SÈRIES - web.mat.upc.edu

SOLUCIONS

1aSÈRIES

NUMÈRIQUES

Comenzaremos este resumen recordando la escala de innitos

si a > 0 y b > 1, entonces log(n) ≺ na ≺ bn ≺ n! ≺ nn

y también algunos innitésimos equivalentes: Si(an)es un innitésimo; es decir, lım

n→∞an = 0,

log(1 + an) ∼ an, sin(an) ∼ an, 1− cos(an) ∼ a2n

2, ean − 1 ∼ an, tan(an) ∼ an

1.1. Problemes bàsics

Problema 1. Estudieu la convergència de les sèries numèriques següents:

(e)∞∑n=1

e−n

n, (f)

∞∑n=1

23n+1

n2 +√n, (g)

∞∑n=1

sin( 1

n

)

Solución: Todas las series del enunciado son de términos positivos, de manera que podemosaplicar cualquiera de los criterios establecidos para ellas, especialmente el criterio decomparación (directamente o en su segunda versión por paso al límite).

(e) Si an =e−n

ny consideramos bn =

1

n2, entonces

∞∑n=1

bn es una serie de Riemann de

exponente 2 y por tanto convergente. Como en > n para cada n ∈ N, resulta que e−n <1

n

y por tanto, an ≤ bn, para cada n ∈ N, de manera que∞∑n=1

e−n

nes convergente. También,

podemos observar quee−n

n≤(1

e

)n, de manera que la serie

∑an está mayorada por una

geométrica de razón e−1 < 1, lo que implica que es convergente y además∞∑n=1

an ≤1

e− 1.

1

2 Selecció de problemes resolts de Càlcul Integral

También podemos aplicar el criterio de comparación en su segunda versión. Como

lımn→∞

anbn

= lımn→∞

ne−n = lımn→∞

n

en= 0 (ver la escala de innitos) y la serie

∞∑n=1

bn es

convergente, la serie∞∑n=1

an es también convergente.

(f) Si an =23n+1

n2 +√n

=2 · 8n

n2 +√n, por la escala de innitos resulta que lım

n→∞an = +∞, de

manera que∞∑n=1

23n+1

n2 +√n

= +∞ ya que no satisface la condición necesaria de convergencia.

(g) Si an = sin( 1

n

)y consideramos bn =

1

n, entonces

∞∑n=1

bn es la serie armónica y

por tanto divergente. Por otra parte,(an)y(bn)son innitésimos equivalentes; es decir,

lımn→∞

anbn

= 1 y por tanto las series∞∑n=1

an y∞∑n=1

bn tienen el mismo carácter, lo que implica

que∞∑n=1

sin( 1

n

)es divergente.

Nota: El mismo razonamiento muestra que si α ≥ 0 la serie∞∑n=1

sin( 1

nα

)es convergente

si α > 1 y divergente si 0 ≤ α ≤ 1.

Problema 2. Estudieu la convergència de les sèries numèriques següents:

(a)∞∑n=2

1(log(n)

)n , (c)∞∑n=1

n(3

4

)n,

Solución: Todas las series del enunciado son de términos positivos, de manera que podemosaplicar cualquiera de los criterios establecidos para ellas, especialmente los criterios de laraíz y del cociente.

(a) Si an =1(

log(n))n , entonces lım

n→∞n√an = lım

n→∞

1

log(n)= 0. Aplicando el criterio de

la raíz, obtenemos que la serie∞∑n=1

1(log(n)

)n es convergente.

(c) Si an = n(3

4

)n, entonces lım

n→∞n√an = lım

n→∞

3

4n√n =

3

4, donde hemos tenido en

cuenta que lımn→∞

n√n = 1. Aplicando el criterio de la raíz, obtenemos que la serie

∞∑n=1

n(3

4

)nes convergente.

También podemos aplicar el criterio del cociente (recordar que cuando existen los límites

c© Càlcul Integral, Grau en Matemàtiques, FME. Curs 2018-19

TEMA 1a: Sèries Numèriques. Problemes bàsics 3

ambos criterios son equivalentes), ya que

lımn→∞

an+1

an= lım

n→∞

(n+ 1)3n+14n

n3n4n+1= lım

n→∞

3(n+ 1)

4n=

3

4.

Finalmente, teniendo en cuenta que la serie es de tipo aritmético-geométrica, podemos

obtener una conclusión más precisa: Como la razón es r =3

4< 1, la serie es convergente

y además

∞∑n=1

n(3

4

)n=∞∑n=1

nrn =∞∑n=0

nrn =r

(1− r)=

34(

1− 34

)2 = 12

Problema 3. Estudieu el caràcter de les sèries següents:

(a)∞∑n=1

(−1)nlog(n)

n, (b)

∞∑n=1

(−1)nlog(n)

n2

Solución: Todas las series del enunciado son alternadas, de manera que para estudiar suconvergencia podemos intentar utilizar preferentemente el criterio de Leibniz.

(a) Si an =log(n)

n, aplicando la escala de innitos, obtenemos que lım

n→∞an = 0. Por

tanto, para aplicar el criterio de Leibniz, es suciente comprobar que(an)es decreciente.

Para ello, consideraremos la función f(x) =log(x)

x. Como f ′(x) =

1− log(x)

x2, resulta

que f ′(x) < 0 si x > e, de manera que f es decreciente en (e,+∞), lo que implica que(an)es decreciente para n ≥ 3. En denitiva, el criterio de Leibniz implica que la serie

∞∑n=1

(−1)nlog(n)

nes convergente.

Observar que la serie∞∑n=1

(−1)nlog(n)

nno es absolutamente convergente puesto que

como log(n) > 1, n ≥ 3, tenemos que1

n<

log(n)

ny aplicando el criterio de comparación

obtenemos que la serie∞∑n=1

log(n)

nes divergente.

(b) Si an =log(n)

n2, aplicando la escala de innitos, obtenemos que lım

n→∞an = 0. Por

tanto, para aplicar el criterio de Leibniz, es suciente comprobar que(an)es decreciente.

Para ello, consideraremos la función f(x) =log(x)

x2. Como f ′(x) =

x(1− 2 log(x)

)x4

, resulta



que f ′(x) < 0 si x >√e, de manera que f es decreciente en

(√e,+∞

), lo que implica que(

an)es decreciente para n ≥ 3.

También podemos demostrar la convergencia de la serie probando que, en este caso,es absolutamente convergente. Para ello basta observar que como log(n) <

√n, para cada

n ∈ N∗, resulta que an ≤1

n32

y como la serie de Riemann de exponente 32es convergente,

aplicando el criterio de comparación obtenemos que la serie∞∑n=1

log(n)

n2es convergente y por

tanto que serie∞∑n=1

(−1)nlog(n)

n2es absolutamente convergente.

Problema 5. Estudieu la convergència de la sèrie∞∑k=1

cos2(k)√k

.

(Observeu que, per a cada enter j, l'interval[jπ − 1

2, jπ + 1

2

]conté exactament un

enter kj.)

Solución: Mostraremos primero un útil resultado sobre series de términos no negativos.Dada

(an)una sucesión de términos no negativos, consideremos

(ank

)una subsucesión, las

series de términos no negativos∑n

an y∑k

anky(Sn)y(sk)las correspondientes sucesiones

de sumas parciales. Entonces, como k ≤ nk, para cada k ∈ N, se satisface que

sk = an1 + · · ·+ ank≤ a1 + · · ·+ an1 + · · ·+ ank

= Snk

de manera que∑k

ank= lım

k→∞sk ≤ lım

k→∞Snk

= lımn→∞

Sn =∑n

an, donde hemos tenido en

cuenta que la sucesión de sumas parciales de una serie de términos positivos es siempreconvergente y que Snk

es una subsucesión de Sn y tiene por tanto el mismo límite. Endenitiva,

si∑n

an es una serie de términos no negativos, para cada subsucesión(ank

)de su

término general se satisface que∑k

ank≤∑n

an. En particular, si∑an < +∞,

entonces para cada subsucesión∑k

ank< +∞, mientras que si para alguna

subsucesión se tiene que∑k

ank= +∞, entonces

∑n

an = +∞

La serie∞∑k=1

cos2(k)√k

es de términos positivos. Por tanto, si consideramos kj, j ≥ 1, el

único entero en el intervalo[jπ − 1

2, jπ + 1

2

], aplicando el resultado anterior tenemos que



∞∑j=1

cos2(kj)√kj≤

∞∑k=1

cos2(k)√k

. Por otra parte, θ ∈[jπ − 1

2, jπ + 1

2

]sii θ − jπ ∈

[− 1

2, 1

2

]y

como

cos(θ − jπ

)= cos(θ)cos(jπ) + sen(θ) sen(jπ) = cos(θ)cos(jπ) = (−1)jcos(θ)

resulta que cos2(θ) = cos2(θ − jπ).

La función cos2(x) es simétrica y positiva en[− 1

2, 1

2

]y decreciente en

[0, 1

2

], de manera

que cos2(x) > cos2(

12

), para cada x ∈

[− 1

2, 1

2

], lo que implica que cos2(kj) > cos2

(12

), para

cada j ≥ 1.

Además, como kj < jπ + 12, resulta que

1√jπ + 1

2

<1√kj, para cada j ≥ 1 y por

tanto,cos2

(12

)√jπ + 1

2

<cos2(kj)√

kj, para cada j ≥ 1

Si denimos aj =cos2(kj)√

kj, bj =

cos2(

12

)√jπ + 1

2

y cj =1√j

=1

j12

, para cada j ≥ 1, resulta

que bj < aj, para cada j ≥ 1 y por otra parte,

lımj→∞

bjcj

= lımj→∞

cos2(

12

)√j√

jπ + 12

= cos2(1

2

).

En consecuencia, aplicando el criterio de comparación,∑bj y

∑cj tienen el mismo carácter

y como∑cj es una serie de Riemann con exponente menor que 1, es divergente, lo que

implica que∑bj = +∞. Aplicando nuevamente el criterio de comparación, obtenemos que∑

aj = +∞, de manera que∞∑j=1

cos2(kj)√kj

= +∞ y, en denitiva,

la serie∞∑k=1

cos2(k)√k

es divergente

Nota: No todo natural se encuentra en un intervalo de la forma[jπ− 1

2, jπ+ 1

2

]. Esto

ocurre por ejemplo con n = 1, 2, 4, 5, 7, 8, . . .

Problema 6. Estudieu la convergència de les sèries següents en funció del valorx ∈ R.

(a)∞∑n=1

xn

n2, (b)

∞∑n=1

xn

n, (c)

∞∑n=1

xn, (d)∞∑n=1

nxn.



Solución: (a) Si an =xn

n2, entonces cuando |x| > 1, la escala de innitos implica que

lımn→∞

|an| = +∞, de manera que no se satisface la condición necesaria de convergencia de la

serie. Por otra parte, si |x| ≤ 1, entonces |x|n ≤ 1 y por tanto, |an| ≤1

n2. Como

∞∑n=1

1

n2es

una serie de Riemann convergente, el criterio de comparación implica que la serie∞∑n=1

xn

n2es

absolutamente convergente y, por tanto, convergente. En resumen,

(i) Si |x| > 1 la serie no converge. Si además x > 1, la serie diverge.

(ii) Si |x| ≤ 1 la serie converge absolutamente.

