (−1)kΨΛdΥpara todo par de formas Ψ : U ⊂ Rn → Λk(Rn)y Υ : U ⊂ Rn → Λl(Rn)de clase Cp, con p ≥ 2.c) d(dΨ) = 0 para toda forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk(Rn) de clase Cp, con p ≥ 2.d) ϕ∗(dΨ) = d(ϕ∗Ψ) para toda forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk(Rn) de clase Cp, con p ≥ 2y toda funcion de clase C2 ϕ : V ⊂ Rm → ϕ(V ) ⊂ U ⊂ Rn.Sugerencia: a) se prueba de forma directa, b) a partir de la definicion y de lapropiedad e) del problema 7, c) es consecuencia de las igualdades: e′lΛe

′j = −e′jΛe′l

para l 6= j y e′lΛe′j = 0 para l = j. Para probar d) razone por induccion sobre el

grado de la k-forma Ψ, empezando por k=0.Problema 10: Probar que toda 1-forma Ψ : (a, b) ⊂ R→ Λ1(R) es cerrada y exacta.Sugerencia: Observe que son cerradas porque estan definidas en R y son exactaspor el teorema fundamental del calculo.Problema 11: Dada la forma diferencial:

Ψ : R3 → Λ2(R3)(x1, x2, x3) x1x2x3e

′1Λe′2 + (ex1+x2+x3)e′2Λe′3 + sen(x2x3)e′1Λe′3

a) Calcular la forma dΨ.


b) Calcular la forma ΨΛΥ siendo Υ la forma diferencial siguiente:

Υ : R3 → Λ1(R3)(x1, x2, x3) x1e

′1 + x2e

′2 + x3e

′3

c) Calcular la forma ϕ∗Υ siendo ϕ :

ϕ : R → R3

t (t3, t2, t)

d) Estudiar si alguna de las formas Ψ, dΨ,Υ, ΨΛΥ y ϕ∗Υ es cerrada.Sugerencia: Para resolver los tres primeros apartados solo tiene que aplicar lasdefiniciones de cada operacion como hicimos en los siguientes ejemplos 3.19,3.21,3.24. No olvide simplificar la expresion obtenida. Para resolver el ultimo apartado levendra bien revisar los dos problemas anteriores.



Intente resolver los problemas, o al menos esbozar una respuesta, antes de leer lasolucion.Problema 1 Dados los tensores s1, s2 ∈ Lk(Rn), r1, r2 ∈ Ll(Rn), t ∈ Lm(Rn) ydado el numero real a, demostrar que la operacion producto tensorial ⊗ verifica lassiguientes propiedades:a) (s1 + s2)⊗ r1 = s1 ⊗ r1 + s2 ⊗ r1

b) s1 ⊗ (r1 + r2) = s1 ⊗ r1 + s1 ⊗ r2

c) (as1)⊗ r1 = s1 ⊗ (ar1) = a(s1 ⊗ r1)d) (s1 ⊗ r1)⊗ t = s1 ⊗ (r1 ⊗ t)e) A ∗ (s1 ⊗ r1) = (A ∗ s1)⊗ (A ∗ r1) siendo A : Rm → Rn una aplicacion lineal.Solucion: Dada la familia de vectores {v1, ..., vk, vk+1, ..., vk+l} ⊂ Rn se verificaque:

a) (s1 + s2)⊗ r1(v1, ..., vk, vk+1, ..., vk+l)

= (s1 + s2)(v1, ..., vk)r1(vk+1, ..., vk+l)

= (s1(v1, ..., vk) + s2(v1, ..., vk))r1(vk+1, ..., vk+l)

= s1(v1, ..., vk)r(vk+1, ..., vk+l) + s2(v1, ..., vk)r1(vk+1, ..., vk+l)

= s1 ⊗ r1(v1, ..., vk, vk+1, ..., vk+l) + s2 ⊗ r1(v1, ..., vk, vk+1, ..., vk+l)

b) s1 ⊗ (r1 + r2)(v1, ..., vk, vk+1, ..., vk+l)

= s1(v1, ..., vk)(r1 + r2)(vk+1, ..., vk+l)

= s1(v1, ..., vk)(r1(vk+1, ..., vk+l) + r2(vk+1, ..., vk+l))

= s1(v1, ..., vk)r1(vk+1, ..., vk+l) + s1(v1, ..., vk)r2(vk+1, ..., vk+l)

= s1 ⊗ r1(v1, ..., vk, vk+1, ..., vk+l) + s1 ⊗ r2(v1, ..., vk, vk+1, ..., vk+l)

c) (as1)⊗ r1(v1, ..., vk, vk+1, ..., vk+l)

= (as1)(v1, ..., vk)r1(vk+1, ..., vk+l)

= a(s1(v1, ..., vk))r1(vk+1, ..., vk+l)

= a(s1(v1, ..., vk)r1(vk+1, ..., vk+l))

= a(s1 ⊗ r1)((v1, ..., vk, vk+1, ..., vk+l)

= s1(v1, ..., vk)(ar1(vk+1, ..., vk+l))

= s1 ⊗ (ar1)(v1, ..., vk, vk+1, ..., vk+l)

Por otro lado, dada la familia de vectores {v1, ..., vk, vk+1, ..., vk+l, vk+l+1, ..., vk+l+m} ⊂


Rn se verifica que

d) (s1 ⊗ r1)⊗ t(v1, ..., vk, vk+1, ..., vk+l, vk+l+1, ..., vk+l+m)

= (s1 ⊗ r1(v1, ..., vk, vk+1, ..., vk+l))t(vk+l+1, ..., vk+l+m)

= (s1(v1, ..., vk)r1(vk+1, ..., vk+l))t(vk+l+1, ..., vk+l+m)

= s1(v1, ..., vk)(r1(vk+1, ..., vk+l)t(vk+l+1, ..., vk+l+m))

= s1(v1, ..., vk)((r1 ⊗ t)(vk+1, ..., vk+l, vk+l+1, ..., vk+l+m))

= s1 ⊗ (r1 ⊗ t)(v1, ..., vk, vk+1, ..., vk+l, vk+l+1, ..., vk+l+m)

Por ultimo, dada una aplicacion lineal A : Rm → Rn y dada la familia de vectores{v1, ..., vk, vk+1, ..., vk+l} ⊂ Rm se verifica que

e) A ∗ (s1 ⊗ r1)(v1, ..., vk, vk+1, ..., vk+l)

= (s1 ⊗ r1)(A(v1), ..., A(vk), A(vk+1), ...A(vk+l))

= s1(A(v1), ..., A(vk))r1(A(vk+1), ..., A(vk+l))

= (A ∗ s1)⊗ (A ∗ r1)(v1, ..., vk, vk+1, ..., vk+l)

Problema 2: Sean e′1, e′2, ..., e

′n las aplicaciones lineales asociadas a la base canonica

de Rn, calcular el producto tensorial en los siguientes casos:a) (3e′1 + 2e′2)⊗ (4e′2 − e′1)b)((e′2 − 3e′3)⊗ (2e′1 + 1

2e′5))⊗ (6e′6 + 5e′1)

Solucion: Observemos que las aplicaciones lineales que aparecen en este problema,e′1, e

′2, ..., e

′6 asignan a cada vector de Rn las seis primeras coordenadas respectiva-

mente tanto si n=6 como n=7,8,9,....a) (3e′1 + 2e′2)⊗ (4e′2 − e′1) = 3e′1 ⊗ (4e′2 − e′1) + 2e′2 ⊗ (4e′2 − e′1)= 12e′1 ⊗ e′2 − 3e′1 ⊗ e′1 + 8e′2 ⊗ e′2 − 2e′2 ⊗ e′1.Observemos que al ser e′1⊗e′2 6= e′2⊗e′1 no podemos simplificar la expresion anterior.b)((e′2 − 3e′3)⊗ (2e′1 + 1

2e′5))⊗ (6e′6 + 5e′1)

=((e′2 ⊗ (2e′1 + 1

2e′5)− 3e′3 ⊗ (2e′1 + 1

2e′5))⊗ (6e′6 + 5e′1)

=(2e′2 ⊗ e′1 + 1

2e′2 ⊗ e′5 − 6e′3 ⊗ e′1 − 3

2e′3 ⊗ e′5

)⊗ (6e′6 + 5e′1)

=(2e′2 ⊗ e′1 + 1

2e′2 ⊗ e′5 − 6e′3 ⊗ e′1 − 3

2e′3 ⊗ e′5

)⊗ 6e′6+(

2e′2 ⊗ e′1 + 12e′2 ⊗ e′5 − 6e′3 ⊗ e′1 − 3

2e′3 ⊗ e′5

)⊗ 5e′1

= 12e′2 ⊗ e′1 ⊗ e′6 + 3e′2 ⊗ e′5 ⊗ e′6 − 36e′3 ⊗ e′1 ⊗ e′6 − 9e′3 ⊗ e′5 ⊗ e′6+10e′2 ⊗ e′1 ⊗ e′1 + 5

2e′2 ⊗ e′5 ⊗ e′1 − 30e′3 ⊗ e′1 ⊗ e′1 − 15

2 e′3 ⊗ e′5 ⊗ e′1

Problema 3: Sea A : R3 → R2 la aplicacion lineal dada por A(v11, v12, v13) =(v11 +v13, v12−v11). Calcular A∗((3e′1 +2e′2)⊗(4e′2−e′1)). Solucion: Aprovechandoque en el problema anterior hemos desarrollado el tensor (3e′1 + 2e′2) ⊗ (4e′2 − e′1),vamos a calcular A ∗ ((3e′1 + 2e′2) ⊗ (4e′2 − e′1)) de dos maneras primero utilizandoel desarrollo del tensor y despues aplicando que A ∗ ((3e′1 + 2e′2) ⊗ (4e′2 − e′1)) =(A ∗ (3e′1 + 2e′2)

)⊗ A ∗ (4e′2 − e′1)). Antes recordemos que por definicion A ∗

s(v1, ..., vk) = s(A(v1), ..., A(vk)) para s ∈ Lk(R2) y A : R3 → R2 lineal. Por un


lado tenemos que

A ∗ ((3e′1 + 2e′2)⊗ (4e′2 − e′1))(v1, v2)

= (3e′1 + 2e′2)⊗ (4e′2 − e′1)(A(v1), A(v2))

= (12e′1 ⊗ e′2 − 3e′1 ⊗ e′1 + 8e′2 ⊗ e′2 − 2e′2 ⊗ e′1)((A(v1), A(v2))

= 12e′1 ⊗ e′2(A(v1), A(v2))

−3e′1 ⊗ e′1(A(v1), A(v2))

+8e′2 ⊗ e′2(A(v1), A(v2))

−2e′2 ⊗ e′1)(A(v1), A(v2))

= 12e′1 ⊗ e′2((v11 + v13, v12 − v11), (v21 + v23, v22 − v21))

−3e′1 ⊗ e′1((v11 + v13, v12 − v11), (v21 + v23, v22 − v21))

+8e′2 ⊗ e′2((v11 + v13, v12 − v11), (v21 + v23, v22 − v21))

−2e′2 ⊗ e′1((v11 + v13, v12 − v11), (v21 + v23, v22 − v21))

= 12(v11 + v13)(v22 − v21)

−3(v11 + v13)(v21 + v23)

+8(v12 − v11)(v22 − v21)

−2(v12 − v11)(v21 + v23)

= (−12− 3 + 8 + 2)v11v21 + (12− 8)v11v22 + (−3 + 2)v11v23

+(−8− 2)v12v21 + 8v12v22 − 2v12v23

+(−12− 3)v13v21 + 12v13v22 − 3v13v23

= −5e′1 ⊗ e′1 + 4e′1 ⊗ e′2 − e′1 ⊗ e′3−10e′2 ⊗ e′1 + 8e′2 ⊗ e′2 − 2e′2 ⊗ e′3−15e′3 ⊗ e′1 + 12e′3 ⊗ e′2 − 3e′3 ⊗ e′3

Si realizamos los calculos de la otra manera nos queda:

A ∗ ((3e′1 + 2e′2)⊗ (4e′2 − e′1))(v1, v2)

=(A ∗ (3e′1 + 2e′2)

)⊗A ∗ (4e′2 − e′1))(v1, v2)

=(A ∗ (3e′1 + 2e′2)

)(v1)A ∗ (4e′2 − e′1)(v2)

= (3e′1 + 2e′2)A(v1)(4e′2 − e′1))A(v2)

= (3e′1 + 2e′2)(v11 + v13, v12 − v11)(4e′2 − e′1))(v21 + v23, v22 − v21)

= (3(v11 + v13) + 2(v12 − v11))(4(v22 − v21)− (v21 + v23))

= (v11 + 2v12 + 3v13)(−5v21 + 4v22 − v23)

= −5e′1 ⊗ e′1 + 4e′1 ⊗ e′2 − e′1 ⊗ e′3−10e′2 ⊗ e′1 + 8e′2 ⊗ e′2 − 2e′2 ⊗ e′3−15e′3 ⊗ e′1 + 12e′3 ⊗ e′2 − 3e′3 ⊗ e′3


Problema 4: Demostrar que el producto escalar habitual en Rn

〈v1, v2〉 = 〈(v11, ..., v1n), (v21, ..., v2n)〉 =

n∑i=1

v1iv2i

es un 2-tensor y expresarlo como combinacion lineal de los 2-tensores de la base deL2(Rn) descrita en el teorema 3.5.Solucion: Ya sabemos que una de las propiedades del producto escalar real es quees lineal en cada una de sus dos componentes; es decir que verifica que

〈av1 + bv2, v3〉 = a 〈v1, v3〉+ b 〈v2, v3〉y

〈v1, cv2 + dv3〉 = c 〈v1, v2〉+ d 〈v1, v3〉

para todo v1, v2, v3 ∈ Rn y todo a, b, c, d ∈ R por lo tanto es un 2-tensor en Rn.Ahora usando la notacion empleada en el teorema 3.5 y tomando las aplicacioneslineales {e′1, ..., e′n} asociadas a la base canonica de Rn, podemos expresar el productoescalar habitual de Rn de la siguiente manera

〈v1, v2〉 =

n∑i=1

e′i ⊗ e′i(v1, v2)

Problema 5 Expresar los determinantes 2× 2 y 3× 3 como combinaciones linealesde los tensores de la base de L2(R2) y de L3(R3) respectivamente.Solucion: Recordemos que dados dos vectores v1 = (v11, v12) y v2 = (v21, v22) enR2, el determinante de la matriz formada por v1 y v2 como vectores columna es:

det(v1, v2) = det

(v11 v21

v12 v22

)= v11v22 − v12v21

De modo que en terminos de los tensores de la base de L2(R2) la expresion anteriorqueda ası:

det(v1, v2) = e′1 ⊗ e′2(v1, v2)− e′2 ⊗ e′1(v1, v2) = (e′1 ⊗ e′2 − e′2 ⊗ e′1)(v1, v2)

Recordemos ahora como se define el determinante de tres vectores v1 =


(v11, v12, v13), v2 = (v21, v22, v23) y v3 = (v31, v32, v33) de R3

det(v1, v2, v3)

= det

v11 v21 v31

v12 v22 v32

v13 v23 v33

= v11v22v33 + v12v23v31 + v13v21v32 − (v13v22v31 + v11v23v32 + v12v21v33)

= e′1 ⊗ e′2 ⊗ e′3(v1, v2, v3) + e′2 ⊗ e′3 ⊗ e′1(v1, v2, v3) + e′3 ⊗ e′1 ⊗ e′2(v1, v2, v3)

−(e′3 ⊗ e′2 ⊗ e′1(v1, v2, v3) + e′1 ⊗ e′3 ⊗ e′2(v1, v2, v3) + e′2 ⊗ e′1 ⊗ e′3(v1, v2, v3))

= (e′1 ⊗ e′2 ⊗ e′3 + e′2 ⊗ e′3 ⊗ e′1 + e′3 ⊗ e′1 ⊗ e′2−(e′3 ⊗ e′2 ⊗ e′1 + e′1 ⊗ e′3 ⊗ e′2 + e′2 ⊗ e′1 ⊗ e′3))(v1, v2, v3)

Problema 6 Probar que si un k-tensor s ∈ Lk(Rn) es alterno entonces se verificaque Alt(s) = sSolucion: Por definicion los tensores alternos verifican que s(v1, ..., vk) =−s(vσ(1), ..., vσ(k)) para toda permutacion σ de la familia (1, ..., k) que solo cambiedos elementos de posicion. Ya hemos visto (demostracion de la proposicion 3.8) queeste tipo de permutaciones tiene signo -1, por lo tanto los tensores alternos verificanque s(v1, ..., vk) = sgn(σ)s(vσ(1), ..., vσ(k)) para toda permutacion σ que solo cambiedos elementos de posicion. Pero, como ya sabemos, todas las permutaciones sepueden escribir como producto de permutaciones que solo cambian dos elementosde posicion y ademas se verifica que sgn(σ1σ2) = sgn(σ1)sgn(σ2). De todo estose deduce que si s es un tensor alterno y σ es cualquier permutacion de la familia(1, ..., k) entonces para toda familia de vectores {v1, ..., vk} ⊂ Rn se verifica ques(v1, ..., vk) = sgn(σ)s(vσ(1), ..., vσ(k)). Teniendo en cuenta esta propiedad de lostensores alternos vamos a comprobar que Alt(s) = s, siendo s un tensor alterno:

Alt(s)(v1, ..., vk) =1

k!

∑σ∈Sk


=1

k!

∑σ∈Sk

s(v1, ..., vk) = s(v1, ..., vk)

Problema 7 Dados los tensores alternos s1, s2 ∈ ∗k(Rn), r1, r2 ∈ ∗l(Rn), t ∈ ∗m(Rn)y dado el numero real a, demostrar que la operacion producto exterior Λ verifica lassiguientes propiedades:a) (s1 + s2)Λr1 = s1Λr1 + s2Λr1

b) s1Λ(r1 + r2) = s1Λr1 + s1Λr2

c) (as1)Λr1 = s1Λ(ar1) = a(s1Λr1)d) A ∗ (s1Λr1) = (A ∗ s1)Λ(A ∗ r1) siendo A : Rm → Rn una aplicacion lineale) r1Λs1 = (−1)kls1Λr1

Solucion: Las tres primeras propiedades se deducen de forma inmediata de lasanalogas propiedades que, como probamos en el problema 1, verifica el producto


tensorial ⊗, ası por ejemplo para probar la propiedad b) se razona ası:

s1Λr1(v1, ..., vk+l) + s1Λr2(v1, ..., vk+l) =(k + l)!

k!l!Alt(s1 ⊗ r1)(v1, ..., vk+l) +

(k + l)!

k!l!Alt(s1 ⊗ r2)(v1, ..., vk+l) =

(k + l)!

k!l!(Alt(s1 ⊗ r1)(v1, ..., vk+l) +Alt(s1 ⊗ r2)) (v1, ..., vk+l) =

(k + l)!

k!l!

1

(k + l)!

∑σ∈Sk+l

sgnσs1 ⊗ r1(vσ(1), ..., vσ(k+l)) +1

(k + l)!

∑σ∈Sk+l

sgnσs1 ⊗ r2(vσ(1), ..., vσ(k+l))

=

(k + l)!

k!l!

1

(k + l)!

∑σ∈Sk+l

sgnσ(s1 ⊗ r1(vσ(1), ..., vσ(k+l)) + s1 ⊗ r2(vσ(1), ..., vσ(k+l))

) =

(k + l)!

k!l!

1

(k + l)!

∑σ∈Sk+l

sgnσs1 ⊗ (r1 + r2)(vσ(1), ..., vσ(k+l))

=

(k + l)!

k!l!Alt(s1 ⊗ (r1 + r2)) = s1Λ(r1 + r2)

De forma analoga para probar c) basta razonar de la siguiente manera:

(as1)Λr1 =(k + l)!

k!l!Alt((as1)⊗ r1)

=(k + l)!

k!l!Alt(s1 ⊗ (ar1))

= s1Λ(ar1)

d) Dada la familia de vectores {w1, ..., wk, wk+1, ..., wk+l} ⊂ Rm se verifica que

A ∗ (s1Λr1)(w1, ..., wk, wk+1, ..., wk+l)

= (s1Λr1)(A(w1), ..., A(wk), A(wk+1), ..., A(wk+l))

=(k + l)!

k!l!Alt(s1 ⊗ r1)((A(w1), ..., A(wk), A(wk+1), ..., A(wk+l))

=(k + l)!

k!l!

(1

(k + l)!

∑σ∈Sk

sgnσ (s1⊗r1)((A(wσ(1)), ...,A(wσ(k)),A(wσ(k+1)), ...,A(wσ(k+l)))

)

=(k + l)!

k!l!

1

(k + l)!

∑σ∈Sk+l

sgnσ A∗(s1⊗r1)(wσ(1), ...,wσ(k),wσ(k+1), ...,wσ(k+l))

=

(k + l)!

k!l!

1

(k + l)!

∑σ∈Sk+l

sgnσ A∗(s1)⊗A∗(r1)(wσ(1), ...,wσ(k),wσ(k+1), ...,wσ(k+l))

=

(k + l)!

k!l!Alt(A∗(s1)⊗A∗(r1)) =A∗(s1)ΛA∗(r1).


e) Como ya observamos al introducir la definicion de tensor alterno, dada la familiade vectores {v1, ..., vk, vk+1, ..., vk+l} ⊂ Rn para cada permutacion σ se verifica que

r1Λs1(vσ(1), ..., vσ(k), vσ(k+1), ..., vσ(k+l)) = sgnσ r1Λs1(v1, ..., vk, vk+1, ..., vk+l)

Sea σ0 la permutacion que transforma el conjunto (1, ..., k, k + 1, ..., k + l) en elconjunto (k + 1, ..., k + l, 1, ..., k) entonces se verifica que:

r1Λs1(vσ0(1), ..., vσ0(k), vσ0(k+1), ..., vσ0(k+l)) = sgnσ0 r1Λs1(v1, ..., vk, vk+1, ..., vk+l)

Por otro lado tenemos que

r1Λs1(vσ0(1), ..., vσ0(k), vσ0(k+1), ..., vσ0(k+l))

= r1Λs1(vk+1, ..., vk+l, v1, ..., vk)

=(k + l)!

k!l!Alt(r1 ⊗ s1)(vk+1, ..., vk+l, v1, ..., vk)

=(k + l)!

k!l!Alt(s1 ⊗ r1)(v1, ..., vk, vk+1, ..., vk+l)

= s1Λr1(v1, ..., vk, vk+1, ..., vk+l)

Por lo tanto solo nos queda comprobar que sgnσ0 = (−1)kl. Para ello basta conobservar que la permutacion σ0 se obtiene con la siguiente coleccion de permutacionesde dos elementos consecutivos:

(1, ..., k, k + 1, ..., k + l) (1, ..., k + 1, k, ..., k + l)

(1, k + 1, 2, ..., k, k + 2, ..., k + l) (k + 1, 1, 2, ..., k, k + 2, ..., k + l)

(k + 1, 1, 2, ..., k, k + 2, ..., k + l) (k + 1, 1, 2, ..., k, k + 2, k, ..., k + l)

(k + 1, ..., k + l − 1, 1, k + l, 2, ..., k) (k + 1, ..., k + l − 1, k + l, 1, 2, ..., k)

Observar que las primeras permutaciones nos llevan el elemento k + 1 a la primeraposicion. Para realizar este cambio el elemento k + 1 ha saltado por encima de losk elementos que tenıa delante; es decir que hemos realizado k permutaciones dedos elementos consecutivos. Despues llevamos el elemento k + 2 al segundo lugar,haciendole saltar por encima de los k elementos que tiene delante, osea que denuevo hacemos k permutaciones de dos elementos consecutivos. Si movemos de igualmanera los elementos k + 3, ..., k + l obtenemos al final la familia que buscabamosy por lo tanto habremos realizado un total de kl permutaciones de dos elementosconsecutivos lo cual significa que sgnσ0 = (−1)kl.Problema 8 Sea ϕ : V ⊂ Rm → Rn una funcion de clase C2, y sea U ⊂ Rn unabierto con ϕ(V ) ⊂ U. Probar que se verifican las siguientes propiedades:


a) Para todo par de formas Ψ,Υ : U ⊂ Rn → Λk(Rn) se verifica ϕ∗(Ψ + Υ) =ϕ∗Ψ + ϕ∗Υb) Para toda funcion g : U ⊂ Rn → R de clase C1 y para toda forma Ψ : U ⊂ Rn →Λk(Rn) se verifica que ϕ∗(gΨ) = (g ◦ ϕ)ϕ∗Ψc) Para todo par de formas Ψ : U ⊂ Rn → Λk(Rn) y Υ : U ⊂ Rn → Λl(Rn) severifica ϕ∗(ΨΛΥ) = (ϕ∗Ψ)Λ(ϕ∗Υ)Solucion: a) Para cada x ∈ V ⊂ Rm y cada familia de vectores {v1, ..., vk} ⊂ Rmtenemos que

ϕ∗(Ψ + Υ)(x)(v1, ..., vk)

= Dϕ(x) ∗ (Ψ + Υ)(ϕ(x))(v1, ..., vk)

= (Ψ(ϕ(x)) + Υ(ϕ(x))(Dϕ(x)(v1), ..., Dϕ(x)(vk))

= Ψ(ϕ(x))(Dϕ(x)(v1), ..., Dϕ(x)(vk)) + Υ(ϕ(x))(Dϕ(x)(v1), ..., Dϕ(x)(vk))

= ϕ∗Ψ(x)(v1, ..., vk) + ϕ∗Υ(x)(v1, ..., vk).

b) Recordemos que hemos acordado definir como 0-forma a toda funcion real declase C1, y el producto exterior de una 0-forma, como la funcion g, con una k-formacomo Ψ, le hemos denotado por gΨ en lugar de gΛΨ porque es simplemente la k-forma gΨ : U ⊂ Rn → Λk(Rn) que a cada x ∈ V ⊂ Rm le hace corresponder elk-tensor alterno g(x)Ψ(x). De igual modo, al otro lado de la igualdad que queremosdemostrar, aparece el producto exterior de la 0-forma g ◦ ϕ por la k-forma ϕ∗Ψ.Veamos ahora que se verifica la igualdad. Para cada x ∈ V ⊂ Rm y cada familia devectores {v1, ..., vk} ⊂ Rm tenemos que

ϕ∗(gΨ)(x)(v1, ..., vk) = Dϕ(x) ∗ (gΨ)(ϕ(x))(v1, ..., vk)

= g(ϕ(x))Ψ(ϕ(x))(Dϕ(x)(v1), ..., Dϕ(x)(vk))

= g(ϕ(x))ϕ∗Ψ(x)(v1, ..., vk)

= (g ◦ ϕ)ϕ∗Ψ(x)(v1, ..., vk)

c) Para cada x ∈ V ⊂ Rm tenemos que

ϕ∗(ΨΛΥ)(x) = Dϕ(x) ∗ (ΨΛΥ)(ϕ(x))

= Dϕ(x) ∗ (Ψ(ϕ(x))ΛΥ(ϕ(x)))

= (Dϕ(x) ∗Ψ(ϕ(x)))Λ(Dϕ(x) ∗Υ(ϕ(x)))

= (ϕ∗Ψ)Λ(ϕ∗Υ)(x).

La tercera igualdad es debida a la propiedad d) que mostramos en el problemaanterior.Problema 9 Demostrar que la diferencial de las formas verifica las siguientespropiedades:a) d(Ψ + Υ) = dΨ + dΥ para todo par de formas Ψ,Υ : U ⊂ Rn → Λk(Rn) de claseCp, con p ≥ 2.


b) d(ΨΛΥ) = dΨΛΥ + (−1)kΨΛdΥ para todo par de formas Ψ : U ⊂ Rn → Λk(Rn)y Υ : U ⊂ Rn → Λl(Rn)de clase Cp, con p ≥ 2.c) d(dΨ) = 0 para toda forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk(Rn) de clase Cp, con p ≥ 2.d) ϕ∗(dΨ) = d(ϕ∗Ψ) para toda forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk(Rn) de clase Cp, con p ≥ 2y toda funcion de clase C2 ϕ : V ⊂ Rm → ϕ(V ) ⊂ U ⊂ Rn.Solucion a) Es facil ver que si

Ψ =∑

1≤i1<...<ik≤n

Ψi1...ike′i1Λ...Λe′ik

Υ =∑

1≤i1<...<ik≤n

Υi1...ike′i1Λ...Λe′ik

entonces

d(Ψ + Υ) =∑

1≤i1<...<ik≤n

n∑j=1

Dj(Ψi1...ik + Υi1...ik)e′jΛe′i1Λ...Λe′ik

=∑

1≤i1<...<ik≤n

n∑j=1

(Dj(Ψi1...ik) +Dj(Υi1...ik))e′jΛe′i1Λ...Λe′ik

=∑

1≤i1<...<ik≤n

n∑j=1

Dj(Ψi1...ik)e′jΛe′i1Λ...Λe′ik

+∑

1≤i1<...<ik≤n

n∑j=1

Dj(Υi1...ik)e′jΛe′i1Λ...Λe′ik

= dΨ + dΥ

b) En primer lugar observemos que dadas Ψ y Υ, por las propiedades a) y b)demostradas en el problema 7, la forma ΨΛΥ es una suma de formas del tipo

(Ψi1...ike′i1Λ...Λe′ik)Λ(Υj1...ile

′j1Λ...Λe′jl)

De modo que por la propiedad anterior, bastara con demostrar la igualdad para cadasumando de este tipo. Para simplificar la notacion llamaremos Ψ y Υ a las funciones


que figuran en el mismo, de modo que:

d(ΨΛΥ)

= d((Ψ(x)e′i1Λ...Λe′ik)Λ(Υ(x)e′j1Λ...Λe′jl))

= d(Ψ(x)Υ(x)(e′i1Λ...Λe′ik)Λ(e′j1Λ...Λe′jl))

=

n∑j=1

Dj(Ψ(x)Υ(x))e′jΛ(e′i1Λ...Λe′ik)Λ(e′j1Λ...Λe′jl)

=

n∑j=1

(Υ(x)DjΨ(x) + Ψ(x)DjΥ(x)) e′jΛ(e′i1Λ...Λe′ik)Λ(e′j1Λ...Λe′jl)

=

n∑j=1

Υ(x)DjΨ(x)e′jΛ(e′i1Λ...Λe′ik)Λ(e′j1Λ...Λe′jl)

+

n∑j=1

Ψ(x)DjΥ(x)e′jΛ(e′i1Λ...Λe′ik)Λ(e′j1Λ...Λe′jl)

=

n∑j=1

DjΨ(x)e′jΛ((e′i1Λ...Λe′ik)Λ(Υ(x)e′j1Λ...Λe′jl)

+Ψ(x)

n∑j=1

DjΥ(x)e′jΛ(e′i1Λ...Λe′ik)Λ(e′j1Λ...Λe′jl)

= dΨΛΥ + (−1)kΨ(x)(e′i1Λ...Λe′ik)Λ

n∑j=1

DjΥ(x)e′jΛ(e′j1Λ...Λe′jl)

= dΨΛΥ + (−1)kΨΛdΥ

El factor (−1)k proviene del cambio de orden en el producto exterior de las formase′i1Λ...Λe′ik y e′j como muestra la propiedad e) del problema 7.c) Sea Ψ =

∑1≤i1<...<ik≤n

Ψi1...ike′i1

Λ...Λe′ik , entonces

dΨ =∑

1≤i1<...<ik≤n

n∑j=1

DjΨi1...ik(x)e′jΛe′i1Λ...Λe′ik

y

d(dΨ) =∑

1≤i1<...<ik≤n

n∑j=1

n∑l=1

DjlΨ1,i1...ik(x)e′lΛe′jΛe′i1Λ...Λe′ik

Observemos que los sumandos que aparecen en la ultima expresion son 0 cuandoj = l porque e′lΛe

′j = 0 y si j 6= l entonces aparecen dos sumandos que se anulan

mutuamente porque DjlΨi1...ik(x) = DljΨi1...ik(x) y e′lΛe′j = −e′jΛe′l.


d) Vamos a realizar la demostracion por induccion sobre el grado de la k-forma.Empezamos probando la igualdad cuando Ψ es una 0-forma, es decir una funcion

del tipo Ψ : U ⊂ Rn → R. De modo que dΨ =n∑i=1

DiΨe′i y ϕ∗Ψ es la 0-forma que se

obtiene al componer las funciones Ψ y ϕ. Entonces utilizando el resultado obtenidoen el ejemplo 3.23 comprobamos que

ϕ∗(dΨ)(y) =

n∑i=1

DiΨ(ϕ(y))ϕ ∗ e′i

=

n∑i=1

DiΨ(ϕ(y))

m∑j=1

Djϕi(y)e′j

=

n∑i=1

m∑j=1

DiΨ(ϕ(y))Djϕi(y)e′j

=

m∑j=1

n∑i=1

DiΨ(ϕ(y))Djϕi(y)e′j

=

m∑j=1

Dj(Ψ ◦ ϕ)(y))e′j = d(ϕ∗Ψ)(y).

Una vez probado el caso k=0 asumimos que la igualdad se verifica para las k-formascon k ≥ 0 y probamos el caso k+1. Observemos que todas las (k+1)-formas sepueden expresar como sumas de formas del tipo Ψi1...ik+1

(x)e′i1Λ...Λe′ikΛe′ik+1siendo

Ψi1...ik+1una funcion real definida en un abierto de Rn. Como las transformaciones

ϕ∗ y dΨ son aditivas; es decir, verifican que

ϕ∗(Ψ + Υ) = ϕ∗Ψ + ϕ∗Υ

d(Ψ + Υ) = dΨ + dΥ

bastara con hacer la demostracion para cada uno de los sumandos. En particularvamos a demostrar que ϕ∗(d(ΨΛe′i) = d(ϕ∗(ΨΛe′i)) siendo Ψ una k-forma en Rn.Por las propiedades b) y c) demostradas en este mismo problema se verifica que:

ϕ∗(d(ΨΛe′i) = ϕ∗(dΨΛe′i + (−1)kΨΛd(e′i)) = ϕ∗(dΨΛe′i)

Ahora aplicamos la propiedad c) demostrada en el problema 7 y la hipotesis deinduccion que se verifica para la k-forma Ψ de modo que

ϕ∗(d(ΨΛe′i) = ϕ∗(dΨΛe′i) = ϕ∗(dΨ)Λϕ∗(e′i) = d(ϕ∗Ψ)Λϕ∗(e′i).

A continuacion observamos que d(ϕ∗(e′i)) = 0, porque como vimos en el apartadoanterior se verifica que

d(ϕ∗(e′i)) = d

m∑j=1

Djϕie′j

=

m∑j=1

n∑l=1

Djlϕi(y)e′lΛe′j = 0


Esta observacion nos permite aplicar de nuevo la propiedad b) de este problema parallegar a la siguiente expresion:

ϕ∗(d(ΨΛe′i) = d(ϕ∗Ψ)Λϕ∗(e′i) = d(ϕ∗Ψ)Λϕ∗e′i + (−1)kϕ∗ΨΛd(ϕ∗(e′i))

= d(ϕ∗ΨΛϕ∗(e′i)) = d(ϕ∗(ΨΛe′i)).

Problema 10: Probar que toda 1-forma Ψ : (a, b) ⊂ R→ Λ1(R) es cerrada y exacta.Solucion: Observemos que el unico tensor que hay en la base de Λ1(R) es e′, demodo que Ψ sera de la forma Ψ(x) = Ψ1(x)e′ siendo Ψ1 : (a, b) ⊂ R→ R una funcionde clase Cp en el abierto (a, b) con p ≥ 1. De modo que dΨ = D1Ψ1e

′Λe′ = 0. Paraprobar que Ψ es exacta tomamos un punto c ∈ (a, b) y definimos la 0-forma, que esuna funcion real, como:

Υ : (a, b) ⊂ R → R

xx∫c

Ψ1(t)dt

Entonces por el teorema fundamental del calculo se verifica que dΥ(x) = D1Υ(x)e′ =Ψ1(x)e′. Problema 11: Dada la forma diferencial:

Ψ : R3 → Λ2(R3)(x1, x2, x3) x1x2x3e

′1Λe′2 + (ex1+x2+x3)e′2Λe′3 + sen(x2x3)e′1Λe′3

a) Calcular la forma dΨ.b) Calcular la forma ΨΛΥ siendo Υ la forma diferencial siguiente:

Υ : R3 → Λ1(R3)(x1, x2, x3) x1e

′1 + x2e

′2 + x3e

′3

c) Calcular la forma ϕ∗Υ siendo ϕ :

ϕ : R → R3

t (t3, t2, t)

d) Estudiar si alguna de las formas Ψ, dΨ,Υ, ΨΛΥ y ϕ∗Υ es cerrada.Solucion: a) Por definicion la diferencial de Ψ es:

dΨ =

3∑j=1

Dj(x1x2x3)e′jΛe′1Λe′2 + (3.1)

3∑j=1

Dj(ex1+x2+x3)e′jΛe

′2Λe′3 + (3.2)

3∑j=1

Dj(sen(x2x3))e′jΛe′1Λe′3


Como el tensor alterno e′jΛe′iΛe′k es nulo cuando aparece un 1-tensor e′i repetido, de

cada sumando nos quedamos solo con un elemento de modo que:

dΨ = x1x2e′3Λe′1Λe′2 + ex1+x2+x3e′1Λe′2Λe′3 + x3 cos(x2x3)e′2Λe′1Λe′3

Ahora simplificamos reordenando los tensores para que en los tres sumandos aparezcae′1Λe′2Λe′3 de modo que

dΨ = (x1x2 + ex1+x2+x3 − x3 cos(x2x3))e′1Λe′2Λe′3

b) Por definicion el producto exterior de dos formas es:

ΨΛΥ = (x1x2x3e′1Λe′2 + (ex1+x2+x3)e′2Λe′3 + sen(x2x3)e′1Λe′3)Λ(x1e

′1 + x2e

′2 + x3e

′3)

Ahora aplicamos las propiedades del producto exterior demostradas en el problema7 y suprimimos los sumandos en los cuales nos aparece un tensor e′jΛe

′iΛe′k nulo por

tener algun ındice repetido y nos queda que:

ΨΛΥ = (x1x2x23e′1Λe′2Λe′3 + (ex1+x2+x3)x1e

′2Λe′3Λe′1 + x2sen(x2x3)e′1Λe′3Λe′2.

Por ultimo reordenamos los tensores para simplificar y obtenemos que:

ΨΛΥ = (x1x2x23 + (ex1+x2+x3)x1 − x2sen(x2x3))e′1Λe′2Λe′3.

c) Por definicion ϕ∗Υ ∈ Λ1(R) y se calcula de la siguiente manera

ϕ∗Υ(t) =

3∑i=1

Υi(ϕ(t))Dϕ(t) ∗ e′i.

Por otro lado, para cada ındice i el tensor e′i se transforma por medio de la aplicacionlineal Dϕ(t) en el tensor ϕ′i(t)e

′ como vimos en el ejemplo 3.23, de modo que:

ϕ∗Υ(t) = t3(3t2)e′ + t2(2t)e′ + te′

= (3t5 + 2t3 + t)e′.

d) Una forma Φ es cerrada si verifica que dΦ = 0. Como en el apartado a) probamosque dΨ 6= 0 tenemos que la forma Ψ no es cerrada.En cuanto a la forma dΨ si es cerrada porque como probamos en el problema 9,apartado c) siempre se verifica que d(d(Φ)) = 0.En cuanto a la forma dΨ si es cerrada porque como probamos en el problema 9,apartado c) siempre se verifica que d(d(Φ)) = 0.Para ver si Υ es cerrada calculamos dΥ :

dΥ =

3∑j=1

Dj(x1)e′jΛe′1 + v +

3∑j=1

Dj(x2)e′jΛe′2 +

3∑j=1

Dj(x3)e′jΛe′3.


Observamos que en cada uno de los tres sumandos solo hay una derivada parcial nonula que vale 1, de modo que

dΥ = e′1Λe′1 + e′2Λe′2 + e′3Λe′3 = 0.

Respecto a la forma ΨΛΥ como pertenece a Λ3(R3) su diferencial pertenece a Λ4(R3)que solo contiene a la forma nula, de modo que ΨΛΥ es cerrada.Analogamente, la forma ϕ∗Υ pertenece a Λ1(R) y su diferencial pertenece a Λ2(R)que de nuevo solo contiene a la forma nula, de modo que ϕ∗Υ es tambien cerrada.