(b) Si an =xn

n, entonces cuando |x| > 1, la escala de innitos implica que lım

n→∞|an| =

+∞, de manera que no se satisface la condición necesaria de convergencia de la serie. Por

otra parte, si x = 1, entonces la serie∞∑n=1

an es la serie armónica y por tanto divergente,

mientras que si si x = −1, entonces la serie∞∑n=1

an =∞∑n=1

(−1)

nque es convergente (pero no

absolutamente convergente), por aplicación del criterio de Leibniz. Finalmente si |x| < 1,

entonces |an| ≤ |x|n y como∞∑n=1

|x|n es una serie geométrica de razón menor que 1 y por

tanto, convergente, el criterio de comparación implica que si |x| < 1, la serie∞∑n=1

xn

nes

absolutamente convergente y, por tanto, convergente. En resumen,

(i) Si |x| > 1 la serie no converge. Si además, x > 1, la serie diverge.

(ii) Si x = 1 la serie diverge.

(iii) Si x = −1 la serie converge, pero no es absolutamente convergente.

(iv) Si |x| < 1 la serie converge absolutamente.

(c) Se trata de una serie geométrica de razón x. Por tanto, sabemos que

(i) Si |x| ≥ 1 la serie no converge. Si además x ≥ 1, la serie diverge.

(ii) Si |x| < 1 la serie converge absolutamente ax

1− x.



(d) Si an = nxn, entonces cuando |x| ≥ 1, tenemos que lımn→∞

|an| = +∞, de manera

que no se satisface la condición necesaria de convergencia de la serie. Por otra parte, si

|x| < 1, entonces lımn→∞

|an+1||an|

= lımn→∞

(n+ 1)|x|n+1

n|x|n= lım

n→∞

|x|(n+ 1)

n= |x|, de manera que

aplicando el criterio del cociente, si |x| < 1, la serie∞∑n=1

nxn es absolutamente convergente

y, por tanto, convergente.

Por otra parte, la serie es aritmético-geométrica (ver el problema 26), así que cuando

|x| < 1 es absolutamente convergente y además su suma esx

(1− x)2En resumen,

(i) Si |x| ≥ 1 la serie no converge. Si además, x > 1, la serie diverge.

(ii) Si |x| < 1 la serie converge absolutamente y su suma esx

(1− x)2.

Problema 13. (El criteri de Dirichlet). Sigui(an)n≥1

,(bn)n≥1

dues successions

numèriques. Denotem per sn =n∑k=1

ak la successió de sumes parcials de la primera.

(a) Proveu la Fórmula de sumació d'Abel:

n∑k=1

akbk =n−1∑k=1

sk(bk − bk+1) + snbn.

(b) (Criteri de Dirichlet) Supusem que

(i) les sumes parcials sn de la sèrie∑ak son tades i

(ii) la successió(bk)és positiva, decreixent i lım

k→∞bk = 0.

Aleshores la sèrie∞∑k=1

akbk és convergent.

(En la fórmula d'Abel el darrer terme té límit 0, i el sumatori és convergentperquè és absolutament convergent.)

Solución: (a) Si denimos s0 = 0, de la identidad ak = sk − sk−1, para cada k ≥ 1,obtenemos que



n∑k=1

akbk =n∑k=1

(sk − sk−1

)bk =

n∑k=1

skbk −n∑k=1

sk−1bk =n∑k=1

skbk −n−1∑k=0

skbk+1

= snbn +n−1∑k=1

skbk −n−1∑k=1

skbk+1 − s0b1 =n−1∑k=1

sk(bk − bk+1

)+ snbn

(b) Sea K > 0 tal que |sn| ≤ K, para cada n ∈ N. Observar que lımn→∞

snbn = 0, pues

el término general de la sucesión es el producto de una sucesión acotada por otra queconverge a 0. Por otra parte, teniendo en cuenta que |bk − bk+1| = bk − bk+1, ya que

(bk)

es decreciente

n∑k=1

|sk| |bk − bk+1| ≤ Kn∑k=1

|bk − bk+1| = Kn∑k=1

(bk − bk+1) = K(b1 − bn+1

)≤ Kb1.

Por tanto, obtenemos la sucesión de sumas parciales de la serie de términos positivosn∑k=1

|sk| |bk−bk+1| está acotada y es por tanto, convergente. En denitiva,n∑k=1

sk(bk−bk+1

)es absolutamente convergente y por tanto convergente, lo que implica que

lımn→∞

n∑k=1

akbk = lımn→∞

n−1∑k=1

sk(bk − bk+1) + lımn→∞

snbn = lımn→∞

n−1∑k=1

sk(bk − bk+1)

y, en denitiva, que la serie∑akbk es convergente.

Nota 1: La hipótesis (ii) sobre la sucesión (bn) puede enunciarse de manera simplicada:(bn) es decreciente y lım

n→+∞bn = 0. Observar que la hipótesis de decrecimiento implica que

lımn→+∞

bn = ınfn∈Nbn, de manera que bn ≥ 0 para cada n ∈ N, (recordad que hemos tomado

el término positividad como equivalente a no negatividad). Observar que el decrecimientoy la hipótesis sobre el límite implican que si bm = 0 para algún m, entonces bn = 0 paratodo n ≥ m y entonces el resultado es trivial.

Nota 2: Aplicando la desigualdad triangular y teniendo en cuenta que |bk − bk+1| =bk − bk+1 y que |bk| = bk pues bk ≥ 0,∣∣∣∣∣

n∑k=1

akbk −m∑k=1

akbk

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣n−1∑k=m

sk(bk − bk+1) + snbn − smbm

∣∣∣∣∣≤

n−1∑k=m

|sk| |bk − bk+1|+ |snbn|+ |smbm|

≤Kn−1∑k=m

(bk − bk+1

)+Kbn +Kbm

= K(bm − bn

)+Kbn +Kbm = 2Kbm

Dado ε > 0, consideremos n0 ≥ 1 tal que bn ≤ε

2Kpara cada n ≥ n0. Entonces,



∣∣∣∣∣n∑k=1

akbk −m∑k=1

akbk

∣∣∣∣∣ ≤ 2Kbmınn,m ≤ 2Kbn0 ≤ ε, para cada n,m ≥ n0

En denitiva, la sucesión de sumas parciales de la serie∑akbk es de Cauchy y por tanto

convergente (esto es realmente el criterio de convergencia de Cauchy).

Problema 14. Apliqueu el criteri de Dirichlet per estudiar la convergència de la sèrie∞∑n=1

cos(nx)√n

segons el valor del paràmetre real x.

(Podeu usar la fórmula cos(x)+cos(2x)+ · · ·+cos(nx) =sin((n+ 1

2

)x)

2 sin(x2

) − 1

2, vàlida

quan x no és un múltiple enter de 2π.)

Solución: Si consideramos an = cos(nx) y bn =1√n, entonces

∞∑n=1

cos(nx)√n

=∞∑n=1

anbn.

Si x = 2mπ, m ∈ Z, entonces an = cos(2πnm) = 1 y por tanto,

∞∑n=1

anbn =∞∑n=1

1√n

=∞∑n=1

1

n12

= +∞,

ya que se trata de una serie de Riemann de exponente menor que 1.

Si x no es un múltiplo entero de 2π, entonces sin(x2

)6= 0 y sn =

n∑j=1

an =sin((n+ 1

2

)x)

2 sin(x2

) −1

2,

lo que implica que

|sn| ≤∣∣ sin ((n+ 1

2

)x)∣∣

2∣∣ sin (x

2

)∣∣ +1

2≤ 1

2∣∣ sin (x

2

)∣∣ +1

2=

1 +∣∣ sin (x

2

)∣∣2∣∣ sin (x

2

)∣∣ ≤ 1∣∣ sin (x2

)∣∣ ,y por tanto, sn es una sucesión acotada. Como

(bn)es positiva, decreciente y converge a 0,

aplicando el criterio de Dirichlet, resulta que∑anbn es convergente. En denitiva,

∞∑n=1

cos(nx)√n

converge si x no es múltiplo entero de 2π y diverge si x = 2mπ, m ∈ Z

Nota: Aplicando el resultado para x = 1, obtenemos que∞∑n=1

cos(n)√n

converge. Podemos

comparar este resultado con el del Problema 5:∞∑n=1

cos2(n)√n

= +∞. En particular, este


SOLUCIONS

1bINTEGRALS

IMPRÒPIES


Problema 1. Calculeu els valors de les integrals següents per als valors de α que lesfan convergents.

(a)

∫ b

a

dx

(x− a)α, on a < b, (b)

∫ +∞

0

xe−αxdx, (c)

∫ 1

0

xα log(1

x

)dx.

Solución: (a) Si α 6= 1,(x− a)1−α

(1− α)es una primitiva de (x− a)−α en el intervalo (a, b). Por

tanto, para cada a < c < b, tenemos que∫ b

c

dx

(x− a)α=

1

1− α

[(b− a)1−α − (c− a)1−α

]de manera que

∫ b

a

dx

(x− a)α=

1

1− α

[(b− a)1−α − lım

c→a+(c− a)1−α

]=

(b− a)1−α

1− α, si α < 1,

+∞, si α > 1,

puesto que lımc→a+

(c− a)1−α =

0, si α < 1.

+∞, si α > 1.

Si α = 1, log(x − a) es una primitiva de1

x− aen el intervalo (a, b). Por tanto, para

cada a < c < b, tenemos que∫ b

c

dx

x− a= log(b− a)− log(c− a) = log

(b− ac− a

)⇒∫ b

a

dx

x− a= lımc→a+

log(b− ac− a

)= +∞

En resumen,

∫ b

a

dx

(x− a)αdiverge sii α ≥ 1 y converge sii α < 1, en cuyo caso su valor es

(b− a)1−α

1− α

11


Nota: Si α < 1 y consideramos el cambio de variable x = (b − a)t + a, entoncesdx = (b− a)dt y

∫ b

a

dx

(x− a)α=

1

(b− a)α−1

∫ 1

0

dt

tα=

(b− a)1−α

1− α

(b) Si α = 0, entoncesx2

2es una primitiva de x en (0,+∞). Por tanto, para cada

b > 0, tenemos que ∫ b

0

x dx =b2

2=⇒

∫ +∞

0

x dx = lımb→+∞

b2

2= +∞

Si α 6= 0, calcularemos una primitiva de xe−αx en el intervalo (0,+∞) utilizando la

técnica de Integración por Partes:

∫xe−αx dx =

u = x ⇒ du = dx,

dv = e−αx ⇒ v = −1αe−αx

= − 1

αxe−αx +

1

α

∫e−αxdx

= − 1

αxe−αx − 1

α2e−αx = − 1

α2e−αx(αx+ 1).

Como − 1

α2e−αx(αx + 1) es una primitiva de xe−αx en el intervalo (0,+∞), para cada

b ≥ 0 tenemos que∫ b

0

xe−αxdx =1

α2

[1− e−αb(αb+ 1)

]=⇒

∫ b

0

xe−αxdx =1

α2− 1

α2lımb→+∞

αb+ 1

eαb.

Si α < 0, entonces lımx→+∞

e−αx(αx+1) = −∞, mientras que si α > 0, lımx→+∞

αx+ 1

eαx= 0,

(aplicar Regla de L'Hopital). En resumen,

∫ +∞

0

xe−αxdx diverge sii α ≤ 0 y converge sii α > 0, en cuyo caso su valor es1

α2

(c) Si α = −1, entonces−1

2log2(x) es una primitiva de

1

xlog(1

x

)=

1

x

(− log(x)

)en

(0, 1). Por tanto, para cada 0 < ε < 1, tenemos que∫ 1

ε

1

xlog(1

x

)dx =

1

2log2(ε) =⇒

∫ 1

0

1

xlog(1

x

)dx = lım

ε→0+

1

2log2(ε) = +∞

Si α 6= −1 , calcularemos una primitiva de xα(−log(x)

)en el intervalo (0, 1) utilizando


TEMA 1b: Integrales Impròpies. Problemes bàsics 13

la técnica de Integración por Partes:

∫xα log

(1

x

)dx =

u = log(x) ⇒ du =

dx

x,

dv = xαdx ⇒ v =x1+α

1 + α

=−1

1 + αx1+α log(x) +

1

1 + α

∫xαdx

=−1

1 + αx1+α log(x) +

1

(1 + α)2x1+α =

x1+α

(1 + α)2

[1− (1 + α) log(x)

].