Prueba 11a: Se dice que una funcion s : R2×R2×R2 → R es multilineal si verifica la siguientecondicion:a) (as+br)(v1, v2, v3) = as(v1, v2, v3)+br(v1, v2, v3) para todos a, b ∈ R, v1, v2, v3 ∈R2 y toda aplicacion multilineal r.b) s(a(v1, v2, v3) + b(w1, w2w3)) = as(v1, v2, v3) + bs(w1, w2, w3) para todos a, b ∈R, v1, v2, v3, w1, w2, w3 ∈ R2

c) s(av1 + bw1, v2, v3) = as(v1, v2, v3) + bs(w1, v2v3) para todos a, b ∈R, v1, v2, v3, w1 ∈ R2 y analogas propiedades se verifican en la segunda y en latercera componente.2a:Dados dos tensores s ∈ Lk(Rn) y r ∈ Ll(Rn) se define el producto tensorial de tpor s como:a) s⊗ r(v1, ..., vk,vk+1, ..., vk+l) = s(v1, ..., vk)r(vk+1, ..., vk+l)b) s⊗ r(v1, ..., vk,vk+1, ..., vk+l) = s(v1, ..., vk) + r(vk+1, ..., vk+l)c) s⊗ r(v1, ..., vk,vk+1, ..., vk+l) = s(v1)...s(vk)r(vk+1)...r(vk+l)3a: El espacio vectorial Lk(Rn), formado por los tensores de orden k tiene dimensiona) nk

b) nkc)(nk

)4a:Decimos que un k-tensor s ∈ Lk(Rn) es alterno si para cada k-upla de vectores(v1, ..., vk) en Rn se verifica que:a) s(v1, ..., vi, ..., vj , ...vk) = s(v1, ..., vj , ..., vi, ..., vk) para cada par de ındices i, j ∈{1, 2, ..., k} con i 6= jb) s(v1, ..., vi, ..., vj , ...vk) = −s(v1, ..., vj , ..., vi, ..., vk) para cada par de ındicesi, j ∈ {1, 2, ..., k} con i 6= jc) s(v1, ..vk) = s(vσ(1), ..., vσ(k)) para cada permutacion σ del conjunto {1,2,...,k}5a:Dado un k-tensor s ∈ Lk(Rn) se construye a partir de el un tensor alterno, quedenotamos por Alt(s), de la siguiente manera:a) Alt(s)(v1, ..., vk) =

∑σ∈Sk


b) Alt(s)(v1, ..., vk) = 1k!

∑σ∈Sk

s(vσ(1), ..., vσ(k))

c) Alt(s)(v1, ..., vk) = 1k!

∑σ∈Sk


6a:Dado el 2-tensor e′1 ⊗ e′n ∈ L2(Rn), con n ≥ 2, su tensor alterno es:a) Alt(e′1 ⊗ e′n) = e′1 ⊗ e′nb) Alt(e′1 ⊗ e′n) = 1

2 (e′1 ⊗ e′n − e′n ⊗ e′1)c) Alt(e′1 ⊗ e′n) = e′1 ⊗ e′n − e′n ⊗ e′17a:El sımbolo Λ se utiliza para indicar:a) El gradiente de una funcion f : U ⊂ Rn → R de clase C1 que denotamos porΛf(x)


b) El producto tensorial de dos tensores s, r que denotamos por sΛrc) El producto exterior de dos tensores alternos s, r que denotamos por sΛr8a: El espacio vectorial ∗k(Rn), formado por los k-tensores alternos tiene dimensiona) nk

b) nkc)(nk

)9a: Las formas diferenciales de orden k, o k-formas son funciones definidas en:a) Ψ : U ⊂ Rn → Λk(Rn)b) Ψ : U ⊂ R→ Λk(Rn)c) Ψ : U ⊂ Rm → Λk(Rn)10a: Una 0-forma diferencial es una funcion:a) que siempre toma el valor 0.b) definida ası Ψ : U ⊂ R0 → Λk(R0)c) definida ası Ψ : U ⊂ Rn → R



Prueba 21a: Dada una funcion ϕ : V ⊂ Rm → Rn de clase Cp (con p ≥ 2) y dada unak-forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk(Rn) (con k¿0 y ϕ(V ) ⊂ U) se define la k-formaϕ∗Ψ : V ⊂ Rm → Λk(Rm) como la funcion que a cada x ∈ V ⊂ Rm le hacecorresponder la k-forma en Rm dada por:a) Dϕ(x)∗Ψ(ϕ(x)), siendo Dϕ(x) la aplicacion lineal asociada a la matriz jacobianade la funcion ϕ en x.b) ϕ(x) ∗Ψ(ϕ(x))c) Ψ(ϕ(x))2a: Dada una funcion ϕ : V ⊂ R → R3 de clase C1 y dada una 1-forma en R3,Ψ(x) = Ψ1(x)e′1 + Ψ2(x)e′2 + Ψ3(x)e′3 se verifica que ϕ∗Ψ es:a) ϕ∗Ψ(t) = (Ψ1(ϕ′(t)) + Ψ2(ϕ′(t)) + Ψ3(ϕ′(t)))dtb) ϕ∗Ψ(t) = ((Ψ1(ϕ(t)),Ψ2(ϕ(t)),Ψ3(ϕ(t)) · (ϕ′1(t), ϕ′2(t), ϕ′3(t))) dt

c) ϕ∗Ψ(t) =3∑i=1

Ψi(ϕ′1(t), ϕ′2(t), ϕ′3(t))dt

3a: Dada una funcion ϕ : V ⊂ R2 → R3 y dada la 2-forma Ψ : U ⊂ R3 → Λ2(R3),con ϕ(V ) ⊂ U, definida por Ψ(x) = Ψ1(x)e′2Λe′3 + Ψ2(x)e′1Λe′3 + Ψ3(x)e′1Λe′2 severifica que:a) ϕ∗Ψ(u) = (Ψ1(ϕ(u)),Ψ2(ϕ(u)),Ψ3(ϕ(u))) ·N(u)e′1Λe′2b) ϕ∗Ψ(u) = Dϕ(u) ∗ e′2Λe′3 +Dϕ(u) ∗ e′1Λe′3 +Dϕ(u) ∗ e′1Λe′2c) ϕ∗Ψ(u) = (Ψ1(ϕ(u)) + Ψ2(ϕ(u)) + Ψ3(ϕ(u)))e′1Λe′24a: Dada una k-forma diferencial Ψ : U ⊂ Rn → Λk(Rn) de clase Cp, con p≥ 2, sedefine la (k+1)-forma dΨ : U ⊂ Rn → Λk+1(Rn) por:a) dΨ =

∑1≤i1<...<ik≤n

dΨi1...ike′i1

Λ...Λe′ik

b) dΨ =n∑j=1

Dj(Ψi1...ik)e′jΛe′i1

Λ...Λe′ik

c) dΨ =∑

1≤i1<...<ik≤n

n∑j=1

Dj(Ψi1...ik)e′jΛe′i1

Λ...Λe′ik

5a: Dada la 1-forma en R3 definida por Ψ(x) = Ψ1(x)e′1 + Ψ2(x)e′2 + Ψ3(x)e′3 siendoΨ1,Ψ2 y Ψ3 funciones de clase Cp en un abierto U ⊂ R2, con p ≥ 2, su diferenciales:a) dΨ(x) = (D1Ψ2(x)−D2Ψ1(x))e′1Λe′2 +(D1Ψ3(x)−D3Ψ1(x))e′1Λe′3 +(D2Ψ3(x)−D3Ψ2(x))e′2Λe′3b) dΨ(x) = (D1Ψ1(x) +D2Ψ2(x) +D3Ψ3(x))e′1Λe′2Λe′3c) dΨ(x) = (D1Ψ1(x)+D1Ψ2(x)+D1Ψ3(x))e′1+(D2Ψ1(x)+D2Ψ2(x)+D2Ψ3(x))e′2+(D3Ψ1(x) +D3Ψ2(x) +D3Ψ3(x))e′36a: Decimos que una k-forma Ψ1 : U ⊂ Rn → Λk(Rn) con k≥ 1 es exacta sia) d(Ψ1) = Ψ1

b) existe una (k-1)-forma Ψ2 : U ⊂ Rn → Λk−1(Rn) de clase Cp en U con p ≥ 2 talque Ψ1 = d(Ψ2).c) existe una (k+1)-forma Ψ2 : U ⊂ Rn → Λk+1(Rn) de clase Cp en U con p ≥ 2 tal


que Ψ2 = d(Ψ1).7a: Decimos que una k-forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk(Rn) es cerrada si verifica que:a) d(Ψ) = 0b) d(Ψ) = Ψc) Ψ(x) = Ψ(y) para todo par x, y ∈ U8a: Dada una k-forma Ψ =

∑1≤i1<...<ik≤n

Ψi1...ike′i1

Λ...Λe′ik : U ⊂ Rn → Λk(Rn) (con

k ≥ 1) se define la (k-1)-forma IΨ : U ⊂ Rn → Λk−1(Rn) por medio de la siguienteformula:

a) IΨ =∑

1≤i1<...<ik≤n

k∑α=1

(∫ 1

0tk−1Ψi1...ik(tx)dt

)xiαe

′i1

Λ..Λ

iα

e′iαΛ.Λe′ik

b) IΨ =∑

1≤i1<...<ik≤n

k∑α=1

(−1)α−1(∫ 1


)xiαe

′i1

Λ..Λ

iα

e′iαΛ.Λe′ik

c) IΨ =∑

1≤i1<...<ik≤n

k∑α=1

(−1)α−1(∫ 1


)xiαe

′i1

Λ...Λe′ik

9a: Dada una k-forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk(Rn) (con k ≥ 1) si el conjunto U esestrellado se verifica que:a) d(IΨ) = I(dΨ)b) Ψ = IΨ + dΨc) Ψ = d(IΨ) + I(dΨ)10a: Dada Ψ : U ⊂ Rn → R una funcion de clase C1 en el conjunto abierto y

estrellado.U se verifica que la derivada de la funcion∫ 1

0tk−1Ψi1...ik(tx)dt respecto

de la variable xi es :

a) Di

(∫ 1

0tk−1wi1...ik(tx)dt

)=∫ 1

0tk−1Diwi1...ik(tx)dt

b) Di

(∫ 1


)=∫ 1

0tkwi1...ik(tx)dt

c) Di

(∫ 1


)=∫ 1

0tkDiwi1...ik(tx)dt


Capıtulo 4

El teorema de Stokes

Ahora estamos casi preparados para abordar la demostracion del teorema de Stokesporque sabemos que son las formas diferenciales definidas en Rn y sus propiedadesmas importantes. y hemos aprendido a realizar la transformacion dΨ. Pero nos faltadar la generalizacion de recorrido de modo que nos sirva, no solo para recorridos decaminos y de superficies sino tambien, para recorridos de subconjuntos similares enRn con n arbitrario. Esto es lo que vamos a hacer en la siguiente seccion.Antes de introducir la definicion de cadenas de recorridos es necesario hacer unaobservacion.La formula que vamos a demostrar se expresa de la siguiente manera:∫

ϕ

dΨ =

∫∂ϕ

Ψ.

Hemos visto en la primera parte que para que se verifique la igualdad entre lasdos integrales es necesario que los recorridos sobre los cuales vamos a integrar (ϕ y∂ϕ) esten orientados de forma correlativa. En la siguiente seccion mostraremos unmetodo para construir la orientacion adecuada del recorrido del borde (∂ϕ) a partirdel recorrido ϕ La ventaja de la construccion que vamos a utilizar es que facilita laconstruccion de los recorridos de las distintas partes del borde y simplifica la cuestionde la orientacion al signo adecuado de la integral de cada parte.

195

196 CAPITULO 4. EL TEOREMA DE STOKES

4.1. Cadenas de recorridos

Para que la demostracion del teorema de Stokes sea mas sencilla vamos a suponerque el recorrido del camino (cerrado) simple es una funcion definida sobre el intervalo[0, 1] y que el recorrido de la superficie simple es una funcion que parte de la regionsimple [0, 1]× [0, 1]. Como vamos a demostrar el teorema para el caso general (n ≥ 1)denotaremos por In al subconjunto de Rn dado por:

In =

n−veces︷︸︸︷[0, 1]× ...× [0, 1].

Ademas como el teorema de Stokes relaciona la integral sobre un conjunto conotra integral sobre su borde, tenemos que definir de forma adecuada el recorridode los bordes de estos conjuntos. Para ello introduciremos el concepto de cadenas derecorridos. Observemos que el borde de I2 = [0, 1] × [0, 1] son los cuatro lados delcuadrado. Como vimos en el primer capıtulo, es mas sencillo recorrer los cuatro ladosdel cuadrado I2 usando cuatro funciones definidas en [0, 1], una para cada lado, queconstruir una funcion continua que los recorra todos a la vez. De igual manera, elborde de I3 = [0, 1]× [0, 1]× [0, 1], que son las seis caras del cubo, sera mas sencillorecorrerlo usando seis funciones, una para cada cara, definidas sobre [0, 1] × [0, 1],que construir una sola funcion continua que recorra las seis caras.Por otro lado, ya hemos adelantado en la primera parte del texto que es necesariotener en cuenta las orientaciones de los recorridos sobre los bordes para que severifiquen los teoremas. Eso obliga a recorrer los lados de I2 con orientacion positiva,o equivalentemente, siguiendo el sentido anti horario. Para ello sera necesario recorrerun lado de derecha a izquierda, otro de izquierda a derecha, uno de arriba a abajoy otro de abajo a arriba.Una de las ventajas de simplificar la demostracion a los dominios In es que podemosestablecer una formula para recorrer el borde de In con la orientacion adecuaday para todos los n a la vez. Primero vamos a dar los detalles del caso n=2 yluego mostraremos la formula para el caso general. La otra ventaja de reducir lademostracion a los dominios In es que en esos casos el teorema de Fubini de laintegral de Riemann se aplica de forma muy sencilla.Para n=2 el borde de I2 consta de cuatro segmentos que recorreremos con orientacionpositiva, usando un recorrido adecuado para cada lado. Por ejemplo para recorrerel lado horizontal con x2 = 0 usamos la funcion identidad de I2 en I2 restringida alsubconjunto [0, 1]× {0} con lo cual obtenemos el recorrido:

ϕ1 : [0, 1] ⊂ R → [0, 1]× {0} ⊂ I2 ⊂ R2

t (t, 0)

Si hacemos lo mismo con el otro lado horizontal de cuadrado nos queda:

ϕ2 : [0, 1] ⊂ R → [0, 1]× {1} ⊂ I2 ⊂ R2

t (t, 1)

4.1. CADENAS DE RECORRIDOS 197

que esta recorrida en sentido contrario de modo que en este caso estamos obligadosa tomar −ϕ2, porque, como hemos demostrado en las dos primeras unidadesdidacticas, cuando cambiamos la orientacion de un recorrido, la integral del campovectorial cambia de signo, de modo que ahora en lugar de modificar el recorrido loque haremos sera senalarlo con un signo negativo para indicar que a la integral delcampo vectorial que vamos a realizar la vamos a cambiar de signo.Para recorrer los otros dos lados del cuadrado tenemos que fijar la otra coordenada,x1, de nuevo en los dos valores 0 y 1, obteniendo los recorridos:

ϕ3 : [0, 1] ⊂ R → {0} × [0, 1] ⊂ I2 ⊂ R2

t (0, t)

ϕ4 : [0, 1] ⊂ R → {1} × [0, 1] ⊂ I2 ⊂ R2

t (1, t)

Como vemos ϕ3 esta orientado en sentido contrario pero ϕ4 esta bien orientado, demodo que la cadena que recorre el borde de I2 con orientacion positiva es la siguientefamilia de recorridos ϕ1 − ϕ2 − ϕ3 + ϕ4.Observemos que cada recorrido de esta familia es una funcion de clase C∞ en Ry que el rango de la matriz jacobiana de todas ellas es 1 en todos los puntos; esdecir , que son recorridos regulares de clase C∞ de cada uno de los caminos simplescorrespondientes.De modo que la integral de un campo vectorial F a lo largo del cuadrado usandoun recorrido regular con orientacion positiva coincidira con la suma de las integralesque obtenemos si usamos estos cuatro recorridos regulares de los cuatro lados ycambiamos de signo las integrales de ϕ2 y ϕ3;∮

∂I2

F · T =

∫ϕ1

F · T −∫ϕ2

F · T −∫ϕ3

F · T +

∫ϕ4

F · T

Para recorrer el borde de In vamos a hacer lo mismo: fijamos cada una de las variablesi ∈ {1, 2, ..., n} en los dos valores 0 y 1 y usamos la funcion identidad para recorrerlas caras del conjunto In. Como cada una de estas caras depende de la variable iy del valor 0 y 1 es conveniente denotar a los recorridos con un doble ındice (i, h).Ademas usaremos la letra griega varrho % para los recorridos del borde de In, demodo que para cada i ∈ {1, ..., n} denotaremos por %(i,0) y %(i,1) a las siguientesfunciones:

%(i,0) : [0, 1]n−1 ⊂ Rn−1 → [0, 1]i−1 × {0} × [0, 1]n−i ⊂ In ⊂ Rn

(u1, .., un−1) (u1, ...,i

0, ..., un−1)

%(i,1) : [0, 1]n−1 ⊂ Rn−1 → [0, 1]i−1 × {1} × [0, 1]n−i ⊂ In ⊂ Rn

(u1, ..., un−1) (u1, ...,i

1, ..., un−1)


Ahora solo nos falta asignar a cada recorrido el signo adecuado para que la cadenade recorridos nos proporcione una orientacion positiva del borde de In. Observemosque para el caso n=2 por lo visto anteriormente se verifica que el borde de I2 serecorre con sentido positivo usando la siguiente cadena:

ϕ1 − ϕ2 − ϕ3 + ϕ4 = %(2,0) − %(2,1) − %(1,0) + %(1,1) =

2∑i=1

∑h∈{0,1}

(−1)i+h%(i,h).

En el caso general el borde de Ik, con k ≥ 1, la podemos recorrer con la cadena:

∂Ik =

k∑i=1

∑h∈{0,1}

(−1)i+h%(i,h).

En el problema 1 comprobaremos que la cadena de recorridos de I3 definida de estamanera nos proporciona una orientacion exterior; es decir, positiva.En el caso k = 1 el borde de I = [0, 1] son los extremos del intervalo y los recorridos%(1,0) y %(1,1) corresponden a esos extremos. Ademas los signos que se asignan a losextremos en este caso son %(1,1) − %(1,0).

Una vez que hemos establecido como recorrer en sentido positivo el borde de Ik paratodo k ≥ 1, vamos a utilizar este recorrido del borde de Ik para definir recorridos delos bordes de otros subconjuntos distintos de Ik. Por ejemplo para k=1 si tenemosun camino (cerrado) simple C ⊂ Rn que podemos recorrer con un recorrido del tipoϕ : [0, 1] = I ⊂ R→ C ⊂ Rn entonces recorremos el borde de C usando la cadena:

1∑i=1

∑h∈{0,1}

(−1)i+hϕ ◦ %(i,h) = −ϕ ◦ %(1,0) + ϕ ◦ %(1,1) = ϕ(1)− ϕ(0).

De igual modo, si k=2 y tenemos una superficie S ⊂ Rn que podemos recorrer conun recorrido del tipo ϕ : [0, 1] × [0, 1] = I2 ⊂ R2 → S ⊂ Rn entonces recorremos elborde de S usando la cadena:

2∑i=1

∑h∈{0,1}

(−1)i+hϕ ◦ %(i,h).

Como todas las funciones que aparecen en esta cadena parten del intervalo [0, 1] ⊂ Rla llamamos 1-cadena.Para el caso general partimos de un recorrido al que imponemos las siguientescondiciones:

4.2. DEMOSTRACION DEL TEOREMA DE STOKES 199

Definicion 4.1 Decimos que una funcion ϕ : Ik ⊂ Rk → M ⊂Rn es un recorrido de clase C2 del conjunto M con 1 ≤ k ≤ n siverifica que ϕ(Ik) = M, ϕ es de clase C2 en un abierto V ⊃ Ik y el rangode la matriz Dϕ(x) es k para todo x ∈ Ik

Dado un recorrido de clase C2 de M recorremos el borde de M usando la (k-1)-cadena que denotaremos por ∂ϕ

∂ϕ =

k∑i=1

∑h∈{0,1}

(−1)i+hϕ ◦ %(i,h).