Comox1+α

(1 + α)2

[1− (1 +α) log(x)

]es una primitiva de xα log

(1

x

)en el intervalo (0, 1),

para cada 0 < ε < 1 tenemos que∫ 1

ε

xα log(1

x

)dx =

1

(1 + α)2

[1− ε1+α

(1− (1 + α) log(ε)

)].

Si α < −1, entonces lımε→0+

ε1+α(

1− (1 + α) log(ε))

= −∞ mientras que si α > −1,

entonces lımε→0+

ε1+α(

1− (1 + α) log(ε))

= lımε→0+

1− (1 + α) log(ε)1

ε1+α

= 0, resultado obtenido

aplicando la Regla de L'Hopital. Por tanto, si α 6= −1, entonces∫ 1

0

xα log(1

x

)dx =

+∞, si α < −1,

1

(1 + α)2, si α > −1

En resumen,

∫ 1

0

xα log(1

x

)dx diverge sii α ≤ −1 y converge sii α > −1 y su valor es

1

(1 + α)2

Nota: Podemos aprovechar los cálculos anteriores para analizar la convergencia de∫ +∞

1

xα log(1

x

)dx. Por tanto, si α = −1, para cada b > 1, tenemos que∫ b

1

1

xlog(1

x

)dx =

−1

2log2(b) =⇒

∫ +∞

1

1

xlog(1

x

)dx = −∞,

mientras que si α 6= −1,∫ b

1

1

xlog(1

x

)dx =

1

(1 + α)2

[b1+α

(1− (1 + α) log(b)

)− 1],

Si α < −1, entonces lımb→+∞

b1+α(

1 − (1 + α) log(b))

= 0, mientras que si α > −1,

entonces lımb→+∞

b1+α(

1− (1 + α) log(b))

= −∞. Por tanto, si α 6= −1, entonces

∫ +∞

1

xα log(1

x

)dx =

−1

(1 + α)2, si α < −1,

−∞, si α > −1

En resumen,



∫ +∞

1

xα log(1

x

)dx diverge sii α ≥ −1 y converge sii α < −1 y su valor es

−1

(1 + α)2

Problema 2. Estudieu la convergència de les integrals impròpies següents:

(b)

∫ +∞

1

log(x2 + 1)

xdx, (j)

∫ +∞

1

(tan(1

x

)− sin

(1

x

))dx,

(d)

∫ +∞

1

(1− cos

(2

x

))dx, (l)

∫ 3

1

dx√x2 − 1

,

(e)

∫ +∞

2

(1− 4 sin(2x)

)x3 + 3

√x

dx, (m)

∫ 1

0

dx√x+ x2

,

(h)

∫ +∞

−∞e−x

2

dx, (n)

∫ +∞

0

arctan(x)√x3 + 1

dx.

Solución: En todos los casos utilizaremos el criterio de comparación para dilucidar laconvergencia o divergencia de las integrales propuestas.

(b) Consideremos las funciones f, g : (1,+∞) −→ R denidas como f(x) =log(x2 + 1)

x

y g(x) =1

x. Como log(x2 + 1) ≥ 1⇔ x2 + 1 ≥ e⇔ |x| ≥

√e− 1, resulta que f(x) ≥ g(x)

para cada x ≥√e− 1. Como

∫ +∞

1

g(x)dx = +∞, aplicando el criterio de comparación,

obtenemos que

la integral

∫ +∞

1

log(x2 + 1)

xdx es divergente

(d) Consideremos las funciones f, g : (1,+∞) −→ R dadas por f(x) = 1 − cos(2

x

)y

g(x) =1

x2. Como

−1

xes una primitiva de g en el intervalo (1,+∞), resulta que

∫ +∞

1

g(x)dx =

lımx→+∞

[1− 1

x

]= 1, lo que implica que la integral

∫ +∞

1

g(x)dx converge.

Por otra parte, lımx→+∞

f(x)

g(x)= lım

x→+∞

1− cos(2x

)1x2

= lımx→+∞

2x2

1x2

= 2, donde hemos aplicado

que 1− cos(2x

) +∞∼ 2x2, lo que implica que las integrales

∫ +∞

1

f(x)dx e

∫ +∞

1

g(x)dx tienen

el mismo carácter. En denitiva,



la integral

∫ +∞

1

(1− cos

(2

x

))dx es convergente

(e) Consideremos las funciones f, g : (2,+∞) −→ R denidas como f(x) =1− 4 sin(2x)

x3 + 3√x

y g(x) =5

x3. Como

−5

2x2es una primitiva de g en el intervalo (2,+∞), resulta que

∫ +∞

2

g(x)dx =

5

2lım

x→+∞

[1

4− 1

x2

]=

5

8, lo que implica que la integral

∫ +∞

2

g(x)dx converge.

Por otra parte, si x ∈ (2,+∞), tenemos que∣∣∣∣1− 4 sin(2x)

x3 + 3√x

∣∣∣∣ =|1− 4 sin(2x)|x3 + 3

√x

≤ 1 + 4| sin(2x)|x3

≤ 5

x3

lo que implica que |f(x)| ≤ g(x), para cada x ∈ (2,+∞). Aplicando el criterio de comparación,resulta nalmente que

la integral

∫ +∞

2

1− 4 sin(2x)

x3 + 3√x

dx es absolutamente convergente y además,

∣∣∣∣∫ +∞

2

1− 4 sin(2x)

x3 + 3√x

dx

∣∣∣∣ ≤ ∫ +∞

2

∣∣∣∣1− 4 sin(2x)

x3 + 3√x

dx

∣∣∣∣ ≤ 5

8

(h) Si f : R −→ R está denida como f(x) = e−x2, entonces f es simétrica (par) y

por tanto el carácter de

∫ +∞

−∞f(x)dx coincide con el carácter de

∫ +∞

0

f(x)dx y además,∫ +∞

−∞f(x)dx = 2

∫ +∞

0

f(x)dx. Por otra parte, como f es continua en [0, 1], existe la

integral de Riemann

∫ 1

0

f(x)dx, lo que implica que

∫ +∞

0

f(x)dx e

∫ +∞

1

f(x)dx tienen el

mismo carácter.

Por otra parte, como 0 ≤ e−x2 ≤ e−x para cada x ≥ 1 y la integral

∫ +∞

1

e−xdx

es convergente, de hecho

∫ +∞

1

e−xdx = lımx→+∞

[e−1 − e−x

]=

1

e, aplicando el criterio de

comparación, tenemos que la integral

∫ +∞

1

f(x)dx es convergente y, en denitiva,

la integral

∫ +∞

−∞e−x

2

dx es convergente

Nota: En su momento determinaremos que el valor de la integral anterior es√π,

ver el Problema 19 del Capítulo 3). Observar que como e−x2 ≤ 1 si x ∈ [0, 1], entonces∫ 1

0

e−x2

dx ≤ 1 y por tanto,

∫ +∞

−∞e−x

2

dx ≤ 2(1 + e−1) =2(1 + e)

e.



(j) Si denimos las funciones f, g : (1,+∞) −→ R como g(x) =1

x3y

f(x) = tan(1

x

)− sen

(1

x

)= sen

(1

x

)[1− cos(1x

)]cos(1x

) ≥ 0

resulta que

lımx→+∞

f(x)

g(x)= lım

x→+∞sen(1

x

)[1− cos(1x

)]1x3

cos(1x

) = lımx→+∞

sen(

1x

)1x

1

2cos(1x

) =1

2

donde hemos aplicado que 1− cos(1x

) +∞∼ 12x2

y que sen(1x

) +∞∼ 1x. Por tanto

∫ +∞

1

f(x)dx

e

∫ +∞

1

g(x)dx tienen el mismo carácter y como

∫ +∞

1

g(x)dx es convergente, obtenemos

que

la integral

∫ +∞

1

(tan(1

x

)− sen

(1

x

))dx es convergente

Nota: La elección de g está sugerida por el desarrollo de Taylor de tan(θ) − sen(θ) enθ = 0, valorándolo en θ = 1

x.

(l) Consideremos f, g : (1, 3) −→ R denidas como f(x) =1√

x2 − 1y g(x) =

1√x− 1

,

respectivamente, entonces lımx→1+

f(x)

g(x)= lım

x→1+

√x− 1√

(x− 1)(x+ 1)= lım

x→1+

1√x+ 1

=1√2. Por

tanto,

∫ 3

1

f(x)dx e

∫ 3

1

g(x)dx tienen el mismo carácter. Como 2√x− 1 es una primitiva de

1√x− 1

en el intervalo (1, 3),

∫ 3

1

dx√x− 1

= 2√

2, obtenemos nalmente que

la integral

∫ 3

1

dx√x2 − 1

es convergente

Nota: Teniendo en cuenta que1

2≤ 1√

4≤ 1√

1 + x≤ 1√

2=

√2

2si 1 < x < 3, resulta

que1

2

1√x− 1

≤ 1√x2 − 1

≤√

2

2√x− 1

de manera que la integral no sólo es convergente, sino que además√

2 ≤∫ 3

1

dx√x2 − 1

≤ 2.

(m) Si consideramos las funciones f, g : (0, 1) −→ R denidas como f(x) =1

x2 +√x

y g(x) =1√x, respectivamente, entonces 0 ≤ f(x) ≤ g(x), para cada x ∈ (0, 1) y como



además

∫ 1

0

g(x)dx =

∫ 1

0

dx√x

= 2[1− lım

x→0+

√x]

= 2, aplicando el criterio de comparación

tenemos que

la integral

∫ 1

0

dx

x2 +√x

es convergente

Nota: Como1

2√x≤ 1

x2 +√x≤ 1√

x, para cada 0 < x ≤ 1, resulta que la integral no

sólo converge, sino que además 1 ≤∫ 1

0

dx

x2 +√x≤ 2.

(n) Si consideramos las funciones f : [0,+∞) −→ R denida como f(x) =arctan(x)√x3 + 1

y

g : (1,+∞) −→ R dada por g(x) =π2

x32

, respectivamente, entonces 0 ≤ f(x) ≤ g(x), para

cada x ∈ (1,+∞) y además

∫ +∞

1

g(x)dx =π

2

∫ +∞

1

dx

x32

= π[1− lım

x→+∞

1

x12

]= π. Aplicando

el criterio de comparación tenemos que

∫ +∞

1

f(x)dx es convergente. Como por otra parte,

f es continua en [0, 1] existe la integral de Riemman

∫ 1

0

f(x)dx, así que nalmente

la integral

∫ +∞

0

arctan(x)√x3 + 1

dx es convergente

Problema 3. Determineu el caracter de les integrals impròpies següents en funció delparàmetre real α.

(a)

∫ +∞

1

√log(x)

xαdx, (d)

∫ +∞

0

√5 + xα

x4 + x+ 1dx,

(c)

∫ 1

0

(1 + arctan(x)

)xα sin3(x)

dx, (f)

∫ +∞

0

log(1 + x)

xαdx.