4.2. Demostracion del teorema de Stokes

La demostracion del teorema de Stokes que vamos a probar dice que dada una (k-1)forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk−1(Rn) y dado un recorrido ϕ : Ik ⊂ Rk → M ⊂ U ⊂ Rnde clase C2 se verifica que: ∫

ϕ

dΨ =

∫∂ϕ

Ψ.

Observemos que en el enunciado aparecen los parametros n y k que intervienen tantoen las formas diferenciales Ψ y dΨ como en el recorrido ϕ y la (k-1)-cadena ∂ϕ.Por un lado, n determina la dimension del espacio vectorial donde estan sumergidoslos conjuntos ϕ(Ik) y ∂ϕ(Ik−1), ası como el abierto U ⊂ Rn donde estan definidaslas formas diferenciales Ψ y dΨ. En consonancia, n esta tambien en los espacios dellegada Λk−1(Rn) y Λk(Rn) de las formas diferenciales Ψ y dΨ respectivamente.Por otro lado, k determina el numero de variables que necesitamos para recorrer elconjunto ϕ(Ik) que aparece en la integral del lado izquierdo donde figura la formadiferencial de grado k. Mientras que en el lado derecho de la igualdad, la formadiferencial es de grado (k-1) y el conjunto ∂ϕ(Ik−1) esta recorrido con una funcionde (k-1) variables.Finalmente, recordemos que para que el espacio vectorial Λk(Rn) no sea vacıo losparametros k y n deben verificar que 1 ≤ k ≤ n.Las aplicaciones a problemas de Fısica que hemos estudiado se dan cuando n = 1,2 o 3, es decir en la recta , en el plano y en el espacio, y cuando k = 1, 2 y 3,como ademas se debe verificar que 1 ≤ k ≤ n esto nos da las cinco aplicaciones delteorema general que mostramos a continuacion.Si k = 1 entonces del teorema de Stokes se deduce el Segundo Teorema Fundamentaldel Calculo (ver corolario 105)


Si k = 2 entonces del teorema de Stokes se deducen el Teorema de Green y elTeorema de Stokes en R3,,para n = 2 y n = 3 respectivamente (ver corolarios 106 y107)Y si k = n = 3, del teorema de Stokes se deduce el Teorema de la Divergencia (vercorolario 108).Pero el teorema de Stokes es valido para todos los posibles valores de k y n siempreque 1 ≤ k ≤ n.Para demostrar el teorema de Stokes solo nos falta describir como se calcula laintegral de una k-forma diferencial sobre un recorrido de clase C2 ϕ : Ik ⊂ Rk →M ⊂ U ⊂ Rn y como se calcula la integral de una (k-1) forma diferencial sobre la(k-1) cadena ∂ϕ.Vamos a empezar por el caso mas sencillo, que nos va a servir desoporte para los demas casos.El caso mas sencillo lo tenemos cuando la forma diferencial Ψ es una k-forma definidaen un abierto U ⊂ Rk, sobre el subconjunto Ik ⊂ U . En este caso la k-formaΨ : Ik ⊂ Rk → Λk(Rk) viene determinada por una unica funcion, que volvemos adenotar por la misma letra Ψ : Ik ⊂ Rk → R, de modo que Ψ(x) = Ψ(x)e′1Λ...Λe′k.La definicion cae por su propio peso:∫

Ik

Ψ =

∫Ik

Ψ(x)e′1Λ...Λe′k =

∫Ik

Ψ(x)dx,

donde la ultima expresion es simplemente la integral de Riemann sobre el conjuntoIk de una funcion de k variables. Observemos que en este caso debe verificarse quek ≥ 1.A continuacion usamos esta definicion para introducir la integral de una k-formadefinida en un abierto U ⊂ Rn, sobre un recorrido de clase C2 ϕ : Ik → M =ϕ(Ik) ⊂ U. Recordemos que la k-forma Ψ esta definida ahora de la siguiente manera:

Ψ : U ⊂ Rn → Λk(Rn)x

∑1≤i1<...<ik≤n


Para definir la integral en este caso solo tenemos que trasformar los elementos quetenemos Ψ y ϕ para conseguir una k-forma como la del primer caso. Esto lo hacemosutilizando la transformacion ϕ∗Ψ que nos da la k forma:

ϕ∗Ψ : Ik ⊂ Rk → Λk(Rk)y

∑1≤i1<...<ik≤n

Ψi1...ik(ϕ(y))Dϕ(y) ∗ e′i1Λ...Λe′ik

De modo que la integral es: ∫ϕ

Ψ =

∫Ik

ϕ∗Ψ.


Observemos de nuevo que para poder realizar la transformacion ϕ∗Ψ el recorrido y laforma deben estar en consonancia de modo que si Ψ es una k-forma en Rn entoncesϕ debe ser un recorrido de k-variables de un conjunto contenido en Rn.La ultima definicion es muy basica porque solo nos queda integrar una (k–1)-forma definida en un abierto U ⊂ Rn, sobre la (k-1)-cadena ∂ϕ. Pero si ϕ :Ik → M = ϕ(Ik) ⊂ U es un recorrido de clase C2 entonces la (k-1)-cadenak∑i=1

∑h∈{0,1}

(−1)i+hϕ ◦ %(i,h) esta formada por los recorrido ϕ ◦ %(i,h) : Ik−1 → Ik →

M = ϕ(Ik) ⊂ U que parten de Ik−1 de manera que si Υ : U ⊂ Rn → Λk−1(Rn) esuna (k-1) forma, entonces la definicion anterior aplicada a ϕ ◦ %(i,h) y a Υ nos dice

que∫

ϕ◦%(i,h)Υ =

∫Ik−1

(ϕ ◦ %(i,h))∗Υ lo cual nos lleva a definir

∫∂ϕ

Υ de modo natural

como: ∫∂ϕ

Υ =

k∑i=1

∑h∈{0,1}

(−1)i+h∫

Ik−1

(ϕ ◦ %(i,h))∗Υ.

Antes de ver el primer ejemplo, vamos a hacer un inciso para observar que lasdefiniciones anteriores asumıan que k ≥ 1. El caso k=0 lo tenemos cuando la formaΨ es una funcion real Ψ : U ⊂ Rn → R, y el recorrido es un punto, ϕ : {0} → U .Parece natural que en este caso la definicion sea:∫

ϕ

Ψ = Ψ(ϕ(0)).

A continuacion vamos a ver un ejemplo con k=1.

Ejemplo 4.2 Dado un recorrido ϕ : [0, 1] ⊂ R→ R3 y dada Ψ una 1-formaen R3 que denotaremos ası:

Ψ : R3 → Λ1(R3)x Ψ1(x)e′1 + Ψ2(x)e′2 + Ψ3(x)e′3

Como hemos visto en el ejemplo 3.24 para cada t ∈ [0, 1] la 1-forma ϕ∗Ψ(t) ∈ Λ1(R)es:

ϕ∗Ψ(t) = Ψ1(ϕ(t))ϕ′1(t)e′ + Ψ2(ϕ(t))ϕ′2(t)e′ + Ψ3(ϕ(t))ϕ′3(t)e′

= (Ψ1(ϕ(t))ϕ′1(t) + Ψ2(ϕ(t))ϕ′2(t) + Ψ3(ϕ(t))ϕ′3(t))e′

De modo que

∫ϕ

Ψ =

∫I

ϕ∗Ψ =

1∫0

(Ψ1(ϕ(t))ϕ′1(t) + Ψ2(ϕ(t))ϕ′2(t) + Ψ3(ϕ(t))ϕ′3(t))dt.


Observemos que si F (x) = (F1(x), F2(x), F3(x)) es un campo vectorial en R3

entonces para cada recorrido ϕ : [a, b] ⊂ R → C ⊂ R3 la integral de linea de Fa lo largo de ϕ coincide con la integral de la 1-forma Ψ(x) = F1(x)dx1 +F2(x)dx2 +F3(x)dx3 a lo largo de ϕ :

∫ϕ

F · T =

b∫a

F (ϕ(t))ϕ′(t)dt

=

∫ϕ

Ψ =

∫I

ϕ∗Ψ

=

b∫a

(F1(ϕ(t))ϕ′1(t) + Ψ2(ϕ(t))ϕ′2(t) + Ψ3(ϕ(t))ϕ′3(t))dt.

Lo mismo sucede si trabajamos en R2; es decir, que las integrales de linea sonlas integrales de 1-formas sobre 1-cadenas.En el problema 6 (ver seccion 4.4) demostraremos que las integrales de camposvectoriales en R3 sobre recorridos de superficies coinciden con lasintegrales de 2-formas sobre 2-cadenas.Ahora ya estamos preparados para demostrar el teorema de Stokes en esta versionmas sencilla.

Teorema 4.3 Teorema de Stokes para recorridos de claseC2 definidos sobre Ik: Dada una (k-1) forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk−1(Rn)y dado un recorrido ϕ : Ik ⊂ Rk → M ⊂ U ⊂ Rn de clase C2 se verificaque: ∫

ϕ

dΨ =

∫∂ϕ

Ψ.

Demostracion Empezaremos probando el caso mas sencillo cuando ϕ es la funcionidentidad de Ik en Iky Ψ es una (k-1) forma en Rk, para despues probar el casocuando ϕ es un recorrido en Rn ϕ : Ik ⊂ Rk → Rn y Ψ es una (k-1) forma en Rn.Recordemos que la (k-1) forma Ψ : Ik ⊂ Rk → Λk−1(Rk) tiene una representacion


como la siguiente:

Ψ(x) =∑

1≤i≤k

Ψi(x)e′1Λ...Λ

fuera

e′i Λ...Λe′k

De modo que basta con hacer la demostracion para cada uno de los sumandos.Fijamos entonces la variable i y recordamos que el borde de Ik se recorre en estecaso con la cadena:

k∑j=1

∑h∈{0,1}

(−1)j+h%(j,h)(y)

De modo que:∫∂Ik

Ψie′1Λ...Λ

fuera

e′i Λ...Λe′k =

k∑j=1

∑h∈{0,1}

(−1)j+h∫

Ik−1

%∗(j,h)Ψi(y)e′1Λ...Λ

fuera

e′i Λ...Λe′k

Ahora analizamos cada una de las integrales que nos aparecen en el lado derecho dela igualdad. Como ϕ es la funcion identidad %(j,h) es de la forma:

%(j,h) : [0, 1]k−1 ⊂ Rk−1 → [0, 1]j−1 × {h} × [0, 1]k−j ⊂ Ik ⊂ Rk

(y1, ..., yk−1) (y1, ...,j

h, ..., yk−1)

De modo que ∫Ik−1

%∗(j,h)Ψie′1Λ...Λ

fuera

e′i Λ...Λe′k

=

∫Ik−1

Ψi(%(j,h)(y))D%(j,h)(y) ∗ e′1Λ...Λ

fuera

e′i Λ...Λe′k

Vamos a estudiar como es el tensor D%(j,h)(y) ∗ e′1Λ...Λ

fuera

e′i Λ...Λe′k. Por un ladola matriz D%(j,h)(y) es una matriz de tamano k × (k − 1) cuya la fila j-esimaesta formada por ceros, que corresponden a las derivadas de la componente j-esima dela funcion %(j,h) que al ser una funcion constante de valor h tiene todas las derivadas

iguales a 0. De modo que cada vector (v1, ..., vk−1) ∈ Rk−1 es transformado por

la matriz D%(j,h)(x) en el vector (v1, .,j

0, vj , .., vk−1) ∈ Rk. Por otro lado, como

probamos en la proposicion 3.16 el tensor e′1Λ...Λ

fuera

e′i Λ...Λe′k hace corresponder


a cada familia de vectores v1, v2, ..., vk−1 de Rk el determinante de la matriz detamano (k − 1) × (k − 1) cuyas columnas son las coordenadas de los vectoresv1, v2, ..., vk−1 de Rk quitando la fila correspondiente al ındice i. Por esta razonsi i 6= j el determinante es 0 porque la matriz tiene una fila formada por ceros,

mientras que si i = j el (k-1) tensor D%(i,h)(x) ∗ e′1Λ...Λ

fuera

e′i Λ...Λe′k no es otro que

e′1Λ...Λ

fuera

e′i Λ...Λe′k. Observemos ademas que en el caso i = j la funcion que tenemos

que integrar Ψi(%(i,h)(y)) = Ψi(y1, ...,i

h, ..., yk) tiene fijada la variable i en el valorconstante h, de modo que aplicando el teorema de Fubini sobre nuestro recinto deintegracion Ik−1 se verifica que

∫Ik−1

Ψi(%(i,h)(y))D%(i,h)(y) ∗ e′1Λ...Λ

fuera

e′i Λ...Λe′k

=

∫Ik−1

Ψi(y1, ...,i

h, ..., yk−1)e′1Λ...Λ

fuera

e′i Λ...Λe′k

=

k−1 veces︷︸︸︷1∫

0

...

1∫0

Ψi(y1, ...,i

h, ..., yk−1)dy

=

k veces︷︸︸︷1∫

0

...

1∫0

Ψi(x1, ...,i

h, ..., xk)dx

La ultima igualdad es debida a que la integral de Riemann de una funcion constante


sobre el intervalo [0, 1] toma el valor de la constante. Por lo tanto:

∫∂Ik

Ψie′1Λ...Λ

fuera

e′i Λ...Λe′k

=

k∑j=1

∑h∈{0,1}

(−1)j+h∫

Ik−1

%∗(j,h)Ψi(%(i,h)(y))e′1Λ...Λ

fuera

e′i Λ...Λe′k

=∑

h∈{0,1}

(−1)i+h∫

Ik−1

%∗(i,h)Ψi(%(i,h)(y))e′1Λ...Λ

fuera

e′i Λ...Λe′k

=∑

h∈{0,1}

(−1)i+h∫Ik

Ψi(x1, ...,i

h, ..., xk)dx

= (−1)i+1

∫Ik

Ψi(x1, ...,i

1, ..., xk)dx+ (−1)i∫Ik

Ψi(x1, ...,i

0, ..., xk)dx

Ahora pasamos a estudiar la integral al otro lado de la igualdad; esto es,∫M

dΨ para

el caso mas sencillo cuando M = Ik, que recorremos con la funcion identidad y Ψ esuna (k-1) forma en Rk. Como ya hemos observado, basta con estudiar el sumando

Ψie′1Λ...Λ

fuera

e′i Λ...Λe′k. En estas circunstancias se verifica que:

∫Ik

d(Ψie′1Λ...Λ

fuera

e′i Λ...Λe′k) =

∫Ik

(DiΨi)e′iΛe′1Λ...Λ

fuera

e′i Λ...Λe′k

Porque las otras derivadas parciales de la funcion Ψi van multiplicadas por los

1-tensores e′j que ya aparecen en el k-1 tensor e′1Λ...Λ

fuera

e′i Λ...Λe′k de modo que

si i 6= j entonces e′jΛe′1Λ...Λ

fuera

e′i Λ...Λe′k = 0. Por otro lado si i = j entonces

e′jΛe′1Λ...Λ

fuera

e′i Λ...Λe′k = (−1)i−1e′1Λ....Λe′k de modo que

∫Ik

(DiΨi)e′iΛe′1Λ...Λ

fuera

e′i Λ...Λe′k = (−1)i−1

∫Ik

(DiΨi)e′1Λ...Λe′k

= (−1)i−1

∫Ik

(DiΨi)dx


Aplicando de nuevo el teorema de Fubini tenemos que:

(−1)i−1

∫Ik

(DiΨi)dx

= (−1)i−1

∫Ik−1

1∫0

DiΨidxi

d(x1, ...,fuera

xi , ..., xk)

= (−1)i−1

∫Ik−1

(Ψi(x1, ...,

i

1, ..., xk)−Ψi(x1, ...,i

0, ..., xk)

)d(x1, ...,

fuera

xi , ..., xk).

Observemos que de nuevo podemos volver a incluir la integral de estas dos funcionesrespecto de la variable xi porque ambas tienen valor constante en dicha coordenaday ademas integramos en [0,1]. Ası nos queda:∫

Ik

d(Ψie′1Λ...Λ

fuera

e′i Λ...Λe′k)

= (−1)i−1

∫Ik−1

1∫0

Ψi(x1, ...,i

1, ..., xk)dxid(x1, ...,fuera

xi , ..., xk)

+(−1)i−1

∫Ik−1

1∫0

−Ψi(x1, ...,i

0, ..., xk)dxid(x1, ...,fuera

xi , ..., xk)

= (−1)i−1

∫Ik

Ψi(x1, ...,i

1, ..., xk)dx+ (−1)i∫Ik

Ψi(x1, ...,i

0, ..., xk)dx

= (−1)i−1

∫Ik

Ψi(%(i,1)(x))dx+ (−1)i∫Ik

Ψi(%(i,0)(x))dx =

∫∂Ik

Ψi

Finalmente, como la demostracion es cierta para todo i sumando obtenemos que:∫Ik

dΨ =∑

1≤i≤k

∫Ik

dΨie′1Λ...Λ

fuera

e′i Λ...Λe′k =∑

1≤i≤k

∫∂Ik

Ψi =

∫∂Ik

Ψ.

Por ultimo, vamos a probar el caso cuando el recorrido de clase C2 esta definidoası ϕ : Ik ⊂ Rk → Rn y Ψ es una (k-1) forma en Rn. Por definicion se verifica que∫

∂ϕ

Ψ =

∫∂Ik

ϕ∗Ψ y

∫ϕ

dΨ =

∫Ik

ϕ∗(dΨ).


Por otro lado, en el problema 9, apartado d) del capıtulo anterior (ver seccion 3.4)probamos que ϕ∗(dΨ) = d(ϕ∗Ψ), aquı es donde necesitamos la condicion de que ϕsea de clase C2, de modo que∫

ϕ

dΨ =

∫Ik

ϕ∗(dΨ) =

∫Ik

d(ϕ∗Ψ) =

∫∂Ik

ϕ∗Ψ =

∫∂ϕ

Ψ.

�

La version que acabamos de probar del teorema general de Stokes pone condicionesal recorrido, pero hay otra version del mismo teorema que pone condiciones a losconjuntos sobre los cuales se integra. Antes de enunciar esta otra version del teoremade Stokes necesitamos ver la definicion de variedad orientable, ası como la definicionde borde de una variedad.Empezamos con la definicion de variedad de dimension k contenida en Rn.

Definicion 4.4 Un conjunto M ⊂ Rn es una variedad dedimension k si para cada punto x ∈M se verifica la siguiente condicion:(C) existen dos conjuntos abiertos U y V en Rn, con x ∈ U, y undifeomorfismo H : U → V tales que:

H(U ∩M) = V ∩ Rk ×

(n−k)−veces︷︸︸︷{0} × ...× {0}

En el problema 9 se demuestra que la circunferencia y esfera, por ejemplo, sonvariedades y en el problema 8 (ver seccion 4.4) se demuestra que la parabola y elparaboloide, por ejemplo, son variedades.Esta definicion nos dice que para cada punto de la variedad podemos encontrar unabierto U que contiene a ese punto de modo que la interseccion U ∩M se puede

transformar con un difeomorfismo en un abierto del subespacio Rk×

(n−k)−veces︷︸︸︷{0} × ...× {0}.

Pensemos por ejemplo en la esfera que es una variedad de dimension 2 en R3. Paracada punto de la esfera podemos encontrar un cubo abierto U que contiene al punto yun difeomosfismo H de modo que H(U∩M) es de la forma (a1, b1)×(a2, b2)×{0}, esdecir que podemos imaginar a la esfera como una pelota hinchable a la cual podemosponer en cada punto un parche con forma casi rectangular, la forma que se obtieneal intersecar la esfera con un cubo abierto.La siguiente proposicion nos muestra que para cada punto de una variedad Mpodemos construir un recorrido que abarca todos los puntos de un entorno en M delpunto dado.


Proposicion 4.5 Dada M ⊂ Rn una variedad de dimensionk para cada punto x ∈ M existen dos conjuntos abiertos U ⊂ Rn yW ⊂ Rk, (con x ∈ U) y una funcion ϕx : W → U inyectiva y de clase C1

en W tal que se verifican las siguientes condiciones:1- ϕx(W ) = U ∩M.2- rang(Dϕx(w)) = k para todo w ∈W

La clave de la demostracion esta en relacionar las dos funciones H y ϕx0que como

veremos satisfacen ϕx0(w) = H

−1(w, 0).