Solución: (a) Consideremos las funciones f, g, h : (1,+∞) −→ R dadas por f(x) =

√log(x)

xα,

g(x) =

√x− 1

xα+12

y h(x) =1

xα.

Primero probaremos quex− 1

x< log(x), para cada x > 1: Si φ : [1,+∞) −→ R está

dada por φ(x) = x log(x) + 1 − x, entonces φ′(x) = log(x) > 0, para cada x > 1, lo que



implica que φ es estrictamente creciente. Como φ(1) = 0, resulta que φ(x) > φ(0) para

cada x > 1. Esta desigualdad implica que 0 ≤ g(x) =

√x− 1

x

1

xα≤√

log(x)

xα= f(x),

para cada x > 1.

Como lımx→+∞

g(x)

h(x)= lım

x→+∞

√x− 1

x= 1, resulta que aplicando el criterio de comparación,∫ +∞

1

g(x) e

∫ +∞

1

h(x) tienen el mismo carácter. En particular,

∫ +∞

1

g(x) es divergente

sii α ≤ 1. Aplicando nuevamente el criterio de comparación, resulta que

∫ +∞

1

f(x)dx es

divergente cuando α ≤ 1.

Por otra parte, como f es continua en [1, e], es integrable Riemann en el mismo intervalo

y por tanto

∫ +∞

1

f(x) e

∫ +∞

e

f(x) tienen el mismo carácter.

Como√

log(x) < log(x), para cada x > e, resulta que 0 ≤ f(x) ≤ log(x)

xα, para cada

x > e. Aplicando el criterio de comparación, obtenemos que

∫ +∞

e

f(x)dx y por tanto,∫ +∞

1

f(x)dx, converge cuando

∫ +∞

1

log(x)

xαdx converge.

Para analizar el carácter de

∫ +∞

1

log(x)

xαdx, observamos que si α = 1, entonces

12

(log(x)

)2es una primitiva de

log(x)

x, mientras que si α 6= 1, utilizando la técnica de

Integración por Partes:

∫log(x)

xαdx =

u = log(x) ⇒ du =dx

x,

dv =dx

xα⇒ v =

1

1− α1

xα−1

=1

1− αlog(x)

xα−1− 1

1− α

∫dx

xα

=1

1− αlog(x)

xα−1− 1

(1− α)21

xα−1=

1

(1− α)21

xα−1

[(1− α) log(x)− 1

].

Por tanto,

∫ +∞

1

log(x)

xαdx =

12

lımx→+∞

(log(x)

)2= +∞, si α = 1,

1

(1− α)2+

1

(1− α)2lım

x→+∞

[(1− α) log(x)− 1

]xα−1

, si α 6= 1.

Teniendo en cuenta la escala de innitos, si α > 1 entonces lımx→+∞

[(1− α) log(x)− 1

]xα−1

= 0,

mientras que si α < 1, entonces lımx→+∞

[(1− α) log(x)− 1

]xα−1

= +∞. En denitiva, la

integral

∫ +∞

1

log(x)

xαdx es convergente sii α > 1. En resumen,



∫ +∞

1

√log(x)

xαdx es convergente sii α > 1 y divergente sii α ≤ 1

(c) Si f, g : (0, 1) −→ R están denidas como f(x) =1 + arctan(x)

xα sin3(x)y g(x) =

1

x3+α

respectivamente, entonces lımx→0+

f(x)

g(x)= lım

x→0+

x3+α(1 + arctan(x)

)xα sin3(x)

= 1, donde hemos

utilizado que sen(x) ∼ x, y por tanto, aplicando el criterio de comparación

∫ 1

0

f(x)dx

y

∫ 1

0

g(x)dx tienen el mismo carácter. Como

∫ 1

0

dx

x3+αes convergente sii 3 + α < 1, resulta

que

la integral

∫ 1

0

(1 + arctan(x)

)xα sin3(x)

dx es convergente sii α < −2 y divergente sii α ≥ −2

(d) Observemos primero que x4 +x+ 1 > 0, para x > 0. Por ejemplo, basta considerar

la identidad x4 + x+ 1 =(x2 − 1

2

)2+(x+ 1

2

)2+ 1

2.

Consideremos las funciones f, g, h : (0,+∞) −→ R denidas como f(x) =

√5 + xα

x4 + x+ 1,

g(x) =1

x4−α2

y h(x) = xα2 , respectivamente. Observemos que la integral

∫ +∞

0

f(x)dx es

de primera especie cuando α ≥ 0 y de primera y segunda especie cuando α < 0.

Si α ≥ 0, como f es continua en [0, 1], es integrable Riemann en [0, 1] y por tanto,

existe

∫ 1

0

f(x)dx. Por otra parte, lımx→+∞

f(x)

g(x)= lım

x→+∞

x4−α2

√5 + xα

x4 + x+ 1= 1, de manera que

las integrales

∫ +∞

1

f(x)dx e

∫ +∞

1

g(x)dx tienen el mismo carácter. Como

∫ +∞

1

g(x)dx es

convergente sii 4− α2> 1, obtenemos nalmente que

∫ +∞

1

f(x)dx es convergente sii α < 6.

Si α < 0, entonces lımx→+∞

f(x)

x4= lım

x→+∞

x4√

5 + xα

x4 + x+ 1=√

5, de manera que, aplicando

el criterio de comparación las integrales

∫ +∞

1

f(x)dx e

∫ +∞

1

g(x)dx tienen el mismo carácter.

Como

∫ +∞

1

g(x)dx es convergente, obtenemos que

∫ +∞

1

f(x)dx es convergente.

Por otra parte, lımx→0+

f(x)

h(x)= lım

x→0+

√5 + xα

xα2 (x4 + x+ 1)

= 1, de manera que, aplicando el

criterio de comparación las integrales

∫ 1

0

f(x)dx e

∫ 1

0

g(x)dx tienen el mismo carácter. Como∫ 1

0

g(x)dx es convergente si y sólo si α2> −1, obtenemos que

∫ 1

0

f(x)dx es convergente, y



por tanto

∫ +∞

0

f(x)dx es convergente, sii −2 < α < 0. En resumen,

la integral

∫ +∞

0

√5 + xα

x4 + x+ 1dx es convergente sii −2 < α < 6 y divergente en otro caso

(f) Consideremos la función f : (0,+∞) −→ R denida como f(x) =log(1 + x)

xα.

Entonces la integral

∫ +∞

0

f(x)dx es de primera y segunda especie cuando α > 0 y de

primera especie cuando α ≤ 0.

Consideremos también las funciones g : (1,+∞) −→ R y h : (0, 1) −→ R denidas como

g(x) =log(x)

xαy h(x) =

1

xα−1, respectivamente.

Como lımx→+∞

f(x)

g(x)= lım

x→+∞

log(1 + x)

log(x)= lım

x→+∞

11+x1x

= lımx→+∞

x

1 + x= 1, donde hemos

aplicado la Regla de L'Hopital para deducir que lımx→+∞

log(1 + x)

log(x)= lım

x→+∞

11+x1x

, aplicando el

criterio de comparación las integrales

∫ +∞

1

f(x)dx e

∫ +∞

1

g(x)dx tienen el mismo carácter.

Como la convergencia de esta última integral, dependiendo de α, ha sido analizada en el

apartado (a) de este problema, resulta que la integral

∫ +∞

1

log(1 + x)

xαdx, es convergente

sii α > 1.

Por otra parte, lımx→0+

f(x)

h(x)= lım

x→0+

log(1 + x)

x= 1, donde hemos tenido en cuenta

que log(1 + x) ∼ x. Por tanto,

∫ 1

0

f(x)dx e

∫ 1

0

h(x)dx tienen el mismo carácter y como∫ 1

0

h(x)dx es convergente sii α − 1 < 1, resulta que

∫ 1

0

log(1 + x)

xαdx es convergente sii

α < 2 En resumen,

∫ +∞

0

log(1 + x)

xαdx es convergente sii 1 < α < 2 y divergente en otro caso



Problema 5. (El criteri de Dirichlet). Siguin f, g : [a,+∞) −→ R. Se suposa que

(i) f es continua, i hi ha una constant M > 0 tal que, per a tota b > a,∣∣∣∣∫ b

a

f(x)dx

∣∣∣∣ ≤M .

(ii) g és diferenciable, i decreixent amb lımx→+∞

g(x) = 0

Proveu que, en aquestes condicions, la integral impròpia

∫ +∞

a

f(x)g(x)dx és

convergent. (Integreu per parts.)

Solución:Asumiremos que en la Hipótesis (ii), diferenciabilidad signica que g ∈ C1([a,+∞)

);

es decir que g es derivable con derivada continua.

Como f es continua, el Teorema Fundamental del Cálculo determina que la función

F (x) =

∫ x

a

f(s)ds es derivable en [a,+∞) y además F ′(x) = f(x). La hipótesis (i) implica

también que F está acotada en [a,+∞), de hecho |F (x)| ≤M , para cada x ∈ [a,+∞).

Hemos asumido que g′ es continua (y por tanto Fg′ también lo es), mientras quela hipótesis de decrecimiento implica que g′(x) ≤ 0, para cada x ∈ [0,+∞). Además,

aplicando la regla de Barrow, tenemos que

∫ b

a

g′(x) dx = g(b)−g(a) y por tanto lımb→+∞

∫ b

a

g′(x) dx =

−g(a), de manera que

∫ +∞

a

g′(x) dx es convergente.

Utilizando la técnica de Integración por partes, obtenemos que

∫ b

a

f(x)g(x) dx =

u = g(x) ⇒ du = g′(x)dx,

dv = f(x)dx ⇒ v = F (x)

= F (b)g(b)− F (a)g(a)−

∫ b

a

F (x)g′(x)dx.

Como F está acotada y lımx→+∞

g(x) = 0, resulta que lımx→+∞

F (x)g(x) = 0, lo que implica que

las integrales

∫ b

a

f(x)g(x) dx e

∫ b

a

F (x)g′(x) dx tienen el mismo carácter. Por otra parte,∣∣∣F (x)g′(x)∣∣∣ ≤M |g′(x)| = −Mg′(x),

lo que implica que

∫ b

a

F (x)g′(x) dx es absolutamente convergente, lo que en denitiva

concluye el resultado enunciado.

Nota 1: Observar que la demostración del criterio de Dirichlet sigue los mismos pasos

que los desarrollados para demostrar la convergencia de la integral

∫ +∞

1

sen(x)

xdx en



el problema anterior. Asimismo, es la versión continua del mismo criterio para seriesnuméricas, con la diferencia de que en el caso de series se concluye la convergencia absolutay en el caso de integrales sólo la convergencia (como muestra el ejemplo del problemaanterior).

Nota 2: El mismo resultado se satisface si g es creciente y lımx→b

g(x) = 0: Bajo esas

hipótesis si consideramos g = −g, entonces g es decreciente y lımx→b

g(x) = 0. Por tanto

la integral impropia

∫ b

a

f(x)g(x)dx = −∫ b

a

f(x)g(x)dx es convergente, lo que nalmente

implica que

∫ b

a

f(x)g(x)dx es convergente. Por tanto, podemos reformular las hipótesis del

apartado (b) de la siguiente manera: g és diferenciable, i monòtona amb lımx→+∞

g(x) = 0.

De hecho el resultado del principio de Dirichlet es cierto aún suprimiendo la hipótesis dederivabilidad sobre g manteniendo la de monotonía y el comportamiento en el límite). Sinembargo, la demostración, que ya no puede utilizar la t¢nica de integración por partes, essustancialmente más complicada que la presentada aquí.

Problema 6. Proveu que la integral impròpia

∫ +∞

1

sin(x)

xαdx és convergent per a

tota α > 0. (Podeu integrar per parts, o aplicar el criteri de Dirichlet.)

Solución: Consideremos las funciones f, g : [1,+∞) −→ R dadas por f(x) = sen(x) y

g(x) =1

xα, respectivamente. Por una parte, como −cos(x) es una primitiva de sen(x),

resulta que

∫ b

1

sen(x)dx = cos(1)− cos(b), lo que implica que

∣∣∣∣∫ b

1

sen(x)dx

∣∣∣∣ =∣∣cos(1)− cos(b)

∣∣ ≤ |cos(1)|+ |cos(b)| ≤ 2, para todo b > 1

Por otra parte, como α > 0, entonces g ∈ C1((0,+∞)

), es decreciente y además

lımx→+∞

g(x) = 0. Por tanto, se satisfacen las hipótesis del Criterio de Dirichlet, lo que implica

para cada α > 0, la integral

∫ +∞

1

sin(x)

xαdx es convergente

Nota 1: Como

∣∣∣∣sen(x)

xα

∣∣∣∣ ≤ 1

xα, resulta que si α > 1, la integral

∫ +∞

1

sin(x)

xαdx es

absolutamente convergente.

Podemos obtener la misma conclusión utilizando la técnica de Integración por Partes(que en denitiva signica especicar la demostración del criterior de Dirichlet a este caso



particular):

∫ +∞

1

sen(x)

xαdx =

u =1

xα⇒ du =

−αx1+α

dx,

dv = sen(x) dx ⇒ v = −cos(x)

= cos(1)− lım

x→+∞

cos(x)

xα− α

∫ +∞

1

cos(x)

x1+αdx

= cos(1)− α∫ +∞

1

cos(x)

x1+αdx,

lo que signica que

∫ +∞

1

sen(x)

xαdx e

∫ +∞

1

cos(x)

x1+αdx tienen el mismo carácter. Como

|cos(x)|x1+α

≤ 1

x1+αy

∫ +∞

1

1

x1+αdx es convergente porque α > 0, resulta que

∫ +∞

1

cos(x)

x1+αdx

es absolutamente convergente, lo que nalmente implica el resultado.

Nota 2: Los mismos argumentos anteriores muestran que

∫ +∞

1

cos(x)

xαdx es convergente

para todo α > 0 y además absolutamente convergente si α > 1.

Problema 8. Proveu que la integral impròpia

∫ +∞

0

cos(x3)dx és convergent,

malgrat que l'integrand no té límit quan x→ +∞.

Solución: Como cos(x3)es continua en [0, 1], es integrable Riemann en [0, 1], de manera que∫ +∞

0

cos(x3) dx es convergente sii

∫ +∞

1

cos(x3) dx es convergente.

Si denimos f, g : [1,+∞) −→ R como f(x) = 3x2cos(x3) y g(x) =3

x2, entonces

g ∈ C1([1,+∞)

), es decreciente, lım

x→+∞g(x) = 0 y además, para cada b > 1 se tiene que

∫ b

1

f(x)dx =

∫ b

1

3x2cos(x3)dx =[

sen(x3)]b0

= sen(b3) =⇒∣∣∣∣∫ b

1

f(x)dx

∣∣∣∣ ≤ 1

Aplicando el Criterio de Dirichlet, obtenemos nalmente que

la integral

∫ +∞

0

cos(x3)dx es convergente

Nota 1: Si b > 1, entonces haciendo el cambio de variable t = x3 e integrando por partes



obtenemos que

∫ b

1

cos(x3)dx =

t = x3 ⇒ x = t13

dt = 3x2dx⇒ dx =dt

3t23

=1

3

∫ b3

1

cos(t)

t23

dt

=

u =1

t23

⇒ du = − 2

3t53

dv = cos(t)dt ⇒ v = sen(t)

=

sen(b3)

3b2− sen(1)

3+

2

9

∫ b3

1

sen(t)

t53

dt

y como lımb→+∞

sen(b3)

3b2= 0, resulta que

∫ +∞

1

cos(x3) dx e

∫ +∞

1

sen(x)

x53

dx tienen el mismo

carácter. Finalmente, como

∫ +∞

1

sen(x)

x53

dx es convergente, de hecho absolutamente convergente

(ver el Problema 6), obtenemos nalmente que

la integral

∫ +∞

0

cos(x3)dx es convergente

Nota 2: Teniendo en cuenta que

∫ +∞

1

cos(x)

xαdx es convergente si α > 0, (ver la Nota

2 del Problema 6, basta la identidad

∫ b

1

cos(x3)dx =

1

3

∫ b3

1

cos(t)

t23

dt para concluir.


SOLUCIONS

2INTEGRACIÓ

A Rn


Problema 1. Calculeu les integrals de les funcions següents sobre els rectanglesindicats:

(a) f(x, y) = y2; R =

(x, y) ∈ R2 : |x| ≤ 1, |y| ≤ 2.

(c) f(x, y, z) = x2 + y2 + z2; R =

(x, y, z) ∈ R3 : −1 ≤ x, y, z ≤ 1.

(d) f(x, y, z) = xyz; R =

(x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ x, y, z ≤ 1.

Solución: Observamos primero que todas las funciones involucradas son continuas.

(a) El rectángulo de integración es R = [−1, 1] × [−2, 2]. Aplicando el Teorema deFubini, resulta que

∫R

f(x, y)dydx =

∫ 1

−1

[∫ 2

−2y2dy

]dx =

∫ 1

−1

[y33

]2−2dx =

∫ 1

−1

16

3dx =

32

3

Nota 1: Naturalmente el resultado es idéntico si la integración se produce en otro orden:

∫R

f(x, y)dxdy =

∫ 2

−2

[∫ 1

−1y2dx

]dy =

∫ 2

−2y2[∫ 1

−1dx

]dy =

∫ 2

−22y2dy =

[2y3

3

]2−2

=32

3

Nota 2: Como la función se expresa en variables separables, resulta que

∫R

f(x, y)dxdy =

(∫ 1

−1dx

)(∫ 2

−2y2dy

)= 2[y3

3

]2−2

=32

3

(c) El rectángulo de integración es R = [−1, 1]3 = [−1, 1]× [−1, 1]× [−1, 1]. Aplicandoel Teorema de Fubini, resulta que

25


∫R

f(x, y, z)dzdydx =

∫ 1

−1

[∫ 1

−1

[∫ 1

−1(x2 + y2 + z2)dz

]dy

]dx

=

∫ 1

−1

[∫ 1

−1

[(x2 + y2)z +

z3

3

]1−1dy

]dx

=

∫ 1

−1

[∫ 1

−1

[2(x2 + y2) +

2

3

]dy

]dx

=

∫ 1

−1

[[2(x2y +

y3

3

)+

2

3y]1−1

]dx

=

∫ 1

−1

[4(x2 +

1

3

)+

4

3

]dx =

∫ 1

−1

[4x2 +

8

3

]dx

=

[4x3

3+

8x

3

]1−1

=8

3+

16

3= 8

(d) El rectángulo de integración es R = [0, 1]3. Aplicando el Teorema de Fubini yteniendo en cuenta que f es una función de variables separadas, resulta que

∫R

f(x, y, z)dzdydx =

(∫ 1

0

xdx

)(∫ 1

0

ydy

)(∫ 1

0

zdz

)=

(∫ 1

0

xdx

)3

=

([x22

]10

)3

=1

8

Problema 2. Calculeu les integrals de les funcions següents sobre les regionsindicades:

(b) f(x, y) = x2y2; R =

(x, y) ∈ R2 : x ≥ 0, |x|+ |y| ≤ 1.

(e) f(x, y, z) = z, R =

(x, y, z) ∈ R3 : |x| ≤ 1, |y| ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 2− x2 − y2.

(f) f(x, y, z) = (1 + x+ y + z)−3, R regió limitada pels tres plans coordenats i elpla x+ y + z = 1.

(g) f(x, y, z) = xy2z3, R regió limitada per la superfície z = xy i els plans y = x,x = 1, z = 0.

Solución:Observamos primero que todas las funciones involucradas son continuas en el recintode integración. De hecho excepto la del apartado (f) todas con continuas en R2 o R3.

(b) La región de integración puede expresarse como la región elemental

R =

(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1, x− 1 ≤ y ≤ 1− x

Aplicando el Teorema de Fubini, obtenemos que obtenemos que


TEMA 2: Integració a Rn. Problemes bàsics 27

∫R

f(x, y)dydx =

∫ 1

0

[∫ 1−x

x−1x2y2dy

]dx =

∫ 1

0

[x2y3

3

]1−xx−1

dx

=1

3

∫ 1

0

x2[(1− x)3 − (x− 1)3

]dx =

1

3

∫ 1

0

x2[2− 6x+ 6x2 − 2x3

]dx

=2

3

∫ 1

0

[x2 − 3x3 + 3x4 − x5

]dx =

2

3

[x3

3− 3x4

4+

3x5

5− x6

6

]10

=1

90

(e) La región de integración puede expresarse como la región elemental

R =

(x, y, z) ∈ R3 : −1 ≤ x ≤ 1, −1 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 2− x2 − y2

Aplicando el Teorema de Fubini, obtenemos que

∫R

f(x, y, z)dzdydx =

∫ 1

−1

[∫ 1

−1

[∫ 2−x2−y2

0

zdz

]dy

]dx

=1

2

∫ 1

−1

[∫ 1

−1(2− x2 − y2)2dy

]dx

=1

2

∫ 1

−1

[∫ 1

−1

[(2− x2)2 − 2(2− x2)y2 + y4

]dy

]dx

=1

2

∫ 1

−1

[(2− x2)2y − 2

3(2− x2)y3 +

y5

5

]1−1dx

=

∫ 1

−1

[(2− x2)2 − 2

3(2− x2) +

1

5

]dx

=1

15

∫ 1

−1

[15x4 − 50x2 + 43

]dx =

1

15

[3x5 − 50x3

3+ 43x

]1−1

=2

45

[9− 50 + 129

]=

176

45

(f) La región de integración puede expresarse como la región elemental

R =

(x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1− x, 0 ≤ z ≤ 1− x− y




∫R

f(x, y, z)dzdydx =

∫ 1

0

[∫ 1−x

0

[∫ 1−x−y

0

(1 + x+ y + z)−3dz

]dy

]dx

= −1

2

∫ 1

0

[∫ 1−x

0

[(1 + x+ y + z)−2

]1−x−y0

dy

]dx

= −1

2

∫ 1

0

[∫ 1−x

0

[1

4− (1 + x+ y)−2

]dy

]dx

= −1

2

∫ 1

0

[y4

+ (1 + x+ y)−1]1−x0

dx

= −1

2

∫ 1

0

[1− x

4+

1

2− 1

1 + x

]dx

= −1

2

[− (1− x)2

8+x

2− log(1 + x)

]10

= −1

2

[1

2− log(2) +

1

8

]=

1

16

[8 log(2)− 5

](g) La región de integración puede expresarse como la región elemental

R =

(x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ x, 0 ≤ z ≤ xy


∫R

f(x, y, z)dzdydx =

∫ 1

0

[∫ x

0

[∫ xy

0

xy2z3dz

]dy

]dx =

1

4

∫ 1

0

[∫ x

0

[xy2z4

]xy0dy

]dx

=1

4

∫ 1

0

[∫ x

0

x5y6dy

]dx =

1

28

∫ 1

0

[x5y7

]x0dx =

1

28

∫ 1

0

x12dx

=[ x13

364

]10

=1

364

Problema 4. Calculeu

∫ ∫T

(x+ y)dxdy essent T la regió denida com

T =

(x, y) ∈ R2 : y ≤ 2x+ 2, x+ y + 1 ≥ 0, x2 + y ≤ 5, x ≤ 2.