Demostracion Supongamos que x0 ∈ M satisface la condicion (C), entoncestomamos el abierto U ⊂ Rn de la condicion (C) y como abierto W ⊂ Rk tomamosel siguiente conjunto:

W = {w ∈ Rk; (w, 0) ∈ H(U ∩M) = V ∩ Rk ×

(n−k)−veces︷︸︸︷{0} × ...× {0}

Veamos que W es abierto. Para cada w ∈ W sabemos que (w,0) ∈ V que pordefinicion es un conjunto abierto en Rn de modo que existe un radio r > 0 tal que

B((w, 0), r) = {x ∈ Rn; ||(w, 0)− x|| < r} ⊂ V.

Esto significa que con el mismo radio r > 0 se verifica que:

B(w, r) = {y ∈ Rk; ||y − w|| < r} ⊂W.

porque si y ∈ Rk satisface que ||y − w|| < r entonces tomando x = (y, 0) ∈ Rn severifica que ||y−w|| = ||(y, 0)−(w, 0)|| = ||(w, 0)−x||, de modo que x ∈ B((w, 0), r) ⊂V y por lo tanto

x = (y, 0) ∈ V ∩ Rk ×

(n−k)−veces︷︸︸︷{0} × ...× {0} = H(U ∩M),

lo cual implica que y ∈W.Ahora construimos la carta ϕx0

a partir del difeomorfismo H de la siguiente manera:

para cada w ∈ W definimos ϕx0(w) = H

−1(w, 0), de modo que ϕx0

se puede vercomo la composicion de las siguientes funciones:

ϕx0: W ⊂ Rk πk→ V ∩ Rk ×

(n−k)−veces︷︸︸︷{0} × ...× {0} H

−1

→ U ⊂ Rn

w (w, 0) H−1

(w, 0)

Al ser ambas funciones πk y H−1

inyectivas y diferenciables con continuidad sededuce que ϕx0

tambien lo es y satisface la condicion 1; es decir que ϕx0(W ) = U∩M.


Por ultimo, para cada w ∈W el rango de la matriz Dϕx0(w) es k porque al componer

ϕx0con las funciones H y P k, como se muestra a continuacion, se obtiene la funcion

identidad en W

Wπk→ V ∩ Rk ×

(n−k)−veces︷︸︸︷{0} × ...× {0} H

−1

→ U ∩M H→ V ∩ Rk ×

(n−k)−veces︷︸︸︷{0} × ...× {0} Pk→ W

w (w, 0) H−1

(w, 0) (w, 0) w

�

El siguiente ejemplo muestra como las condiciones 1 y 2 sobre los recorridos no sonsuficientes para asegurar que el conjunto es una variedad.

Ejemplo 4.6 Consideremos en R2 el conjunto de puntos dado por:

M = {(x1, x2) ∈ R2;x1 ∈ (−1, 0] y x2 = −1} ∪ (x1, x2) ∈ R2;x21 + x2

2 = 1}

Este conjunto se puede recorrer con la funcion:

ϕ : (−1, 2π) ⊂ R → M ⊂ R2

t

{(t,−1) si t ∈ (−1, 0]

(cos(t− π/2)), sen(t− π/2)) si t ∈ [0, 2π)

que es inyectiva, de clase C1 y verifica la condicion 2 de la proposicion anteriorporque su derivada es:

ϕ′ : (−1, 2π) ⊂ R → M ⊂ R2

t

{(1, 0) si t ∈ (−1, 0]

(−sen(t− π/2)), cos(t− π/2)) si t ∈ [0, 1)

Ademas se verifica tambien la condicion 1 de la proposicion tomando como abiertoU = R2. Sin embargo el conjunto M = ϕ(−1, 2π) tiene un punto para el cual no sesatisface la condicion (C) de las variedades: el punto (0,−1).

En el curso de Geometrıa diferencial de curvas y superficies se introduce el conceptode subvariedad diferenciable de dimension k contenida en Rn (ver pagina 127 de [C.G. P.]). Las subvariedades, para las cuales tambien se utiliza la letra M que vienedel termino manifold, son subconjuntos para los cuales se puede encontrar en cadapunto x ∈ M una funcion ϕx y dos abiertos W y U como los del enunciado de laproposicion, con la salvedad de que en ese curso se trabaja siempre con funciones declase C∞.A la terna (W,ϕx, U) se la llama carta de dimension k de M.La proposicion anterior muestra que para cada punto de una variedad de dimensionk contenida en Rn podemos encontrar una carta. Es facil ver que la misma cartanos sirve para recorrer todos los puntos de U ∩M de modo que para recorrer la


variedad no sera necesario utilizar una carta por cada punto sino que bastara conuna coleccion suficiente de cartas. esto es lo que en el curso de Geometrıa de curvasy superficies se definira como un atlas: un atlas de dimension k de la subvariedad Mes una familia de cartas AM = {(Wα, ϕα, Uα);α ∈ ∆} tales que M =

⋃α∈∆

ϕα(Wα).

El cardinal del conjunto de ındices ∆ (delta) puede ser finito o infinito.Las cartas que forman el atlas deben ser compatibles entre sı, lo cual significa quesi Uα ∩ Uβ 6= ∅ entonces la aplicacion (ϕα)−1 ◦ ϕβ : (ϕβ)−1(Uα ∩ Uβ) ⊂ Rk →(ϕα)−1(Uα ∩ Uβ) ⊂ Rk es de clase C1 y con determinante no nulo, propiedad quesatisfacen las cartas que construimos en la proposicion anterior porque todas sedefinen de forma similar, de modo que toda variedad de dimension k en Rn es unasubvariedad.Cuando trabajamos con caminos, asignamos a cada punto x = ϕ(t0) del recorridoϕ : I ⊂ R → C el vector tangente ϕ′(t0) y cuando trabajamos con superficiesasignamos a cada punto x = ϕ(u0) del recorrido ϕ : R ⊂ R2 → S el espacio vectorialtangente generado por los vectores:

D1ϕ(u0) = (D1ϕ1(u0), D1ϕ2(u0), D1ϕ3(u0))

D2ϕ(u0) = (D2ϕ1(u0), D2ϕ2(u0), D2ϕ3(u0))

De forma analoga cuando se trabaja con variedades de dimension k contenidas enRn a cada punto x ∈M se le asigna el espacio vectorial tangente, formado esta vezpor k-vectores de Rn, que se obtienen a partir de la carta ϕx : W ⊂ Rk → U ⊂ Rn.alconsiderar las derivadas de esta funcion vectorial respecto a las k-variables; esto es:

D1ϕx(u0) = (D1ϕx1(u0), ..., D1ϕxn(u0))

...

Dkϕx(u0) = (Dkϕx1(u0), ..., Dkϕxn(u0))

Para introducir el concepto de variedad orientable recurrimos tambien a las cartas:

Definicion 4.7 Una variedad M es orientable si existeun atlas AM = {(Wα, ϕα, Uα);α ∈ ∆} tal que para cada par decartas (Wα, ϕα, Uα) y (Wβ , ϕβ , Uβ) con Uα ∩ Uβ 6= ∅ se verifica quedet(D((ϕα)−1 ◦ ϕβ)(u)) > 0 para todo u ∈ (ϕβ)−1(Uα ∩ Uβ)

El borde de una variedad son los puntos de M que verifican la siguiente condicion(C’) estrechamente relacionada con la condicion (C) que verifican los puntos de lasvariedades.


Definicion 4.8 Dada una variedad M ⊂ Rn se dice que unpunto x ∈M ves un punto del borde deM si verifica la condicion siguienteque llamaremos (C’):(C’) existen dos conjuntos abiertos U y V en Rn, con x ∈ U, y undifeomorfismo H : U → V tales que:

H(U ∩M) = V ∩Hk ×

(n−k)−veces︷︸︸︷{0} × ...× {0}

siendo Hk el hiperplano de Rn dado por: Hk = (x1, ..., xk) ∈ Rk;xk ≥ 0}

Ningun punto puede verificar las condiciones (C) y (C’) a la vez de modo que alconjunto de los puntos que verifican la condicion (C’) se le llama borde de M, quese denota por ∂M.Como todos los puntos de la esfera verifican la condicion (C), resulta que laesfera no tiene borde, o equivalentemente que el borde es el conjunto vacıo. Perosi en lugar de considerar la esfera completa tomamos solo media esfera M ={(x1, x2, x3);x2

1 + x22 + x2

3 = 1 y x3 ≥ 0}, entonces esta variedad si tiene bordeque es el conjunto ∂M = {(x1, x2, x3);x2

1 + x22 + x2

3 = 1 y x3 = 0}.A continuacion enunciamos el teorema de Stokes para variedades.

Teorema 4.9 Teorema de Stokes para variedades: Dadauna (k-1) forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk−1(Rn) y dada una variedad M ⊂ Ude dimension k que sea orientada, compacta y con borde se verifica que:∫

M

dΨ =

∫∂M

Ψ

siendo ∂M el borde de la variedad M.

De nuevo, los recorridos que se utilizan para calcular las dos integrales deben estarrelacionados entre sı, pero explicar el significado de orientacion positiva para elborde de variedades contenidas en Rn con n ≥ 4 se aleja mucho de nuestrosobjetivos. Por otro lado el resultado anterior es mas teorico que practico porque enproblemas concretos para calcular las integrales habra que construir los recorridos yse pueden elegir como dominios para esos recorridos los k-cubos Ik, para los cualesla orientacion que hay que dar para recorrer el borde de M se consigue usando lascadenas de recorridos que vimos en la seccion 4.1.


Observemos que la variedad M es compacta si y solo si es un subconjunto cerrado yacotado de Rn. Todos los caminos y las superficies con las que hemos trabajado sonconjuntos compactos porque todos ellos se obtienen como la imagen por medio deuna funcion continua de un conjunto compacto, como un intervalo cerrado [a, b] ⊂ Ro una region simple R ⊂ R2.

4.3. Corolarios del teorema de Stokes

En esta seccion vamos a demostrar, a partir del teorema de Stokes para el casogeneral, todos los teoremas que fueron introducidos en la primera parte del texto.Como el trabajo duro ya esta hecho, las demostraciones de estos resultados, queenunciamos como corolarios, es decir consecuencias directas del teorema general,son muy breves.Teorema de Stokes para cadena: Dada una (k-1) forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk−1(Rn) ydada una k-cadena Ψ en U se verifica que:∫

Ψ

dΨ =

∫∂Ψ

Ψ

Teorema de Stokes para variedades: Dada una (k-1) forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk−1(Rn)y dada una variedad de dimension k M ⊂ U que sea orientada, compacta y confrontera se verifica que: ∫

M

dΨ =

∫∂M

Ψ

Corolario 4.10 Segundo teorema fundamental del calculo

para integrales de lınea: Si F : U ⊂ Rn → Rn es un campoconservativo continuo y U es un conjunto abierto y arco conexo de Rn,entonces el trabajo que se realiza al mover una partıcula entre dos puntoscualesquiera x0 y x1 en U unidos por cualquier recorrido ϕ en U es:∫

ϕ

F · T = f(x1)− f(x0)

siendo f la funcion potencial del campo FDemostracion Este resultado se obtiene al aplicar el teorema de Stokes al casok=1, la 0-forma Ψ : U ⊂ Rn → Λ0(Rn) = R dada por Ψ(x) = f(x) cuya diferencial

4.3. COROLARIOS DEL TEOREMA DE STOKES 213

es dΨ = F1(x)dx1 + ... + Fn(x)dxn, como se mostro en 3.2, y el recorrido ϕ cuyoborde esta formada por los puntos ϕ(a) = x0 y ϕ(b) = x1 de modo que∫

ϕ

F · T =

∫ϕ

dΨ =

∫∂ϕ

Ψ = f(x1)− f(x0)

�Corolario 4.11 Teorema de Green: Si F : U ⊂ R2 → R2 es de

clase C1, U es un conjunto abierto que contiene a la region R y el bordede R, ∂R, es un camino cerrado simple, entonces se verifica que:

∮∂R

F · T =∮∂R

F1(x)dx1 + F2(x)dx2 =∫R


Demostracion Este resultado se obtiene al aplicar el teorema de Stokes al casok=2, la 1-forma Ψ : U ⊂ R2 → Λ1(R2) dada por Ψ(x) = F1(x)e′1 + F2(x)e′2 cuyadiferencial es dΨ = (D1F2(x)−D2F1(x))e′1Λe′2, como se vio en el ejemplo 3.19, y lavariedad M = R cuyo borde es ∂M = ∂R de modo que∮

∂R

F · T =

∫∂M

Ψ =

∫M

dΨ =

∫R


�

Corolario 4.12 Teorema de Stokes en R3: Si F : U ⊂ R3 →R3 es de clase C1, U es un conjunto abierto que contiene a la superficiesimple S y ϕ : R ⊂ R2 → R, es un recorrido regular de S con orientacionpositiva y de clase C2,entonces se verifica que:∫

S

rotF ·N =

∮∂S

F1dx1 + F2dx2 + F3dx3 =

∮∂S

F · T

Demostracion Este resultado se obtiene al aplicar el teorema de Stokes al caso k=2,la 1-forma Ψ : U ⊂ R3 → Λ1(R3) dada por Ψ(x) = F1(x)e′1 + F2(x)e′2 + F3(x)e′3


cuya diferencial verifica ϕ∗dΨ(u) = rotΨ ·N(u)e′1Λe′2, como se en el problema 5 (verseccion 4.4), y la variedad M = S cuyo borde es ∂M = ∂S de modo que∫

S

rotF ·N =

∫ϕ

rotF ·N =

∫R

rotF (ϕ(u))N(u)du =

∫R

ϕ∗dΨ(u) =

∫ϕ

dΨ =

∫M

dΨ =

∫∂M

Ψ =

∫∂S

F1dx1 + F2dx2 + F3dx3

�

Corolario 4.13 Teorema de la divergencia: Si F : U ⊂ R3 →R3 es un campo vectorial de clase C1, U es un conjunto abierto quecontiene al solido K y la frontera de K es una superficie orientable,entonces se verifica que: ∫

K

divF =

∫ϕ

F ·N

donde ϕ es un recorrido de SK con orientacion exterior.Demostracion Este resultado se obtiene al aplicar el teorema de Stokes al caso k=3,la 2-forma Ψ : U ⊂ R3 → Λ2(R3) dada por Ψ(x) = F1(x)dx2Λdx3 +F2(x)dx3Λdx1 +F3(x)dx1Λdx2 cuya diferencial es dΨ = divFdx1Λdx2Λdx3, como se vera en elproblema 6 (ver seccion 4.4), y la variedad M = K cuyo borde es ∂M = ∂K = S demodo que: ∫

K

divF =

∫M

dΨ =

∫∂M

Ψ =

∫ϕ

F ·N

�



A continuacion encontrara una coleccion de problemas cuyos contenidos son similaresa los de los ejemplos que aparecen en las secciones anteriores. En cada problema seofrece una pequena sugerencia donde se dan las claves para desarrollar la solucion. Sino dispone del tiempo suficiente para resolver los problemas, al menos dedique unosminutos en pensar como desarrollarıa la solucion. De esta forma aprendera muchomas que si se limita a leer la respuesta.Problema 1 Probar que la formula que describe la 2-cadena que recorre el bordede I3

3∑i=1

∑h∈{0,1}

(−1)i+h%(i,h)

corresponde a una orientacion exterior.Sugerencia: Los recorridos de las caras se definen por parejas que comparten elmismo vector normal. El sentido de cada vector normal se ve con facilidad alrepresentar el cubo en R3.Problema 2 Probar que para todo n ≥ 2 se verifica que ∂(∂In)(x) = 0.Sugerencia: Observe que las funciones que forman la cadena ∂(∂In) tienen todas(n-2) variables, cada una de las cuales toma valores en el intervalo [0, 1], de modoque todas las variables se comportan igual. Esto permite describir cada una deestas funciones fijandonos solamente en dos de sus variables, las que toman valoresconstantes.Problema 3 Dado R > 0 se denota por ϕR al recorrido regular dado por:

ϕR : [0, 1] ⊂ R → R2

x (R cos 2πx,Rsen2πx)

Probar que para todo par R1, R2 con R1 > R2 existe un recorrido de clase C2 talque ϕ : I2 ⊂ R2 → R2 tal que ∂ϕ = ϕR2

− ϕR1

Sugerencia: Piense en como recorrer una corona circular.Problema 4 Probar que si la funcion de clase C2 en U ϕ : U ⊂ R2 → R3 es unrecorrido de una superficie S = ϕ(R), con R ⊂ U, y Ψ : U ⊂ R3 → Λ2(R3) es la2-forma definida por Ψ(x) = Ψ1(x)e′2Λe′3 + Ψ2(x)e′3Λe′1 + Ψ3(x)e′1Λe′2 entonces severifica que para todo u ∈ R

ϕ∗Ψ(u) = (Ψ1(ϕ(u)),Ψ2(ϕ(u)),Ψ3(ϕ(u))) ·N(u)e′1Λe′2

siendo N(u) el vector normal a la superficie.Sugerencia: Bastara con calcular solamente una de las tres transformacionesDϕ(u) ∗ e′2Λe′3 o Dϕ(u) ∗ e′3Λe′1o Dϕ(u) ∗ e′1Λe′2.Problema 5: Probar que si la funcion de clase C2 en U ϕ : U ⊂ R2 → R3 es unrecorrido de una superficie S = ϕ(R), con R ⊂ U, y Ψ : U ⊂ R3 → Λ1(R3) es la


1-forma definida por Ψ(x) = Ψ1(x)e′1 + Ψ2(x)e′2 + Ψ3(x)e′3 entonces se verifica quepara todo u ∈ R

ϕ∗dΨ(u) = rotΨ ·N(u)e′1Λe′2

siendo N(u) el vector normal a la superficie y rotΨ el rotacional del campo vectorial:Ψ : U ⊂ R3 → R3 dado por Ψ(x) = (Ψ1(x),Ψ2(x),Ψ3(x)).Sugerencia: Calcule por un lado la diferencial de la forma y por otro el rotacionaldel campo vectorial y despues conecte ambas expresiones usando el resultado delejercicio anterior.Problema 6: Probar que la diferencial de una 2-forma en R3 que tiene la siguienteexpresion:

Ψ : U ⊂ R3 → Λ2(R3)x (Ψ1(x)e′2Λe′3 + Ψ2(x)e′3Λe′1 + Ψ3(x)e′1Λe′2)

verifica que dΨ = divΨe′1Λe′2Λe′3 siendo divΨ el divergente del campo vectorial:Ψ : U ⊂ R3 → R3 dado por Ψ(x) = (Ψ1(x),Ψ2(x),Ψ3(x)).Sugerencia: Vera que la demostracion es muy sencilla pero que es fundamentalcolocar el segundo tensor ası: e′3Λe′1.Problema 7: Dada una funcion F : U ⊂ Rk → Rm de clase CP en el abierto U conp ≥ 1, probar que la grafica de F es una variedad contenida en Rn con n = k + mde dimension k.Sugerencia: Recuerde que la grafica de esta funcion se define por M = {(x, y) ∈Rk+m;x ∈ U e y = F (x)}. En este caso la funcion H que hay que construir se puededefinir para todos los puntos de la variedad a la vez.Problema 8: Sea f : U ⊂ Rn → R (con n ≥ 2) una funcion de clase C1 en U talque ∇f(x) 6= 0 para todo x ∈ U. Probar que el conjunto

M = {x ∈ U tales que f(x) = 0}

es una variedad de dimension n-1 en Rn.Sugerencia: Para cada x0 ∈ M como ∇f(x0) 6= 0 existe al menos unacoordenada i ∈ {1, ..., n} tal que Dif(x0) 6= 0. Usar la funcion H(x1, ..., nn) =

(x1, ...,ifxn, ..., f(x)) para probar que en ese punto se verifican las condiciones de

variedad.Problema 9: Probar que las circunferencias y las esferas son variedades dedimension uno y dos respectivamente.Sugerencia: Utilizar el resultado del problema anterior. ¿Se le ocurre alguna figuramas?Problema 10: Probar que si M ⊂ Rn es un subespacio vectorial de dimension k ≥ 1entonces M es una variedad de dimension k.Sugerencia: Amplıe una base de vectores de M para completar una base de Rn yconstruya H a partir de los funcionales asociados a dicha base.