Solución: La región de integración T es T = R1 ∪ R2, donde R1 y R2 son las regioneselementales,

R1 =

(x, y) ∈ R2 : −1 ≤ x ≤ 1, −(1 + x) ≤ y ≤ 2(1 + x)

R2 =

(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x ≤ 2, −(1 + x) ≤ y ≤ 5− x2



Como

∫R1

f(x, y)dxdy =

∫ 1

−1dx

∫ 2(1+x)

−(1+x)(x+ y)dy =

1

2

∫ 1

−1

[2xy + y2

]2(1+x)−(1+x)

dx

=3

2

∫ 1

−1

[3x2 + 4x+ 1

]dx =

3

2

[x3 + 2x2 + x

]1−1

= 6

∫R2

f(x, y)dxdy =

∫ 2

1

dx

∫ 5−x2

−(1+x)(x+ y)dy =

1

2

∫ 2

1

[2xy + y2

]5−x2−(1+x)

dx

=1

2

∫ 2

1

[x4 − 2x3 − 9x2 + 10x+ 24

]dx

=1

2

[x55− x4

2− 3x3 + 5x2 + 24x

]21

=167

20

En denitiva,

∫T

f(x, y)dxdy =

∫R1

f(x, y)dxdy +

∫R2

f(x, y)dxdy =287

20

Problema 5. Sigui R el rectangle de vértex (1, 2), (1, 5), (3, 2) i (3, 5). Sigui T la

aplicació lineal representada per la matriu

[2 1−1 3

]. Obteniu l'àrea de T (R).

Solución: Observamos primero que R = [1, 3]× [2, 5] y a(R) =

∫ 3

1

dx

∫ 5

2

dy = 6. Por otra

parte, T : R2 −→ R2 está dada por T (x, y) =

[2 1−1 3

] [xy

]= (2x− y, 3y − x), de manera

que det JT = det

[2 1−1 3

]= 7, así que T (x, y) = (ξ, η) determina un cambio de variables

cuyo inverso está dado por

T−1(ξ, η) =

[2 1−1 3

]−1 [ξη

]=

1

7

[3 −11 2

] [ξη

]=(3ξ − η

7,ξ + 2η

7

).

Aplicando el Teorema del cambio de variables, resulta que

a(T (R)

)=

∫T (R)

dξdη =

∫R

|det JT |dxdy = 7

∫R

dxdy = 7a(R) = 42



Problema 6. Sigui U el conjunt U =

(u, v) ∈ R2 : 12< u2+v2 < 1, u > 0, v > 0

,

i considereu l'aplicació ϕ(u, v) = (u2− v2, 2uv). Calculeu la integral sobre ϕ(U) de la

funció f(x, y) =1√

x2 + y2.

Solución: La aplicación ϕ : (0,+∞)2 −→ R2 es de clase C1 e inyectiva:

Si x = u2 − v2 e y = 2uv, entonces v =y

2u, de manera que x = u2 − y2

4u2=

4u4 − y2

4u2,

es decir 4u4 − 4xu2 − y2 = 0. Por tanto, u2 =1

2

(x +

√x2 + y2

)(observar que como

u2 > 0 no puede ocurrir que u2 =1

2

(x−

√x2 + y2

)ya que este último valor es negativo,

lo que implica que necesariamente u =

√2

2

√x+

√x2 + y2. Además, Jϕ =

[2u −2v

2v 2u

], lo

que implica que det Jϕ = 4(u2 + v2) > 0 y, en denitiva que ϕ es un cambio de variable.Aplicando el teorema del cambio de variables, resulta que

∫ϕ(U)

f(x, y)dxdy =

∫U

(f ϕ)|detJϕ|dudv =

∫U

1√(u2 − v2)2 + 4u2v2

4(u2 + v2) dudv

= 4

∫U

(u2 + v2)√(u2 + v2)2

dudv = 4

∫U

dudv

=

[T (r, θ) =

(rcos(θ), r sen(θ)

)r > 0, 0 < θ < 2π

]⇒

[det JT = r

T−1(U) = [√22, 1]× [0, π

2]

]

= 4

∫ 1

√2

2

rdr

∫ π2

0

dθ = 2π

∫ 1

√22

rdr = π[r2]1√2

2

=π

2

Nota 1: Las coordenadas anteriores se denominan coordenadas parabólicas, ya que lascurvas coordenadas u = k y v = k, k ∈ R son parábolas.

Nota 2: Observar que U es la cuarta parte del anillo circular de radio interior ri =√22

y

radio exterior re = 1, cuyo área es a(U) =

∫U

dudv que, tal y como acabamos de comprobar

valeπ

8. Este valor también puede ser obtenido por métodos elementales, restando al área

del círculo exterior la del interior: a(U) =1

4(πr2e − πr2i ) =

π

8.



Problema 7. Calculeu les integrals

∫A

f indicades:

(a) f(x, y) = xy2; A =

(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 < 1, x > 0, y > 0.

(c) f(x, y) = x2 + y2; A =

(x, y) ∈ R2 : ax ≤ x2 + y2 ≤ a2.

(d) f(x, y, z) = 7yz; A =

(x, y, z) ∈ R3 : y > 0, 0 < z < a, x2 + y2 < b2,

essent a, b > 0 constants.

(f) f(x, y, z) = xyz, A =

(x, y, z) ∈ R3 : x2+y2+z2 < 1, x > 0, y > 0, z > 0.

(g) f(x, y, z) =√x2 + y2, donde

A =

(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 < 1, x2 + y2 < z2, z > 0.

Solución: Observar que todas las funciones involucradas son continuas en R2 o R3.

(a) Consideremos el cambio a coordenadas polares T : (0,+∞)× (0, 2π) −→ R2, dadopor T (r, θ) =


). Entonces det JT = r > 0 y T−1(A) = [0, 1] × [0, π

2], de

manera que aplicando el teorema de cambio de variables,

∫A

xy2dxdy =

∫T−1(A)

r4cos(θ) sen2(θ)drdθ =

(∫ 1

0

r4dr

)(∫ π2

0

cos(θ) sen2(θ)dθ

)

=[r5

5

]10

[1

3sen3(θ)

]π2

0=

1

15

Nota: La integral puede calcularse fácilmente en coordenadas cartesianas:

∫A

xy2dxdy =

∫ 1

0

y2dy

∫ √1−y2

0

xdx =1

2

∫ 1

0

y2[x2]√1−y2

0=

1

2

∫ 1

0

y2(1− y2)dy

=1

2

[y33− y5

5

]10

=1

15

(c) Si a = 0, entonces A = (0, 0) y por tanto

∫A

f = 0.

Si a > 0, consideremos el cambio a coordenadas polares T : (0,+∞)× (0, 2π) −→ R2,

dado por T (r, θ) =(rcos(θ), r sen(θ)

). Entonces det JT = r > 0 y, teniendo en cuenta que



cos(θ) > 0 sii θ ∈(0, π

2

)∪(3π2, 2π)

T−1(A) =

(r, θ) ∈ (0,+∞)× (0, 2π) : 0 < θ <π

2, acos(θ) ≤ r ≤ a

∪

(r, θ) ∈ (0,+∞)× (0, 2π) :π

2< θ <

3π

2, 0 < r ≤ a

∪

(r, θ) ∈ (0,+∞)× (0, 2π) :3π

2< θ < 2π, acos(θ) ≤ r ≤ a

de manera que aplicando el teorema de cambio de variables,

∫A

(x2 + y2)dxdy =

∫T−1(A)

r3drdθ

=

∫ π2

0

dθ

∫ a

acos(θ)

r3dr +

∫ 3π2

π2

dθ

∫ a

0

r3dr +

∫ 2π

3π2

dθ

∫ a

acos(θ)

r3dr

=a4

4

[ ∫ π2

0

[1− cos4(θ)

]dθ + π +

∫ 2π

3π2

[1− cos4(θ)

]dθ

]=a4

4

[[θ − 1

32

(12θ + 8 sen(2θ) + sen(4θ)

)]π2

0+ π

]+a4

4

[[θ − 1

32

(12θ + 8 sen(2θ) + sen(4θ)

)]2π3π2

]=

13

32a4π

Si a < 0, consideremos el cambio a coordenadas polares T : (0,+∞)× (0, 2π) −→ R2,

dado por T (r, θ) =(rcos(θ), r sen(θ)

). Entonces det JT = r > 0 y, teniendo en cuenta que

cos(θ) < 0 sii θ ∈(π2, 3π

2

)T−1(A) =

(r, θ) ∈ (0,+∞)× (0, 2π) : 0 < θ <

π

2, 0 < r ≤ |a|

∪

(r, θ) ∈ (0,+∞)× (0, 2π) :π

2< θ <

3π

2, acos(θ) ≤ r ≤ |a|

∪

(r, θ) ∈ (0,+∞)× (0, 2π) :3π

2< θ < 2π, 0 < r ≤ |a|

de manera que aplicando el teorema de cambio de variables,

∫A

(x2 + y2)dxdy =

∫T−1(A)

r3drdθ

=

∫ π2

0

dθ

∫ |a|0

r3dr +

∫ 3π2

π2

dθ

∫ |a|acos(θ)

r3dr +

∫ 2π

3π2

dθ

∫ |a|0

r3dr

=a4π

8+a4

4

∫ 3π2

π2

[1− cos4(θ)

]dθ +

a4π

8

=a4π

4+a4

4

[θ − 1

32

(12θ + 8 sen(2θ) + sen(4θ)

)] 3π2

π2

=13

32a4π



(d) Consideremos el cambio a coordenadas cilíndricas T : (0,+∞)× (0, 2π)× R −→ R2,dado por T (r, θ, z) =

(rcos(θ), r sen(θ), z

). Entonces det JT = r > 0 y, teniendo en cuenta

que sen(θ) > 0 sii 0 < θ < π, resulta que T−1(A) = [0, b] × [0, π] × [0, a] de manera queaplicando el teorema de cambio de variables,

∫A

7yzdxdydz = 7

∫T−1(A)

zr2 sen(θ)drdθdz = 7

(∫ b

0

r2dr

)(∫ π

0

sen(θ)dθ

)(∫ a

0

zdz

)= 7[r3

3

]b0

[− cos(θ)

]π0

[z22

]a0

= 7b3

3· 2 · a

2

2=

7

3a2b3


∫A

7yzdxdydz = 7

∫ b

−bdx

∫ √b2−x20

ydy

∫ a

0

zdz =7a2

2

∫ b

−bdx

∫ √b2−x20

ydy

=7a2

4

∫ b

−b

[y2]√b2−x20

dx =7a2

4

∫ b

−b

[b2 − x2

]dx =

7a2

2

∫ b

0

[b2 − x2

]dx

=7a2

2

[b2x− x3

3

]b0

=7

3a2b3

(f) Consideremos T : (0,+∞)× (0, 2π)× (0, π) −→ R3, el cambio a coordenadas esféricasdado por T (r, θ, ϕ) =

(rcos(θ) sen(ϕ), r sen(θ) sen(ϕ), r cos(ϕ)