Intente resolver los problemas, o al menos esbozar una respuesta, antes de leer lasolucion.Problema 1 Probar que la formula que describe la 2-cadena que recorre el bordede I3

3∑i=1

∑h∈{0,1}

(−1)i+h%(i,h)

corresponde a una orientacion exterior.Solucion: Vamos a calcular los vectores normales de cada uno de los recorridos delas seis caras.Para i = 1 los recorridos %(1,0) y %(1,1) se mueven por las caras contenidas en losplanos x1 = 0 y x1 = 1

%(1,0) : [0, 1]× [0, 1] ⊂ R2 → R3

(u1, u2) (0, u1, u2)

%(1,1) : [0, 1]× [0, 1] ⊂ R2 → R3

(u1, u2) (1, u1, u2)

y los vectores normales son para ambas funciones (1, 0, 0) que corresponden a unaorientacion positiva porque los signos asignados a las dos funciones son −%(1,0) y%(1,1).Para i = 2 los recorridos %(2,0) y %(2,1) se mueven por las caras contenidas en losplanos x2 = 0 y x2 = 1

%(2,0) : [0, 1]× [0, 1] ⊂ R2 → R3

(u1, u2) (u1, 0, u2)

%(2,1) : [0, 1]× [0, 1] ⊂ R2 → R3

(u1, u2) (u1, 1, u2)

y los vectores normales son para ambas funciones (0,−1, 0) que corresponden auna orientacion positiva porque los signos asignados a las dos funciones son %(2,0) y−%(2,1).Para i = 3 los recorridos %(3,0) y %(3,1) se mueven por las caras contenidas en losplanos x3 = 0 y x3 = 1

%(3,0) : [0, 1]× [0, 1] ⊂ R2 → R3

(u1, u2) (u1, u2, 0)


%(3,1) : [0, 1]× [0, 1] ⊂ R2 → R3

(u1, u2) (u1, u2, 1)

y los vectores normales son para ambas funciones (0, 0, 1) que corresponden a unaorientacion positiva porque los signos asignados a las dos funciones son −%(3,0) y%(3,1).

Problema 2 Probar que para todo n ≥ 2 se verifica que ∂(∂In)(x) = 0.Solucion: Por definicion recorremos el borde de In usando la siguiente suma y restade funciones, todas definidas en In−1:

n∑i=1

∑h∈{0,1}

(−1)i+h%(i,h).

Recordemos que cada funcion %(i,h) es de la forma:

%(i,h) : In−1 ⊂ Rn−1 → Rn

(x1, ..., xn−1) (x1, ...,i

h, xi, ..., xn−1)

Observemos que la funcion %(i,h) desplaza una posicion a las variables que van detrasdel lugar i.A continuacion volvemos a aplicar la misma formula a cada uno de los recorridos%(i,h)

n∑i=1

∑h∈{0,1}

(−1)i+hn−1∑j=1

∑k∈{0,1}

(−1)j+k%(i,h) ◦ %(j,k)

=

n∑i=1

n−1∑j=1

∑h∈{0,1}

∑k∈{0,1}

(−1)i+h+j+k%(i,h) ◦ %(j,k).

Observemos que para todo i ∈ {1, ..., n}, j ∈ {1, ..., n− 1} y h, k ∈ {0, 1} la funcion%(i,h) ◦ %(j,k) esta definida en el conjunto In−2 ⊂ Rn−2.Para demostrar que el borde del borde es la funcion cero tenemos que probar que

para cada x ∈ In−2 ⊂ Rn−2 se verifica quen∑i=1

n−1∑j=1

∑h∈{0,1}

∑k∈{0,1}

(−1)i+h+j+k%(i,h) ◦

%(j,k)(x) = 0.Esto es debido a que para cada pareja h,k ∈ {0, 1} hay dos funciones del sumatorioque tienen las mismas coordenadas fijas en estos valores y tienen signos contrariosLlamemos l,m a estas coordenadas. Es obvio que las coordenadas verifican quel 6= m, de modo que podemos llamar l a la pequena y m a la mayor. Entonces severifica que 1 ≤ l < m ≤ n. Como en el resto de las coordenadas que no estan enlos lugares l ni m la variable se mueve en el mismo intervalo [0, 1],podemos denotar


con un punto el valor de esta variable de modo que la n-upla donde esta inmerso elvector x ∈ In−2 se representa de la siguiente manera:

(·, . . . , ·,l︷︸︸︷h , ·, . . . , ·,

m︷︸︸︷k , ·, . . . , ·)

Para que una funcion de la forma %(i,h) ◦ %(j,k) asigne a cada vector x ∈ In−2 unan-upla como la descrita arriba se debe verificar o bien que primero se fije el valor hen el lugar l y despues el valor k en el lugar m, lo cual realiza la funcion %(l,h) ◦%(m,k)

o al reves, que primero se fije el valor k en el lugar m y despues el valor h en el lugarl, que realiza la funcion %(l,h) ◦ %(m−1,k), porque al fijar el valor h en el lugar l lasvariables posteriores al lugar l se desplazan una posicion.De modo que para cada pareja h, k ∈ {0, 1} se verifica que:

(−1)l+m+h+k%(l,h) ◦ %(m,k)(x) + (−1)l+m−1+h+k%(l,h) ◦ %(m−1,k)(x) = 0.

Problema 3 Dado R > 0 se denota por ϕR al recorrido regular dado por:

ϕR : [0, 1] ⊂ R → R2

x (R cos 2πx,Rsen2πx)

Probar que para todo par R1, R2 con R1 > R2 existe un recorrido de clase C2 talque ϕ : I2 ⊂ R2 → R2 tal que ∂ϕ = ϕR2

− ϕR1

Solucion: Vamos a construir ϕ para que recorra la corona circular. Usaremos unavariable para el angulo y la otra para el radio. El recorrido del angulo ya vienedescrito en las componentes de ϕR, de modo que si x1 es la variable que usamospara el angulo tendra la forma 2πx1. En cuanto al radio como queremos que oscileentre R2 y R1 la variable x2 tendra que empezar en R2 y terminar en R1 de modoque sera la funcion (R1 −R2)x2 +R2. Ası ϕ queda definida por:

ϕ : [0, 1]× [0, 1] ⊂ R2 → R2

(x1, x2) (((R1 −R2)x2 +R2) cos 2πx1, ((R1 −R2)x2 +R2)sen2πx1)

Es facil ver que esta funcion es de clase C∞ en todo R2 y que para todo x ∈ I2 eldeterminante de la matriz jacobiana, detDϕ(x) = −2π(R1−R2)((R1−R2)x2 +R2),es no nulo.A continuacion comprobamos que ∂ϕ = ϕR2

−ϕR1. Recordemos que ∂ϕ es la cadena

formada por los siguientes cuatro recorridos:

∂ϕ(x) =

2∑i=1

∑h=0,1

(−1)i+hϕ ◦ I2(i,h)(x) = −ϕ(0, x) + ϕ(1, x) + ϕ(x, 0)− ϕ(x, 1).

De modo que basta con observar que ϕ(x, 0) = ϕR2(x) y ϕ(x, 1) = ϕR1

(x) paratodo x ∈ [0, 1], mientras que ϕ(0, x) = (((R1 − R2)x2 + R2), 0) = ϕ(1, x) para todo


x ∈ [0, 1]. Como todas las funciones estan definidas en el mismo intervalo, para cadax ∈ [0, 1] se verifica que −ϕ(0, x) + ϕ(1, x) = 0 con lo cual queda probado que paracada x ∈ [0, 1] se tiene que ∂ϕ(x) = ϕ(x, 0)− ϕ(x, 1) = ϕR2

(x)− ϕR1(x).

Problema 4 Probar que si la funcion de clase C2 en U ϕ : U ⊂ R2 → R3 es unrecorrido de una superficie S = ϕ(R), con R ⊂ U, y Ψ : U ⊂ R3 → Λ2(R3) es la2-forma definida por Ψ(x) = Ψ1(x)e′2Λe′3 + Ψ2(x)e′3Λe′1 + Ψ3(x)e′1Λe′2 entonces severifica que para todo u ∈ R

ϕ∗Ψ(u) = (Ψ1(ϕ(u),Ψ2(ϕ(u),Ψ3(ϕ(u)) ·N(u)e′1Λe′2

siendo N(u) el vector normal a la superficie.Solucion: Por definicion

ϕ∗Ψ(u) = Ψ1(ϕ(u))Dϕ(u) ∗ e′2Λe′3 + Ψ2(ϕ(u))Dϕ(u) ∗ e′3Λe′1 + Ψ3(ϕ(u))Dϕ(u) ∗ e′1Λe′2

= (Ψ1(ϕ(u)),Ψ2(ϕ(u)),Ψ3(ϕ(u)))(Dϕ(u) ∗ e′2Λe′3, Dϕ(u) ∗ e′3Λe′1, Dϕ(u) ∗ e′1Λe′2)

Por lo tanto tenemos que demostrar que

(Dϕ(u) ∗ e′2Λe′3, Dϕ(u) ∗ e′3Λe′1, Dϕ(u) ∗ e′1Λe′2) = N(u)e′1Λe′2

Vamos a analizar como es, por ejemplo, la 2-forma Dϕ(u) ∗ e′3Λe′1 y cambiando losındices podremos saber como son Dϕ(u) ∗ e′2Λe′3 y Dϕ(u) ∗ e′1Λe′2.Recordemos que la matriz jacobiana Dϕ(u) actua sobre cada vector v = (v1, v2) dela siguiente manera:

Dϕ(u)

(v1

v2

)=

D1ϕ1(u) D2ϕ1(u)D1ϕ2(u) D2ϕ2(u)D1ϕ3(u) D2ϕ3(u)

(v1

v2

)= (D1ϕ1(u)v1 +D2ϕ1(u)v2, D1ϕ2(u)v1 +D2ϕ2(u)v2, D1ϕ3(u)v1 +D2ϕ3(u)v2).

Por otro lado, el tensor alterno e′3Λe′1 es igual a e′3 ⊗ e′1 − e′1 ⊗ e′3 de modo que para


cada par de vectores v1 = (v11, v12) y v2 = (v21, v22) se verifica que:

Dϕ(u) ∗ e′3Λe′1(v1, v2) = e′3Λe′1(Dϕ(u)(v1), Dϕ(u)(v2))

= (e′3 ⊗ e′1 − e′1 ⊗ e′3)(Dϕ(u)(v1), Dϕ(u)(v2))

= e′3(Dϕ(u)(v1)e′1(Dϕ(u)(v2)− e′1(Dϕ(u)(v1)e′3(Dϕ(u)(v2)

= (D1ϕ3(u)v11 +D2ϕ3(u)v12)(D1ϕ1(u)v21 +D2ϕ1(u)v22)−(D1ϕ1(u)v11 +D2ϕ1(u)v12)(D1ϕ3(u)v21 +D2ϕ3(u)v22)

= (D1ϕ3(u)D1ϕ1(u)−D1ϕ1(u)D1ϕ3(u))v11v21 +

(D1ϕ3(u)D2ϕ1(u)−D1ϕ1(u)D2ϕ3(u))v11v22 +

(D2ϕ3(u)D1ϕ1(u)−D2ϕ1(u)D1ϕ3(u))v12v21 +

(D2ϕ3(u)D2ϕ1(u)−D2ϕ1(u)D2ϕ3(u))v12v22

= (D1ϕ3(u)D2ϕ1(u)−D1ϕ1(u)D2ϕ3(u))(v11v22 − v12v21)

= (D1ϕ3(u)D2ϕ1(u)−D1ϕ1(u)D2ϕ3(u))(e′1 ⊗ e′2 − e′2 ⊗ e′1)(v1, v2)

= (D1ϕ3(u)D2ϕ1(u)−D1ϕ1(u)D2ϕ1(u))e′1Λe′2(v1, v2)

De forma analoga cuando calculamos el tensor Dϕ(u) ∗ e′2Λe′3 llegamos a las mismasigualdades pero cambiando ϕ3(u) por ϕ2(u) y ϕ1(u) por ϕ3(u), de modo que

Dϕ(u) ∗ e′2Λe′3 = (D1ϕ2(u)D2ϕ3(u)−D1ϕ3(u)D2ϕ2(u))e′1Λe′2.

repitiendo de nuevo los mismos pasos obtenemos que

Dϕ(u) ∗ e′1Λe′2 = (D1ϕ1(u)D2ϕ2(u)−D1ϕ2(u)D2ϕ1(u))e′1Λe′2.

Finalmente, recordemos que por definicion

N(u) = D1ϕ(u)×D2ϕ(u) = det

i j kD1ϕ1(u) D1ϕ2(u) D1ϕ3(u)D2ϕ1(u) D2ϕ2(u) D2ϕ3(u)

= (D1ϕ2(u)D2ϕ3(u)−D1ϕ3(u)D2ϕ2(u))i+

(D1ϕ3(u)D2ϕ1(u)−D1ϕ1(u)D2ϕ3(u))j +

(D1ϕ1(u)D2ϕ2(u)−D1ϕ2(u)D2ϕ1(u))k

De modo que queda demostrada la igualdad:

N(u)e′1Λe′2 = (Dϕ(u) ∗ e′2Λe′3, Dϕ(u) ∗ e′3Λe′1, Dϕ(u) ∗ e′1Λe′2)

Problema 5 Probar que si la funcion ϕ : U ⊂ R2 → R3, de clase C2 en U, es unrecorrido de una superficie S = ϕ(R), con R ⊂ U, y Ψ : U ⊂ R3 → Λ1(R3) es la1-forma definida por Ψ(x) = Ψ1(x)e′1 + Ψ2(x)e′2 + Ψ3(x)e′3 entonces se verifica quepara todo u ∈ R

ϕ∗dΨ(u) = rotΨ ·N(u)e′1Λe′2


siendo N(u) el vector normal a la superficie y rotΨ el rotacional del campo vectorial:Ψ : U ⊂ R3 → R3 dado por Ψ(x) = (Ψ1(x),Ψ2(x),Ψ3(x)).Solucion: Por definicion el rotacional del campo es:

rotΨ = det

i j kD1 D2 D3

Ψ1 Ψ2 Ψ3

= (D2Ψ3 −D3Ψ2, D3Ψ1 −D1Ψ3, D1Ψ2 −D2Ψ1)

Mientras que la diferencial de la forma Ψ es:

dΨ =

3∑i=1

DiΨ1e′iΛe′1 +

3∑i=1

DiΨ2e′iΛe′2 +

3∑i=1

DiΨ3e′iΛe′3

= D3Ψ1e′3Λe′1 −D2Ψ1e

′1Λe′2 +D1Ψ2e

′1Λe′2 −D3Ψ2e

′2Λe′3 +D2Ψ3e

′2Λe′3 −D1Ψ3e

′3Λe′1

= (D2Ψ3 −D3Ψ2)e′2Λe′3 + (D3Ψ1 −D1Ψ3)e′3Λe′1 + (D1Ψ2 −D2Ψ1)e′1Λe′2.

Lo cual demuestra que el campo vectorial asociado a la forma dΨ es precisamenteel rotacional del campo Ψ. De modo que aplicando la formula demostrada en elproblema 4 (ver seccion 4.4) para la transformacion de la forma dΨ con la funcionϕ concluimos que ϕ∗dΨ(u) = rotΨ ·N(u)e′1Λe′2.Problema 6: Probar que la diferencial de una 2-forma en R3 que tiene la siguienteexpresion:

Ψ : U ⊂ R3 → Λ2(R3)u (Ψ1(x)e′2Λe′3 + Ψ2(x)e′3Λe′1 + Ψ3(x)e′1Λe′2)

verifica que dΨ = divΨe′1Λe′2Λe′3 siendo divΨ el divergente del campo vectorial:Ψ : U ⊂ R3 → R3 dado por Ψ(x) = (Ψ1(x),Ψ2(x),Ψ3(x)).Solucion: Por definicion la diferencial de la forma Ψ es:

dΨ =

3∑i=1

DiΨ1e′iΛe′2Λe′3 +

3∑i=1

DiΨ2e′iΛe′3Λe′1 +

3∑i=1

DiΨ3e′iΛe′1Λe′2

= D1Ψ1e′1Λe′2Λe′3 +D2Ψ2e

′2Λe′3Λe′1 +D3Ψ3e

′3Λe′1Λe′2

= D1Ψ1e′1Λe′2Λe′3 +D2Ψ2e

′1Λe′2Λe′3 +D3Ψ3e

′1Λe′2Λe′3

= (D1Ψ1 +D2Ψ2 +D3Ψ3)e′1Λe′2Λe′3

= divΨe′1Λe′2Λe′3.

Problema 7: Dada una funcion F : U ⊂ Rk → Rm de clase CP en el abierto U conp ≥ 1, probar que la grafica de F es una variedad contenida en Rn con n = k + mde dimension k.Solucion: Tenemos que demostrar que todos los puntos del conjunto M = {(x, y) ∈Rk+m;x ∈ U e y = F (x)} verifican las condiciones para que M sea una variedad. Dehecho en este caso veremos que el difeomorfismo H que construiremos a continuacion


sirve para todos los puntos. Tomamos como abierto de Rn el conjunto U × Rm ydefinimos H por:

H : U × Rm → U × Rm(x, y) (x, y − F (x))

Por la construccion de H y por las propiedades de F es inmediato que H es de claseCp en U × Rm.Vamos a probar que es inyectiva si H(x0, y0) = (x0, y0 − F (x0)) = H(x1, y1) =(x1, y1 − F (x1)) entonces x0 = x1 y y0 − F (x0) = y1 − F (x1), pero si x0 = x1

entonces F (x0) = F (x1), de donde se deduce que tambien y0 = y1 y por lo tanto(x0, y0) = (x1, y1).Por otro lado H es sobreyectiva porque dado (x, y) ∈ U × Rm basta con tomar(x, y + F (x)) ∈ U × Rm para conseguir que H(x, y + F (x)) = (x, y).A continuacion probaremos que el rango de DH(x, y) es k + m para todo (x, y) ∈U × Rm. Derivando vemos que la matriz esta formada por las siguientes cajas:

DH(x, y) =

(Id(k × k) 0(k ×m)−DF (x) Id(m×m)

)donde Id(k × k) denota la matriz identidad de tamano k × k y Id(m × m) la detamano m ×m, como ademas tenemos en la parte superior derecha una matriz deceros se sigue que DH(x, y) tiene rango maximo.Por ultimo solo nos falta demostrar que H(U × Rm ∩ M) = U × Rm ∩ Rk ×

m−veces︷︸︸︷{0} × ...× {0}. Pero (x, y) ∈ U × Rm ∩ M si y solo si x ∈ U e y = F (x) locual es equivalente a decir que x, y e y − F (x) = 0 o lo que es lo mismo x ∈ U

y H(x, y) = (x, 0) es decir que H(x, y) ∈ U × Rm ∩ Rk ×m−veces︷︸︸︷

{0} × ...× {0}.Problema 8: Sea f : U ⊂ Rn → R (con n ≥ 2) una funcion de clase C1 en U talque ∇f(x) 6= 0 para todo x ∈ U. Probar que el conjunto

M = {x ∈ U tales que f(x) = 0}

es una variedad de dimension n-1 en Rn.Solucion: Para cada x0 ∈ M como ∇f(x0) 6= 0 existe al menos una coordenadai ∈ {1, ..., n} tal que Dif(x0) 6= 0. Vamos a demostrar que la funcion H(x1, ..., xn) =

(x1, ...,ifxn, ..., f(x)) restringida a un abierto adecuado de Rn y con imagen en Rn

satisface las condiciones pedidas en la definicion de variedad. Observemos que lafuncion H pone al escalar f(x) en la ultima posicion y a la coordenada xn en laposicion i-esima, de modo que la coordenada xi desaparece. Cuando la derivadaparcial no nula es precisamente la n-esima (i=n), entonces la funcion H pone elescalar f(x) en la ultima posicion y la coordenada xn desaparece.


En primer lugar es inmediato que esta funcion definida sobre el abierto U ⊂ Rn esde clase C1.Por otro lado, la matriz jacobiana en el punto x0 es de la forma:

DH(x0) =

1 0 · · · 0· · · · · · · · · · · ·i→ 0 · · · · · · 1· · · · · · · · · · · ·

D1f(x0) · · · · · · Dnf(x0)

De modo que si cambiamos la fila i-esima por la n-esima el determinante de la matrizcambia de signo y nos queda que

detDH(x0) = −det

1 0 · · · 0· · · · · · · · · · · ·

D1f(x0) · · · · · · Dnf(x0)· · · · · · · · · · · ·0 · · · · · · 1

= −Dif(x0) 6= 0

Por lo tanto podemos aplicar el teorema de la funcion inversa a H en el punto x0

y concluir que existen dos conjuntos abiertos V,W ⊂ Rn tales que x0 ∈ V ⊂ U yH : V ⊂ Rn → W ⊂ Rn es un difeomorfismo. Observemos que este difeomorfismoes distinto para cada punto x0 de M , porque aunque las componentes de la funcionH coincidan, los abiertos V,W ⊂ Rn pueden cambiar.

Ademas se verifica que H(x0) = (x01, ...,ifx0n, ..., 0). Vamos a demostrar que

H(V ∩M) = W ∩ Rn−1 × {0}.En primer lugar como V ⊂ U se verifica que V ∩ M = {x ∈ V ; f(x) = 0},de modo que si x ∈ V ∩ M entonces H(x) ∈ W y Hn(x) = 0; es decir queH(x) ∈W ∩Rn−1 × {0}.Por otro lado, si y ∈W ∩ Rn−1 × {0} se verifica que y ∈W = H(V ) y tambien queyn = 0. De modo que existe un x ∈ V con y = H(x), pero como ademas yn = 0tenemos que Hn(x) = f(x) = yn = 0 y por lo tanto x ∈ M e y = H(x) ∈ H(M).como ademas x ∈ V se concluye que y ∈ H(V ∩M).Problema 9: Probar que las circunferencias y las esferas son variedades dedimension uno y dos respectivamente.Solucion: Por el resultado probado en el problema anterior los conjuntos:

C = {(x1, x2) ∈ R2; (x1 − a)2 + (x2 − b)2 = r2}

S = {(x1, x2, x3) ∈ R3; (x1 − a)2 + (x2 − b)2 + (x3 − c)2 = r2}

son variedades de dimension 1 en R2 y de dimension 2 en R3 respectivamente porquelas funciones:

f : R2 → R(x1, x2) (x1 − a)2 + (x2 − b)2 − r2


g : R3 → R(x1, x2, x3) (x1 − a)2 + (x2 − b)2 + (x3 − c)2 − r2

son ambas de clase C∞ en todos los puntos y sus vectores gradientes ∇f(x) =(2(x1 − a), 2(x2 − b)) y ∇g(x) = (2(x1 − a), 2(x2 − b), 2(x3 − c)) son no nulos en lospuntos de C y S respectivamente.De forma analoga, las curvas de R2 que vienen descritas por medio de una ecuacionimplıcita o explıcita: como por ejemplo las ecuaciones x2 = xk1 y xk1 − x

p2 = 1, que

incluyen a las parabolas y a las hiperbolas, son variedades de dimension 1 en R2.Y las superficies de R3que vienen descritas por medio de una ecuacion implıcita oexplıcita: como por ejemplo las ecuaciones x3 = xk1 + xp2 y a2xk1 + b2xp2 + c2x2

3 = 1,que incluyen a los paraboloides y a los elipsoides, son variedades de dimension 2 enR3.Problema 10: Probar que si M ⊂ Rn es un subespacio vectorial de dimension k ≥ 1entonces M es una variedad de dimension k.Solucion: Tomamos {v1, ..., vk} ⊂ M k vectores linealmente independientes queseran base algebraica de M y ampliamos esta familia de vectores escogiendo otros(n-k) vectores de Rn\M de modo que la familia ampliada, {v1, ..., vk, vk+1, ..., vn}sea base de Rn.Si ahora llamamos v′i a las aplicaciones lineales de Rn en R asociadas a esta base;es decir las aplicaciones que verifican que v′i(vj) = 0 si i 6= j y v′i(vi) = 1 para todoi, j ∈ {1, ..., n} entonces se verifica que cada aplicacion lineal v′i : Rn → R es unafuncion de clase C∞ y la funcion:

H : Rn → Rn

xn∑i=1

v′i(x)ei

es tambien de clase C∞. De hecho esta funcion es la que transforma las coordenadasde un vector x en la base {v1, ..., vk, vk+1, ..., vn} que es la n-upla (v′1(x), ..., v′n(x))

a las coordenadas del vector en la base canonica {e1, ..., en}. Como H−1

es otrocambio de base, es tambien de clase C∞, en particular H es un difeomorfismo. Porlo tanto solo nos falta por demostrar que se verifica la igualdad: H(Rn ∩ M) =

Rn ∩Rk×

(n−k)−veces︷︸︸︷{0} × ...× {0} = Rk×

(n−k)−veces︷︸︸︷{0} × ...× {0} pero esto es equivalente a decir que

x ∈M si y solo si v′i(x) = 0 para todo i ≥ k+ 1, lo cual es cierto porque los vectoresde M son combinaciones lineales de los vectores de la base escogida ; es decir , son de

la forma x =k∑i=1

aivi siendo los ai numeros reales y los funcionales v′j para j ≥ k+ 1

se anulan en estos vectores.



Prueba 11a: Si tenemos un recorrido de clase C2 del conjunto M dado por ϕ : Ik ⊂ Rk →M ⊂ Rn podemos recorrer el borde formando una (k-1)-cadena como la siguiente:

a) ∂ϕ =k∑i=1

∑h∈{0,1}

(−1)i+hϕ ◦ %(i,h).

b) ∂ϕ =k∑i=1

n∑h=1

(−1)i+hϕ ◦ %(i,h).

c) ∂ϕ =k∑i=1

∑h∈{0,1}

(−1)ihϕ ◦ %(i,h).

2a: Dada la 0-forma Ψ : U ⊂ Rn → R, y el recorrido, ϕ : {0} → U la integral de Ψsobre ϕ se define por:a)∫ϕ

Ψ = Ψ(0)

b)∫ϕ

Ψ =∫0

Ψ(ϕ(t))dt

c)∫ϕ

Ψ = Ψ(ϕ(0))

3a: Dada la k-forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk(Rn), y el recorrido de clase C2 de M ⊂ U ,ϕ : Ik →M ⊂ U ⊂ Rn la integral de Ψ sobre ϕ se define por:a)∫ϕ

Ψ =∫Ik

Ψ(ϕ(u)du

b)∫ϕ

Ψ =∫Ikϕ∗Ψ.

c)∫ϕ

Ψ =∫IkDϕ∗Ψ.

4a: Dada una 1-forma en R2,Ψ : U ⊂ R2 → Λ1(R2), y dada un recorrido regular deC ⊂ U ϕ : I ⊂ R→ C ⊂ U ⊂ R2 la integral de Ψ sobre ϕ coincide con:a) la integral de lınea del campo vectorial Ψ(x1, x2) = (Ψ1(x1, x2),Ψ2(x1, x2)) sobreel recorrido ϕb) la integral de trayectoria del campo escalar Ψ(x1, x2) = Ψ1(x1, x2) + Ψ2(x1, x2)sobre el recorrido ϕc) no coincide con ninguna de las dos integrales anteriores5a:Dada una 2-forma en R3, Ψ : U ⊂ R3 → Λ2(R3) definida por Ψ(x) =(Ψ1(x)dx2Λdx3 + Ψ2(x)dx1Λdx3 + Ψ3(x)dx1Λdx2) y dado un recorrido regularϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ U sobre una superficie S la integral de Ψ sobre ϕ coincidecon:a) la integral del campo vectorial Ψ(x1, x2, x3) = (Ψ1(x1, x2, x3),Ψ2(x1, x2, x3),Ψ3(x1, x2, x3))sobre el recorrido ϕb) la integral del campo escalar Ψ(x1, x2, x3) = Ψ1(x1, x2, x3) + Ψ2(x1, x2, x3) +Ψ3(x1, x2, x3) sobre el recorrido ϕc) no coincide con ninguna de las dos integrales anteriores


6a:La diferencial de una 2-forma Ψ en R3 verifica que dΨ = divΨe′1Λe′2Λe′3 siendo elcampo vectorial Ψ(x) = (Ψ1(x),Ψ2(x),Ψ3(x)), cuando la 2-forma tiene la siguienteexpresion:a) Ψ(x) = Ψ1(x)e′2Λe′3 + Ψ2(x)e′3Λe′1 + Ψ3(x)e′1Λe′2b) Ψ(x) = Ψ1(x)e′2Λe′3 + Ψ2(x)e′1Λe′3 + Ψ3(x)e′1Λe′2c) Ψ(x) = Ψ1(x)e′1Λe′2 + Ψ2(x)e′2Λe′3 + Ψ3(x)e′1Λe′37a:La siguiente funcion:

ϕ : [0, 1]× [0, 1]× [0, 1] → S(u1, u2, u3) (u3 cos 2πu1senπu2, u3sen2πu1senπu2, u3 cosπu2)

a) Es de clase Cp con p ≥ 2 en un abierto que contiene a I3 y es inyectiva en I3.b) Es de clase C∞ en el abierto R3 que contiene a I3 y satisface que ϕ(I3) = {x ∈R3;x2

1 + x22 + x2

3 ≤ 1}, pero no es un recorrido de clase C2 de ese conjunto.c) Es un recorrido de clase C2 del conjunto M = {x ∈ R3;x2

1 + x22 + x2

3 ≤ 1}8a:Si S ⊂ R3 es una superficie simple para la cual existe un recorrido ϕ : R ⊂ R2 →S ⊂ R3 que sea de clase C∞ en el interior de R, entonces se verifica quea) S es una subvariedad de dimension 2 contenida en R3

b) ϕ(◦R) es una subvariedad de dimension 2 contenida en R3

c) La carta (R3, ϕ,◦R) es un atlas de la subvariedad S

9a:Si W es un conjunto abierto no vacıo contenido en Rn entonces:a) W es una variedad en Rn de dimension n.b) W es una variedad en Rn de dimension k < nc) W no es una variedad en Rn de dimension n.10a: Si M es una variedad contenida en R3 de dimension k y W es un conjuntoabierto de R3 tal que W ∩M 6= ∅, entonces:a) W ∩M es una variedad en R3 de dimension k.b) No siempre se verifica que W ∩M sea una variedad en R3 de dimension k.c) W ∩M es una variedad en R3 pero puede tener dimension menor que k.



Prueba 21a:Si U ⊂ Rn un conjunto abierto no vacıo, entoncesa) U es una variedad de dimension nb) U es una variedad si y solo si es un conjunto conexoc) U es una variedad de dimension 12a:Si M ⊂ Rn un conjunto cerrado no vacıo, entoncesa) M es una variedad de dimension k < nb) M puede no ser una variedad.c) M es una variedad si y solo si es un conjunto compacto.3a:Sea M ⊂ Rn una variedad de dimension k y sea a un punto de Rn entonces elconjunto definido por:

Ma = {x ∈ Rn;x = a+ v siendo v ∈M}

a) es una variedad de dimension kb) no es una variedadc) es una variedad si y solo si a = 04a:Se considera en Rn el conjunto dado por:

M = {x ∈ Rn;x1 = a1, x2 = a2, ..., xk = ak}

siendo 1 ≤ k < n y a1, ..., ak k numeros reales fijos. Entonces se verifica quea) M no es una variedadb) M es una variedad de dimension kc) M es una variedad de dimension n− k5a:Si M ⊂ Rn es un conjunto formado por una cantidad finita de puntos, entonces:a) M no es una variedadb) M es una variedad de dimension 0c) M es una variedad de dimension 16a:Dadas dos variedades M1 y M2 en Rn de dimension k se verifica que:a) M1 ∪M2 es una variedad de dimension kb) M1 ∪M2 es una variedad de dimension 2kc) M1 ∪M2 puede no ser una variedad.7a:El conjunto de puntos dado por:

M = {x ∈ Rn;x = (t, t2, t3, ..., tn) siendo t ∈ R}

a) es una variedad de dimension 1.b) es una variedad de dimension n− 1c) no es una variedad.8a:El conjunto de puntos dado por:

M = {x ∈ R2n;x2i−1 = x2i para todo i ∈ {1, 2, ..., n}}

a) es una variedad de dimension 2n− 1


b) es una variedad de dimension nc) no es una variedad9a Sea v ∈ Rn un vector no nulo. Entonces el conjunto de puntos dado por:

M = {x ∈ Rn;< x, v >= 0}

a) es una variedad de dimension 1b) es una variedad de dimension n− 1c) no es una variedad10a:El conjunto de puntos dado por:

M = {x ∈ R4;x3 = cos(x21 + x2

4 + 1) y x2 = ex3}

a) es una variedad de dimension 2b) no es una variedadc) es una variedad de dimension 1


Apendice A

Soluciones de las pruebas deautoevaluacion

Integrales sobre caminos:

1a 2a 3a 4a 5a 6a 7a 8a 9a 10a

Prueba 1 c b a b a c a c a a

Prueba 2 c a b a b c a a b a

Integrales sobre superficies:

1a 2a 3a 4a 5a 6a 7a 8a 9a 10a

Prueba 1 b b a b a a b b b a

Prueba 2 b b b a b a b c a b

Formas diferenciales:

1a 2a 3a 4a 5a 6a 7a 8a 9a 10a

Prueba 1 c a a b c b c c a c

Prueba 2 a b a c a b a b c c

El Teorema de Stokes:

1a 2a 3a 4a 5a 6a 7a 8a 9a 10a

Prueba 1 a c b a a a b b a a

Prueba 2 a b a c b c a b b a

231

232 Soluciones test

Apendice B

Glosario

Aplicacion lineal Una aplicacion A : Rn → Rm se dice que es lineal si para cadapar de vectores v1, v2 ∈ Rn y para cada par de numeros reales a y b se verifica que:

A(av1 + bv2) = aA(v1) + bA(v2)

Aplicacion multilineal Decimos que una aplicacion s :

k−veces︷︸︸︷Rn × ...× Rn → R es

multilineal si es lineal en cada variable; es decir que para cada i ∈ {1, 2, ..., k}, paracada familia de vectores v1, v2, ..., vi, wi, ..., vk en Rn y para cada par de numerosreales a, b se verifica que

s(v1, v2, ..., avi + bwi, ..., vk) = as(v1, v2, ..., vi, ..., vk) + bs(v1, v2, ..., wi, ..., vk)

Area de una superficie Dada una superficie S ⊂ R3 y dado un recorridoϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ R3 de S, se define al area de S segun ϕ como:

area(S) =

∫R

||N(u)||du

siempre que dicha integral exista.Bola abierta de centro x y radio r > 0 Llamamos bola abierta de centro x ∈ Rny radio r > 0 al subconjunto de Rn dado por:

B(x, r) = {y ∈ Rn; ||x− y|| < r}= {y ∈ Rn;

√(x1 − y1)2 + ...+ (xn − yn)2 < r}.

Bola cerrada de centro x y radio r > 0 Llamamos bola cerrada de centro

233

234 Glosario

x ∈ Rn y radio r > 0 al subconjunto de Rn dado por:

Bc(x, r) = {y ∈ Rn; ||x− y|| 6 r}= {y ∈ Rn;

√(x1 − y1)2 + ...+ (xn − yn)2 6 r}.

Borde de una superficie Dada S una superficie simple o compuesta en R3 sellama borde de S, que denotaremos por ∂S al camino en R3 definido por ϕ(fron(R))siendo ϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ R3 un recorrido regular de S.Camino en Rn llamamos camino en Rn a todo conjunto de puntos C ⊂ Rn quese obtiene al tomar la imagen de un intervalo [a, b] ⊂ R por medio de una funcioncontinua c : [a, b]→ Rn, que no sea constante, para que C = c([a, b]) sea un conjuntoque tiene infinitos puntos.Camino (cerrado) simple Un camino C ⊂ Rn se dice que es un camino simplesi existe un recorrido ϕ de C tal que ϕ′(t) es distinta de cero en todos los puntosdonde existe excepto a lo sumo en una cantidad finita y ϕ es inyectiva en [a, b]. Si ϕes inyectiva en [a, b) y verifica que ϕ(a) = ϕ(b), entonces se dice que C es un caminocerrado simple.Campos escalares son las funciones definidas desde un subconjunto abiertoU ⊂ Rn y con imagen en R.Campos vectoriales son las funciones definidas desde un subconjunto abiertoU ⊂ Rn y con imagen en el mismo espacio Rn.Campo vectorial conservativo Se dice que un campo vectorial F : U ⊂ Rn → Rn(U abierto) es conservativo si existe un campo escalar f : U ⊂ Rn → R tal que∇f(x) = F (x) para todo x ∈ U. El campo escalar f recibe el nombre de funcionpotencial de F .Centro de masa de un alambre Sea C ⊂ R3 un alambre delgado y sea f : C → Rla funcion de densidad de C, entonces para cada recorrido ϕ de C se define el centrode masa del alambre como:

centro de masa =1

masa(alambre)

∫ϕ

x1f,

∫ϕ

x2f,

∫ϕ

x3f

Centro de masa de una lamina Sea S ⊂ R3 un una lamina y sea f : C → R lafuncion de densidad de S, entonces para cada recorrido ϕ de S se define el centro demasa de la lamina como:

centro de masa=1

masa(S)

(∫ϕ

x1f,∫ϕ

x2f,∫ϕ

x3f

)Conjunto abierto en Rn con la topologıa usual Se dice que un conjuntoU ⊂ Rn es abierto si es vacıo o en caso contrario para cada punto x ∈ U existeuna bola de centro x y radio r, B(x, r), tal que B(x, r) ⊂ U. En consecuencia los

Glosario 235

conjuntos abiertos no vacıos se pueden escribir como uniones infinitas o finitas debolas abiertas.Conjunto arco conexo Se dice que un conjunto B ⊂ Rn es arco conexo si paratodo par de puntos x, y ∈ B existe una funcion continua ϕ : [a, b] ⊂ R → B ⊂ Rntal que ϕ(a) = x y ϕ(b) = y.Conjunto cerrado en Rn con la topologıa usual Se dice que un conjuntoA ⊂ Rn es cerrado cuando su complementario Rn\A es un conjunto abierto.Conjunto compacto Se dice que un conjunto K ⊂ Rn es compacto si para todafamilia de conjuntos abiertos {Ui; i ∈ I} que cubra al conjunto; es decir que verifiqueque K ⊂

⋃i∈I

Ui existe una cantidad finita de conjuntos {Ui1 , ..., Uip} que cubren el

conjunto es decir que K ⊂p⋃j=1

Uij . En Rn con la topologıa inducida por la distancia

euclıdea las siguientes caracterizaciones de la compacidad resultan a menudo masutiles: K ⊂ Rn es un conjunto compacto si y solo si es cerrado y acotado. Y lacaracterizacion en terminos de sucesiones: K ⊂ Rn es un conjunto compacto si ysolo si toda sucesion de puntos contenida enK contiene una subsucesion que convergea un punto de K.Conjunto conexo Se dice que un conjunto B ⊂ Rn es conexo cuando no es posiblesepararlo con dos conjuntos abiertos; es decir, que no existen dos abiertos U1 y U2

que verifiquen las siguientes condiciones:a) U1 ∩B 6= ∅ y U2 ∩B 6= ∅b) B ⊂ U1 ∪ U2

c) U1 ∩ U2 = ∅Conjunto estrellado Decimos que un conjunto U ⊂ Rn es estrellado si para todopunto x ∈ U se verifica que el segmento de la recta que une el punto x con el origende coordenadas esta contenido en U ; esto es {y ∈ Rn : y = tx para algun t ∈ [0, 1]}Conjunto medible Jordan Se dice que un conjunto acotado A ⊂ Rn es medibleJordan si su frontera es un conjunto de medida nula.Conjunto de medida nula Se dice que un conjunto A ⊂ Rn es de medidanula si para todo ε > 0 existe una familia de intervalos abiertos o cerrados{Ii; i ∈ I} que cubren al conjunto y tales que

∑i∈I

vol(Ii) < ε. Recordemos que

el volumen de un intervalo I = [a1, b1] × ... × [an, bn] ⊂ Rn se define porvol(I) = (b1 − a1)(b2 − a2)...(bn − an).Difeomorfismo Se dice que una funcion H : U ⊂ Rn → V ⊂ Rn con U, Vconjuntos abiertos es un difeomorfismo si es biyectiva, de clase C1 y con jacobianono nulo en todos los puntos de U.Diferencial de una forma diferencial Dada una k-forma diferencial Ψ : U ⊂Rn → Λk(Rn) de clase Cp, con p ≥ 2, se define la diferencial de Ψ como la (k+1)-