). Entonces el jacobiano es

det JT = −r2 sen(ϕ) < 0. Como sen(ϕ) > 0, entonces x > 0 sii θ ∈(0, π

2

)∪(3π2, 2π),

y > 0 sii θ ∈ (0, π), mientras que z > 0 sii ϕ ∈(0, π

2

). Por tanto, obtenemos que

T−1(A) = (0, 1) ×(0, π

2

)×(0, π

2

), de manera que aplicando el teorema de cambio de

variables,

∫A

xyzdxdydz =

∫T−1(A)

r5 sen(θ)cos(θ) sen3(ϕ)cos(ϕ)drdθdϕ

=

(∫ 1

0

r5dr

)(∫ π2

0

sen(θ)cos(θ)dθ

)(∫ π2

0

sen3(ϕ)cos(ϕ)dϕ

)

=[r6

6

]10

[1

2sen2(θ)

]π2

0

[1

4sen4(ϕ)

]π2

0=

1

48




∫A

xyzdxdydz =

∫ 1

0

xdx

∫ √1−x20

ydy

∫ √1−x2−y2

0

zdz

=1

2

∫ 1

0

xdx

∫ √1−x20

ydy[z2]√1−x2−y2

0

=1

2

∫ 1

0

xdx

∫ √1−x20

y(1− x2 − y2)dy

= −1

8

∫ 1

0

xdx[(1− x2 − y2)2

]√1−x20

=1

8

∫ 1

0

x(1− x2)2dx

= − 1

48

[(1− x2)3

]10

=1

48

(g) Consideremos el cambio a coordenadas esféricas T : (0,+∞)× (0, 2π)× (0, π) −→ Rdado por T (r, θ, ϕ) =


). Entonces el jacobiano es

det JT = −r2 sen(ϕ) < 0. Como cos(ϕ) > 0 sii ϕ ∈(0, π

2

)y x2 + y2 = r2 sen2(ϕ), resulta

que x2 + y2 < z2 sii sen(ϕ) < cos(ϕ); es decir sii ϕ ∈(0, π

4

). Por tanto, obtenemos que

T−1(A) = (0, 1) × (0, 2π) ×(0, π

4

), de manera que aplicando el teorema de cambio de

variables,

∫A

√x2 + y2dxdydz =

∫T−1(A)

r3 sen2(ϕ)drdθdϕ

=

(∫ 1

0

r3dr

)(∫ 2π

0

dθ

)(∫ π4

0

sen2(ϕ)dϕ

)

=2π

4

[r44

]10

[2ϕ− sen(2ϕ)

]π4

0=

2π

16

(π2− 1)

=π

16(π − 2)

donde hemos usado que1

4

(2ϕ− sen(2ϕ)

)es una primitiva de sen2(ϕ).

Nota: Podemos resolver también el problema utilizando el cambio a coordenadas cilíndricasT : (0,+∞)× (0, 2π)× R −→ R3, dado por T (r, θ, z) =

(rcos(θ), r sen(θ), z

). Entonces

det JT = r > 0 y además, como 0 < r <√

1− r2 sii 0 < r <

√2

2, resulta que

T−1(A) =

(r, θ, z) : 0 < r <

√2

2, 0 < θ < 2π, r < z <

√1− r2

Aplicando el teorema del cambio de variables, resulta que



∫A

√x2 + y2dxdydz =

∫T−1(A)

r2drdθdz =

∫ √2

2

0

r2dr

∫ 2π

0

dθ

∫ √1−r2r

dz

=

∫ √2

2

0

r2dr

∫ 2π

0

dθ[√

1− r2 − r]

= 2π

∫ √2

2

0

r2[√

1− r2 − r]dr

= 2π

∫ √2

2

0

r2√

1− r2dr − 2π

∫ √2

2

0

r3dr

= 2π

∫ √2

2

0

r2√

1− r2dr − π

2

[r4]√2

2

0= 2π

∫ √2

2

0

r2√

1− r2dr − π

8

Si consideramos ahora el cambio de variable r = sen(s), resulta que∫ √2

2

0

r2√

1− r2dr =

[r = sen(s)

dr = cos(s)ds

]=

∫ π4

0

sen2(s)cos2(s)ds =1

4

∫ π4

0

sen2(2s)ds

1

8

∫ π4

0

[1− cos(4s)

]ds =

1

8

[s− 1

4sen(4s)

]π4

0=

π

32

y, en denitiva,

∫A

√x2 + y2dxdydz =

π2

16− π

8=

π

16(π − 2)

Problema 9. Calculeu les integrals

∫A

f indicades. (Utilitzeu canvis de variables

apropiats.)

(a) f(x, y) = 1; A =

(x, y) ∈ R2 : (x+ y)2 + (2x− y + 1)2 ≤ 1.

(b) f(x, y) = x2 + y2; A =

(x, y) ∈ R2 : α ≤ x2 − y2 ≤ β, γ ≤ xy ≤ δ, essent

0 < α < β, 0 < γ < δ constants donades.

(c) f(x, y) = ex−yx+y ; A =

(x, y) ∈ R2 : x > 0, y > 0, 1 < x+ y < 2

.

Solución: (a) Consideremos la aplicación T : R2 −→ R2 dada por T (x, y) = (x+y, 2x−y+1).

Claramente T es la aplicación afín determinada por la matriz A =

[1 12 −1

]y el vector

z =

[01

]; es decir T (x, y) = (x, y)A> + (0, 1). Por tanto, T ∈ C1(R2), JT = A y det JT =

detA = −3, lo que implica que T es invertible y además G = T−1 : R2 −→ R2 está dadopor

G(u, v) = (u, v)A−> − (0, 1)A−> =(u+ v − 1

3,2u− v + 1

3

)c© Càlcul Integral, Grau en Matemàtiques, FME. Curs 2018-19


En denitiva G es un cambio de coordenadas en las que el recinto A se transforma en

G−1(A) =

(u, v) ∈ R2 : u2 + v2 ≤ 1

Aplicando el teorema de cambio de variables, resulta que

∫A

dxdy =1

3

∫G−1(A)

dudv =1

3

∫ 1

−1du

∫ √1−u2−√1−u2

dv =2

3

∫ 1

−1

√1− u2du

=4

3

∫ 1

0

√1− u2du =

[x = sen(θ)

dx = cos(θ)dθ

]

=4

3

∫ π2

0

cos2(θ)dθ =2

3

∫ π2

0

[1 + cos(2θ)

]dθ =

2

3

[θ +

1

2sen(2θ)

]π2

0=π

3

Nota: En las nuevas coordenadas, (u, v), A es el círculo de centro el origen y radio 1,cuyo área es π.

(b) Observemos primero que A = A1 ∪ A2 donde

A1 =

(x, y) ∈ R2 : x > 0, y > 0, α ≤ x2 − y2 ≤ β, γ ≤ xy ≤ δ,

A2 =

(x, y) ∈ R2 : x < 0, y < 0, α ≤ x2 − y2 ≤ β, γ ≤ xy ≤ δ.

Como A1 ∩ A2 = ∅, resulta que

∫A

f =

∫A1

f +

∫A2

f . Por otra parte, si consideramos

ψ : R2 −→ R2 dada por ψ(x, y) = (−x,−y), entonces ψ es un cambio de coordenadas talque detJψ = −1. Como A2 = ψ(A1), aplicando el teorema del cambio de variables, resultaque

∫A2

f(x, y)dxdy =

∫A1

(f ψ)|det Jψ|dxdy =

∫A1

f(x, y)dxdy

La aplicación ϕ : (0,+∞)2 −→ R2 dada por ϕ(x, y) = (x2 − y2, 2xy) es un cambio decoordenadas tal que detJϕ = 4(x2 + y2), ver el Problema 8. Si u = x2 − y2 y v = 2xy yφ = ϕ−1 , en estas coordenadas el conjunto A1 se describe como φ−1(A1) = [α, β]×[2γ, 2δ

].

Como |det Jφ| = |det Jϕ|−1 =1

4(x2 + y2), aplicando el teorema de cambio de variables,

resulta que

∫A

f(x, y)dxdy = 2

∫A1

f(x, y)dxdy = 2

∫φ−1(A1)

(f φ)|det Jφ|dudv =1

2

∫φ−1(A1)

dudv

=1

2

∫ β

α

∫ 2δ

2γ

dudv = (β − α)(δ − γ)



(c) Si consideramos la aplicación T : R2 −→ R2 dada por T (x, y) = (x− y︸︷︷︸u

, x+ y︸︷︷︸v

),

claramente T es la aplicación lineal determinada por la matriz A =

[1 −11 1

]. Por tanto,

T ∈ C1(R2), JT = A y det JT = detA = 2, lo que implica que T es invertible y ademásG = T−1 : R2 −→ R2 está dado por

G(u, v) =(u+ v

2,v − u

2

)En denitiva G es un cambio de coordenadas y como x > 0 sii u + v > 0 e y > 0 siiv − u > 0, en las nuevas coordenadas el recinto A se transforma en

G−1(A) =

(u, v) ∈ R2 : 1 < v < 2, −v < u < v

Aplicando el teorema de cambio de variables, resulta que

∫A

ex−yx+y dxdy =

1

2

∫G−1(A)

euv dudv =

1

2

∫ 2

1

dv

∫ v

−veuv du =

1

2

∫ 2

1

[ve

uv

]v−vdv

= senh(1)

∫ 2

1

vdv =senh(1)

2

[v2]21

=3

2senh(1)

Problema 19. Calculeu la integral J =

∫ ∫R2

e−(x2+y2)dxdy i deduïu-ne el valor de

I =

∫ +∞

−∞e−x

2

dx. (Useu coordenades polars.)

Solución: Si para cada n ∈ N∗, consideraremos Bn =

(x, y) : x2 + y2 ≤ n2, entonces

Bn ⊂ Bn+1, R2 =∞⋃n=1

Bn y además

∫R2

e−(x2+y2)dxdy = lım

n→∞

∫Bn

e−(x2+y2)dxdy, ya que f

es positiva y continua.

Fijado n ≥ 1, consideremos T : (0,+∞)× (0, 2π) −→ R2 el cambio a coordenadaspolares dado por T (r, θ) =


). Sabemos que det JT = r y además que

T−1(Bn) = [0, n]× [0, 2π]. Por tanto, aplicando el teorema del cambio de variables,

∫Bn

e−(x2+y2)dxdy =

∫ n

0

dθ

∫ 2π

0

re−r2

drdθ = 2π

∫ n

0

re−r2

dr = π[− e−r2

]n0

= π(1− e−n2

)

Si para cada n ∈ N∗, consideraremos ahora el rectángulo An = [−n, n] × [−n, n],

entonces An ⊂ An+1, R2 =∞⋃n=1

An y como f es continua en R2 lo es en cada rectángulo

An. Además, como f es positiva,



J =

∫R2


n→∞

∫An


n→∞

(∫ n

−ne−x

2

dx

)(∫ n

−ne−y

2

dy

)=

(∫ +∞

−∞e−x

2

dx

)(∫ +∞

−∞e−y

2

dy

)= I2

En denitiva,

I2 = J = lımn→∞

π(1− e−n2

) = π

Problema 20. Si r =√x2 + y2 + z2 i B =

(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 ≤ a2

,

a > 0, determineu per a quins valors de α > 0 existeix la integral impròpia

∫ ∫ ∫B

dV

rα

i calculeu-la. (Integreu fora d'una esfera de radi ε > 0 centrada en l'origen.)