236 Glosario

forma dΨ : U ⊂ Rn → Λk+1(Rn) dada por

dΨ(x) =∑

1≤i1<...<ik≤n

n∑j=1

Dj(Ψi1...ik)(x)e′jΛde′i1Λ...Λe′ik

siendo Ψ(x) =∑

1≤i1<...<ik≤nΨi1...ikde

′i1

Λ...Λe′ik

Divergente de un campo vectorial Dado un campo vectorial F : U ⊂ R3 → R3

de clase C1 en el abierto U , se llama divergente de F , y se escribe divF , al campoescalar definido por:

divF (x) = D1F1(x) +D2F2(x) +D3F3(x)

Espacio normal a S en x0 Dada una superficie S, para cada punto x0 ∈ S sedefine el espacio normal a S en x0 (donde existe) como el espacio generado por elvector perpendicular a D1ϕ(u0) y D2ϕ(u0) esto es el vector:

N(u0) = D1ϕ(u0)×D2ϕ(u0) = det

i j kD1ϕ1(u0) D1ϕ2(u0) D1ϕ3(u0)D2ϕ1(u0) D2ϕ2(u0) D2ϕ3(u0)

Espacio vectorial tangente a S en x0 Dada una superficie S, para cada puntox0 ∈ S se define el espacio tangente a S en x0 (donde existe) como el espacio vectorialgenerado por los vectores:

Diϕ(u0) = (Diϕ1(u0), Diϕ2(u0), Diϕ3(u0)) i = 1 y 2

siendo u0 ∈ R tal que ϕ(u0) = x0.Espacio vectorial real Un conjunto no vacıo V tiene estructura de espaciovectorial si esta definida sobre el una operacion interna, que denotamos con el sımbolo+, x + y ∈ V para todo par de elementos x, y ∈ V , y una operacion externa con elcuerpo de los numeros reales, que denotaremos ax ∈ V para todo a ∈ R, x ∈ V, queverifican las siguientes propiedades:- El par V ; + tiene estructura de grupo abeliano.- La operacion interna + y la externa con R verifican la propiedad distributiva.Flujo o cantidad de fluido Dada una superficie S y dado un campo de velocidadesF : U ⊂ R3 → R3, con S ⊂ U(abierto) para cada recorrido ϕ : R ⊂ R2 → S sedefine el flujo del campo F a traves de la superficie S como:∫

R

F (ϕ(u))N(u)du,

cuando esta integral exista como integral propia o impropia.Forma diferencial Se llama forma diferencial de orden k (con k ≥ 1), o k-formadiferencial, a toda funcion Ψ : U ⊂ Rn → Λk(Rn) cuya expresion respecto a la base

Glosario 237

de Λk(Rn); esto es,

Ψ(x) =∑

1≤i1<...<ik≤n


verifica que cada una de las funciones Ψi1...ik : U ⊂ Rn → R son de clase Cp, conp ≥ 1, en el abierto U.Se llama forma diferencial de orden 0 a toda funcion Ψ : U ⊂ Rn → R de clase Cp,con p ≥ 1, en el abierto U.Forma diferencial cerrada Decimos que una k-forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk(Rn) escerrada si verifica que d(Ψ) = 0Forma diferencial exacta Decimos que una k-forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk(Rn) conk ≥ 1 es exacta si existe una (k-1)-forma Υ : U ⊂ Rn → Λk−1(Rn) tal que

Ψ = d(Υ).

Frontera de un conjunto Dado un conjunto B ⊂ Rn se llama frontera de B, yse denota por front(B) al conjunto de puntos x ∈ Rn que verifican que para todoradio r > 0 la bola abierta con la distancia euclıdea B(x, r) tiene interseccion novacıa con B y con Rn\B = {y ∈ Rn; y /∈ B}.Funcion potencial Se dice que un campo escalar f : U ⊂ Rn → R es la funcionpotencial del campo vectorial conservativo F : U ⊂ Rn → Rn si se verifica que∇f(x) = F (x) para todo x ∈ U.Gradiente o vector gradiente Dado un campo escalar f : U ⊂ Rn → Rdiferenciable en los puntos del abierto U , para cada x ∈ U se define el vectorgradiente de f en x, o simplemente el gradiente de f en x al vector dado por:∇f(x) = (D1f(x), ..., Dnf(x)). Y llamamos campo vectorial gradiente def , a lafuncion:

∇f : U ⊂ Rn → Rnx ∇f(x) = (D1f(x), ..., Dnf(x))

Integral de un campo escalar Dado un recorrido ϕ : R ⊂ R2 → R3 de S y dadoun campo escalar acotado f definido sobre S, se llama integral de f a lo largo de ϕ,que denotamos por

∫ϕ

f a la integral:

∫ϕ

f =

∫R

f(ϕ(u))||N(u)||du

siempre que dicha integral exista como integral propia o impropia.Integral de un campo vectorial Dado un recorrido ϕ de S y dado un campovectorial acotado F definido sobre S, se llama integral de F a lo largo de ϕ, que

238 Glosario

denotamos por∫ϕ

F ·N a la integral:

∫ϕ

F ·N =

∫R

F (ϕ(u))N(u)du

siempre que dicha integral exista como integral propia o impropia.Integral de lınea Dado un recorrido ϕ de C y dado un campo vectorial acotadoF definido sobre C, se llama integral de lınea de F a lo largo de ϕ, que denotamospor

∫ϕ

F · T o por∫ϕ

F1dx1 + ...+ Fndxn a la integral:

∫ϕ

F1dx1 + ...+ Fndxn =

∫ϕ

F · T =

b∫a

F (ϕ(t))ϕ′(t)dt

siempre que dicha integral exista como integral propia o impropia.Integral de trayectoria : Dado un recorrido ϕ de un camino C y dado un campoescalar acotado f definido sobre C, se llama integral de trayectoria de f a lo largode ϕ, que denotamos por

∫ϕ

f a la integral:

∫ϕ

f =

b∫a

f(ϕ(t))||ϕ′(t)||dt

siempre que dicha integral exista como integral propia o impropia.Ley de conservacion de la energıa en un campo conservativo la suma de lasenergıas cinetica y potencial de un objeto se mantiene constante de punto a punto.Longitud de un recorrido Dado un recorrido ϕ : [a, b] ⊂ R→ Rn de un caminoC ⊂ Rn se define la longitud de ϕ, que denotamos por l(ϕ), como:

l(ϕ) =

b∫a

||ϕ′(t)||dt

cuando esta integral exista como integral propia o impropia.Masa del alambre Sea C ⊂ R3 un alambre delgado y sea f : C → R la funcionde densidad de C, entonces para cada recorrido ϕ de C se define la masa del alambrecomo:

masa(alambre) =

∫ϕ

f,

Glosario 239

cuando esta integral exista como integral propia o impropia.Momento de inercia de un alambre Sea C ⊂ R3 un alambre delgado ysea f : C → R la funcion de densidad de C, entonces para cada recorridoϕ : [a, b] ⊂ R→ R3 de C se define el momento de inercia del alambre como:


∫ϕ

(x22 + x2

3)f,

∫ϕ

(x21 + x2

3)f,

∫ϕ

(x21 + x2

2)f

Momento de inercia de una lamina Sea S ⊂ R3 una lamina y sea f : S → R la

funcion de densidad de S, entonces para cada recorrido ϕ de S se define el momentode inercia de la lamina como:

momento de inercia=

(∫ϕ

(x22 + x2

3)f,∫ϕ

(x21 + x2

3)f,∫ϕ

(x21 + x2

2)f

).

Orientacion positiva de un camino cerrado simple en R2 se considera queun recorrido ϕ : [a, b] ⊂ R→ C ⊂ R2 de un camino cerrado simple tiene orientacionpositiva cuando gira en el sentido contrario a las agujas del reloj.Orientacion positiva del borde de una superficie simple Dada una superficiesimple S ⊂ R3 y dado un recorrido regular de S, ϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ R3 se llamaorientacion positiva del borde de S como la orientacion inducida por una orientacionpositiva del camino cerrado simple fron(R) ⊂ R2.Orientacion positiva de una superficie cerrada y orientable Si una superficiecompuesta S ⊂ R3 es cerrada y orientable entonces se dice que un recorrido ϕ de Stiene orientacion positiva si el vector normal (cuando existe) apunta al exterior.Punto de adherencia Dado un conjunto no vacıo B ⊂ Rn se dice que x es unpunto de adherencia de B si para todo radio r > 0 se verifica que B(x, r) ∩B 6= ∅;es decir, que todas las bolas de centro x y radio r tienen interseccion no vacıa conB. Al conjunto formado por los puntos de adherencia de B se le denota por B.Punto frontera Dado un conjunto no vacıo B ⊂ Rn se dice que x es un puntofrontera de B si para todo radio r > 0 se verifica que B(x, r) ∩ B 6= ∅ y tambienB(x, r) ∩ (Rn\B) 6= ∅; es decir, que todas las bolas de centro x y radio r tieneninterseccion no vacıa con B y con el complementario de B Al conjunto formado porlos puntos frontera de B se le denota por fron(B).Punto interior Dado un conjunto no vacıo B ⊂ Rn se dice que x es un puntointerior de B si existe un r > 0 tal que B(x, r) ⊂ B; es decir, que la bola abierta decentro x y radio r esta contenida en B. Al conjunto formado por los puntos interiores

de B se le denota por◦B.

Producto exterior Dados dos tensores alternos s ∈ Λk(Rn) y r ∈ Λl(Rn) sedefine el producto exterior de s y r, que denotaremos por sΛr, como

sΛr =(k + l)!

k!l!Alt(s⊗ r)

240 Glosario

Producto tensorial Dados dos tensores s ∈ Lk(Rn) y r ∈ Ll(Rn) se define elproducto tensorial de s por r como el (k+l)-tensor s⊗ r ∈ Lk+l(Rn) dado por:

s⊗ r(v1, ..., vk,vk+1, ..., vk+l) = s(v1, ..., vk)r(vk+1, ..., vk+l)

para toda familia de vectores {v1, ..., vk,vk+1, ..., vk+l} ⊂ RnProducto vectorial Dados dos vectores v1, v2 ∈ R3 se llama producto vectorialde v1 y v2 y se denota por v1 × v2 al vector que resulta de calcular el siguientedeterminante:

v1 × v2 = det

i j kv11 v12 v13

v21 v22 v23

Recorrido de un camino Dado un camino C ⊂ Rn se dice que ϕ : [a, b] ⊂ R→ Ces un recorrido de C si ϕ([a, b]) = C, ϕ es continua en [a, b] y existe una particion Pde [a, b] tal que ϕ es derivable con continuidad en el interior de cada intervalo J ∈ P,es decir que la derivada de ϕ puede no existir, o simplemente perder la continuidaden una cantidad finita de puntos de [a, b].Recorridos de caminos equivalentes Dado un camino C ⊂ Rn se dice quedos recorridos de C, ϕ1 : [a, b] → C y ϕ2 : [c, d] → C, son equivalentes si existeuna funcion h : [a, b] → [c, d] biyectiva, continua, de clase C1 en el interior de losintervalos J de una particion P de [a, b], con h′(t) 6= 0 en el interior de cada J ∈ Py tal que

ϕ1(t) = ϕ2(h(t)) para todo t ∈ [a, b]

Recorrido regular de una superficie simple Dada una superficie simple S ⊂ R3

se dice que un recorrido ϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ R3 es regular si es biyectivo y continuo.y tal que ϕ es de clase C1 y tiene matriz jacobiana de rango dos en todos los puntosdel interior de R.Recorrido de una superficie Dada una superficie S ⊂ R3 se dice que una funcionϕ : R ⊂ R2 → R3 es un recorrido de S si ϕ es una funcion de clase C1 en todoslos puntos de la region simple R excepto en un conjunto de medida nula y ademasϕ(R) = S.Recorridos de superficie equivalentes Dada una superficie S ⊂ R3 se dice quedos recorridos de S, ϕ : R1 → S y ψ : R2 → S, son equivalentes si existe una funcioncontinua H : R1 → R2 tal que:1- ϕ(u) = ψ(H(u)) para todo u ∈ R1

2- H(◦R1) =

◦R2 y H :

◦R1 →

◦R2 es un difeomorfismo; es decir que es biyectiva, de

clase C1 y con jacobiano no nulo en todos los puntos de◦R1.

Region simple Diremos que un subconjunto acotado R ⊂ R2 es una region simple

Glosario 241

si la frontera de R es un camino cerrado simple.Rotacional Dado un campo vectorial F : U ⊂ R3 → R3 de clase C1 en el abiertoU se llama rotacional de F y se denota por rotF al campo vectorial que se obtieneal desarrollar el siguiente determinante:

rotF = det

i j kD1 D2 D3

F1 F2 F3

= (D2F3 −D3F2, D3F1 −D1F3, D1F2 −D2F1)

Segundo teorema fundamental del calculo para integrales de lınea : SiF : U ⊂ Rn → Rn es un campo conservativo continuo y U es un conjunto abierto yarco-conexo de Rn, entonces el trabajo que se realiza al mover una partıcula entredos puntos cualesquiera x0 y x1 en U unidos por cualquier recorrido ϕ en U es:∫

ϕ

F · T = f(x1)− f(x0)

siendo f la funcion potencial del campo FSolido Se dice que un conjunto acotado K ⊂ R3 es un solido si su frontera, quedenotaremos por ∂K es una superficie compuesta cerrada y orientable.Superficie Llamamos superficie en R3 a todo conjunto de puntos S ⊂ R3 que seobtiene al tomar la imagen de una region simple R por una funcion continua que nosea constante F : R ⊂ R2 → R3, es decir, S = F (D).Superficie compuesta Decimos que una superficie S ⊂ R3 es una superficiecompuesta si existe un recorrido ϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ R3 que verifica las siguientespropiedades:1- ϕ es sobreyectiva y continua.2- Existe una parcelacion deR en regiones simples que denotaremos por P = {Ri; 1 ≤

i ≤ p} tales que◦Ri ∩

◦Rj = ∅ para todo i 6= j y R =

p⋃i=1

Ri.

3- ϕ|Ri es un recorrido regular de la superficie simple ϕ(Ri) = Si.Superficie compuesta cerrada Se dice que una superficie compuesta S ⊂ R3 escerrada si cada camino simple contenido en el borde de S es recorrido dos veces unacon orientacion positiva y otra con orientacion negativa por la funcion ϕ ◦ ψ siendoϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ R3 el recorrido regular que define a S y siendo ψ un recorridoregular del camino cerrado simple ∂RSuperficie compuesta orientable Se dice que una superficie compuesta S =p⋃i=1

Si con p > 1 es orientable si para cada par de regiones simples Ri y Rj tales que

fronRi ∩ fronRj 6= ∅ y N ||.|| pierde la continuidad es esos puntos se verifica queϕ|fronRi y ϕ|fronRj tienen orientaciones contrarias.Superficie simple Una superficie S ⊂ Rn se dice que es simple si existe unrecorrido ϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ R3 biyectivo y continuo. tal que ϕ es de clase C1 y

242 Glosario

tiene matriz jacobiana de rango dos en todos los puntos del interior de R.Tensor alterno Decimos que un k-tensor s ∈ Lk(Rn) es alterno si para cadak-upla de vectores (v1, ..., vk) y para cada par de ındices i, j ∈ {1, 2, ..., k} con i 6= jse verifica que

s(v1, ..., vi, ..., vj , ...vk) = −s(v1, ..., vj , ..., vi, ..., vk)

es decir, que si intercambiamos la posicion de dos vectores dejando a los demasquietos el k-tensor s cambia de signo. A la familia de los k-tensores alternos definidosen Rn la denotaremos por Λk(Rn).Teorema del cambio de variable Dada f : U ⊂ Rn → R una funcionintegrable, siendo U un conjunto abierto, y dados V ⊂ Rn un conjunto abiertoy H : V ⊂ Rn → U ⊂ Rn un difeomorfismo (es decir, una funcion biyectiva, de claseC1 y con detDH(x) 6= 0 para todo x ∈ V ) se verifica que∫

H(V )

f(x)dx =

∫V

f(H(y))|det(DH(y))|dy

Teorema de la divergencia Si F : U ⊂ R3 → R3 es un campo vectorial de claseC1, U es un conjunto abierto que contiene al solido K y la frontera de K es unasuperficie de clase C2, entonces se verifica que:∫

K

divF =

∮∂K

F ·N

Teorema de la funcion implıcita Dada F : U ⊂ Rn+m → Rm una funcion declase C1 en el abierto U y dado un punto (x0, y0) ∈ U, siendo x0 ∈ Rn e y0 ∈ Rm,tal que F (x0, y0) = 0, si se verifica que la submatriz de la matriz jacobiana de Fen el punto (x0, y0) formada por las derivadas parciales de las componentes de Frespecto de las ultimas m-variables; esto es la matriz cuadrada Dn+1F1(x0, y0) . . . Dn+mF1(x0, y0)

. . . . . . . . .Dn+1Fm(x0, y0) . . . Dn+mFm(x0, y0)

tiene determinante no nulo, entonces existen dos abiertos W y V, con x0 ∈ W yy0 ∈ V y una funcion G : W ⊂ Rn → V ⊂ Rm de clase C1 tal que

F (x,G(x)) = 0 para todo x ∈W.

Teorema de la funcion inversa Dada F : U ⊂ Rn → Rn una funcion declase C1 en el abierto U y dado un punto x0 ∈ U tal que det(DF (x0)) 6= 0 existen

Glosario 243

dos conjuntos abiertos V y W tales que x0 ∈ V ⊂ U y F (x0) ∈ W de modo que

F : V ⊂ Rn → W ⊂ Rn es biyectiva y su inversa F−1

: W ⊂ Rn → V ⊂ Rn estambien de clase C1. Ademas para cada punto x ∈ V las matrices jacobianas de F

y F−1

estan relacionadas de la siguiente manera:

DF−1

(F (x)) = (DF (x))−1

Teorema de Green Si F : U ⊂ R2 → R2 es de clase C1, U es un conjunto abiertoque contiene a la region simple R y ∂R es el camino cerrado simple que forma lafrontera de R, entonces se verifica que:∮

∂R

F · T =

∮∂R

F1(x)dx1 + F2(x)dx2 =

∫R


Teorema de Poincaire Dado U ⊂ Rn un conjunto abierto y estrellado y dadaΨ : U ⊂ Rn → Λk(Rn) (con k ≥ 1) una k-forma cerrada; es decir, que dΨ = 0, severifica que Ψ = d(IΨ) lo cual implica que Ψ es exacta.Teorema de Bolzano Dada una funcion continua f : [a, b] ⊂ R→ R si se verificaque f(a)f(b) < 0 (es decir que f(a) y f(b) son no nulos y de signos contrarios)entonces existe un punto t0 ∈ (a, b) tal que f(t0) = 0.Teorema de Stokes Si F : U ⊂ R3 → R3 es de clase C1, U es un conjunto abiertoque contiene a la superficie simple S y ϕ : R ⊂ R2 → R3, es una recorrido regularde S con orientacion positiva y de clase C2,entonces se verifica que:∮

S

rotF ·N =∮∂S

F1dx1 + F2dx2 + F3dx3 =∮∂S

F · T

Trabajo que realiza una fuerza Supongamos que F (x1, x2, x3) es un campo defuerzas actuando sobre una partıcula que se mueve a lo largo de un camino C. Siϕ : [a, b] ⊂ R→ C ⊂ R3 es el recorrido que sigue la partıcula, entonces la integral delinea

∫ϕ

F ·T , si existe, es el trabajo realizado por la fuerza F al mover una partıcula

de recorrido ϕ.Vector velocidad Dado un recorrido ϕ : [a, b] ⊂ R → C ⊂ Rn del camino C,para cada punto t0 ∈ (a, b) donde ϕ es derivable se denomina vector velocidad alvector tangente en t0; esto es el vector ϕ′(t0), y el modulo de este vector, ||ϕ′(t0)||,es llamado el modulo de la velocidad en t0Vector aceleracion Dado un recorrido ϕ : [a, b] ⊂ R → C ⊂ Rn del caminoC, para cada punto t0 ∈ (a, b) donde ϕ es dos veces derivable se denomina vectoraceleracion en t0 al vector ϕ′′(t0).

244 Glosario

Bibliografıa

[A ] Calculo. R.A. Adams. ED. Pearson-Addison Wesley 2009

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