Solución: Si para cada n ∈ N∗, consideraremos εn > 0 tal que lımn→∞

εn = 0 y el conjunto

Bn =

(x, y, z) : ε2n ≤ x2 + y2 + z2 ≤ a2, entonces Bn ⊂ Bn+1, B =

∞⋃n=1

Bn y además∫B

dxdydz

r(x, y, z)α= lım

n→∞

∫Bn

dxdydz

r(x, y, z)αpues

1

rαes positiva y continua en B \ (0, 0, 0).

Fijado n ≥ 1, Consideremos T : (0,+∞)× (0, π)× (0, 2π) −→ R el cambio a coordenadasesféricas dado por T (r, ϕ, θ) =


). Entonces, det JT =

r2 sen(ϕ) > 0 y T−1(Bn) = [εn, a]× [0, π]× [0, 2π], de manera que aplicando el teorema decambio de variables,

∫Bn

dxdydz

r(x, y, z)α=

∫T−1(Bn)

sen(ϕ)

rα−2drdϕdθ =

(∫ a

εn

r2−αdr

)(∫ π

0

sen(ϕ)dϕ

)(∫ 2π

0

dθ

)= 2π

(∫ a

εn

r2−αdr

)[− cos(ϕ)

]π0

= 4π

∫ a

εn

dr

rα−2

=

4π

3− α

[r3−α

]aεn

=4π

3− α

[a3−α − ε3−αn

], si α 6= 3

4π[

log(r)]aεn

= 4π log( aεn

), si α = 3

Como lımn→∞

4π

3− α

[a3−α − ε3−αn

]=

4πa3−α

3− α, si 0 < α < 3

+∞, si α > 3y lım

n→∞log( aεn

)= +∞

obtenemos nalmente que



la integral impropia

∫B

dV

rαconverge sii 0 < α < 3 y en ese caso su valor es

4πa3−α

3− α

Problema 21. Es consideren una esfera i un con circular tals que el centre del'esfera está situat sobre l'eix del con i el vèrtex del con sobre la superfície de l'esfera.Determineu la semiobertura α del con per tal que els volums de les parts de l'esferainterior i exterior al con siguin iguals

Solución: Si denominaremos E a la esfera, C al cono de semi-abertura α y Aα al conjuntolimitado por el cono y la esfera, el enunciado plantea determinar cuándo v

(E \Aα) = v(Aα);

es decir, cuándo v(E) = 2v(Aα). Si observamos que A0 = ∅ y que Aπ2

= E, y suponemos

que v(Aα) es una función continua de α, existirá α ∈(0, π

2

)tal que v(Aα) = 1

2v(E).

Por otra parte, como el volumen de la esfera es v(E) = Ω3(R) =4

3πR3, valor que se

puede obtener tomando a = b = c = R en la parte (b) del Problema 12, el problema se

reduce a determinar cuándo v(Aα) =2

3πR3.

Supongamos que R > 0 es el radio de la esfera E y que ésta está centrada en el punto(0, 0, R). Supondremos también que el vértice del cono C se sitúa en el origen de coordenadas.Resulta entonces que las ecuaciones cartesianas de E y de C están dadas por

E =

(x, y, z)3 ∈ R : x2 + y2 + (z −R)2 = R2

=

(x, y, z)3 ∈ R : x2 + y2 + z2 − 2Rz ≤ 0

C =

(x, y, z) ∈ R3 :z2

c2= x2 + y2, z ≥ 0

, c > 0

El corte del cono con el plano x = 0 lo forman las rectas z = ± c y, lo que signica quesi θ ∈

(0, π

2

)es el ángulo formado por la recta z = c y y la parte positiva del eje Y , entonces

c = tg(θ). Como la semi-abertura del cono es α = π2− θ, resulta que

tg(α) = tg(π

2− θ)

= ctg(θ) =1

c

de manera que la ecuación del cono circular es C =

(x, y, z) ∈ R3 : tg(α)2z2 = x2 + y2.

Consideraremos T : (0,+∞)× (0, π)× (0, 2π) −→ R3 en cambio a coordenadas esféricasque está dado por T (r, θ, ϕ) =

(rcos(θ) sen(ϕ), r sen(θ) sen(ϕ), rcos(ϕ)

). Entonces, C es

la supercie de nivel que corresponde a ϕ = α. Por otra parte, como

x2 + y2 + z2 − 2Rz = r2 − 2Rrcos(ϕ)

resulta que

Aα =

(r, θ, ϕ) : 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ ϕ ≤ α, 0 < r ≤ 2Rcos(α)



Como JT = −r2 sen(ϕ), aplicando el teorema del cambio de variables, resulta que

v(Aα) =

∫ 2π

0

∫ α

0

∫ 2Rcos(ϕ)

0

r2 sen(ϕ)drdϕdθ =1

3

∫ 2π

0

∫ α

0

[r3]2Rcos(ϕ)

0sen(ϕ)drdϕdθ

=8R3

3

∫ 2π

0

∫ α

0

cos3(ϕ) sen(ϕ)dϕdθ =4

3πR3

[− cos4(ϕ)

]α0

=4

3πR3

(1− cos4(α)

),

de manera que v(Aα) = 12v(E) sii 1− cos4(α) = 1

2; es decir, sii cos4(α) = 1

2. En denitiva,

v(E) = 2v(Aα) sii α = arc cos(

14√2

)' 0,572

2.2. Problemes addicionals

Problema 29. Invertiu l'ordre d'integració per a calcular∫ 2

1

dx

∫ x

√x

sin(πx

2y

)dy +

∫ 4

2

dx

∫ 2

√x

sin(πx

2y

)dy.

Solución: La función f : [2, 4]× [1, 2] −→ R denida como f(x, y) = sin(πx

2y

)es continua.

Por otra parte, si consideramos los conjuntos simples denidos como

R1 =

(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x ≤ 2,√x ≤ y ≤ x

R2 =

(x, y) ∈ R2 : 2 ≤ x ≤ 4,

√x ≤ y ≤ 2

entonces, ver la Figura 2.1,∫

R1∪R2

f(x, y)dxdy =

∫R1

f(x, y)dxdy +

∫R2

f(x, y)dxdy

=

∫ 2

1

dx

∫ x

√x

sin(πx

2y

)dy +

∫ 4

2

dx

∫ 2

√x

sin(πx

2y

)dy

Por otra parte, como los conjuntos R1 y R2 pueden describirse como

R1 =

(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ y ≤√

2, y ≤ x ≤ y2∪

(x, y) ∈ R2 :√

2 ≤ y ≤ 2, y ≤ x ≤ 2

R2 =

(x, y) ∈ R2 :√

2 ≤ y ≤ 2, 2 ≤ x ≤ y2

resulta que R1 ∪R2 es el conjunto simple

R1 ∪R2 =

(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ y ≤ 2, y ≤ x ≤ y2

lo que implica que



Figura 2.1: Recinto de integración R1 ∪R2

∫R1∪R2

f(x, y)dxdy =

∫ 2

1

dy

∫ y2

y

sin(πx

2y

)=

∫ 2

1

[−2y

πcos(πx

2y

)]y2y

dy

= − 2

π

∫ 2

1

y cos(πy

2

)dy = − 8

π3

[cos(πy

2

)+π

2y sen

(πy2

)]21

=4

π3(π + 2)

donde hemos usado que4

π2

[cos(πy

2

)+π

2y sen

(πy2

)]es una primitiva de y cos

(πy2

). En

denitiva,

∫ 2

1

dx

∫ x

√x

sin(πx

2y

)dy +

∫ 4

2

dx

∫ 2

√x

sin(πx

2y

)dy =

4

π3(π + 2)

.

Problema 33. Calculeu el volum tancat per l'esfera x2 + y2 + z2 = a2 comprés dinsdel cilindre x2 + y2 = ay.

Solución: Denotaremos por A a la región encerrada por la intersección de la esfera y delcilindro.

Si a = 0, entonces A = (0, 0, 0) y por tanto, v(A) = 0.

Si a 6= 0, consideremos T : (0,+∞)× (0, 2π)× R −→ R3 el cambio a coordenadas

cilíndricas, dado por T (r, θ, z) =(rcos(θ), r sen(θ), z

). Entonces det JT = r > 0 y además,



las desigualdadades x2 +y2 +z2 ≤ a2 y x2 +y2 ≤ ay implican que 0 < r < |a| y r ≤ a sen(θ),respectivamente. Por tanto 0 < θ < π si a > 0, mientras que π < θ < 2π si a < 0 y

T−1(A) =

(r, θ, z) : α(a) < θ < α(a) + π, 0 < r ≤ a sen(θ), −√a2 − r2 ≤ z ≤

√a2 − r2

,

donde α(a) = 0 si a > 0 y α(a) = π si a < 0. Aplicando el teorema del cambio de variables,resulta que

∫A

dxdydz =

∫T−1(A)

rdrdθdz =

∫ α(a)+π

α(a)

dθ

∫ a sen(θ)

0

rdr

∫ √a2−r2−√a2−r2

dz

= 2

∫ α(a)+π

α(a)

dθ

∫ a sen(θ)

0

r√a2 − r2dr = −2

3

∫ π

0

dθ[(a2 − r2

) 32

]a sen(θ)0

=2|a|3

3

∫ α(a)+π

α(a)

[1−

∣∣cos(θ)∣∣3]dθ =

2|a|3

3

[π −

∫ α(a)+π

α(a)

∣∣cos(θ)∣∣3dθ]

Teniendo en cuenta que cos3(θ) = cos(θ)(1 − sen2(θ)

), entonces sen(θ) − 1

3sen3(θ) es

una primitiva de cos3(θ), resulta que

∫ π

0

|cos3(θ)|dθ =

∫ π2

0

|cos3(θ)|dθ +

∫ π

π2

|cos3(θ)|dθ =

∫ π2

0

cos3(θ)dθ −∫ π

π2

cos3(θ)dθ

=[

sen(θ)− 1

3sen3(θ)

]π2

0−[

sen(θ)− 1

3sen3(θ)

]ππ2

=4

3∫ 2π

π

|cos3(θ)|dθ =

∫ 3π2

π

|cos3(θ)|dθ +

∫ 2π

3π2

|cos3(θ)|dθ =

∫ 2π

3π2

cos3(θ)dθ −∫ 3π

2

π

cos3(θ)dθ

=[

sen(θ)− 1

3sen3(θ)

]2π3π2

−[

sen(θ)− 1

3sen3(θ)

] 3π2

π=

4

3

En denitiva,

∫ α(a)+π

α(a)

∣∣cos(θ)∣∣3dθ =

4

3y por tanto,

v(A) =2|a|3

3

[π −

∫ α(a)+π

α(a)

∣∣cos(θ)∣∣3dθ] =

2|a|3

9

(3π − 4)

Nota: El corte de la esfera con el cilindro se denomina Bóveda de Viviani


SOLUCIONS

3INTEGRALS DE LÍNIA

I DE SUPERFÍCIE


Problema 1. Calculeu la llargada de les corbes següents:

(a) Circumferència d'equació (x− a)2 + (y − b)2 = R2.

(d) El·lipse de semieixos a > b:x2

a2+y2

b2= 1.

Solución: (a) La curva es la circunferencia de centro (a, b) y radio R. Una parametrizacióninyectiva de la curva es α : [0, 2π) −→ R, dada por α(t) =

(a + Rcos(t), b + R sen(t)

).

Como

α′(t) =(−R sen(t), Rcos(t)

)=⇒ ||α′(t)|| =

√R2 sen2(t) +R2cos2(t) = R

resulta que

` =

∫ 2π

0

Rdt = 2πR

(d) Una parametrización inyectiva de la elipse de ejes a y b es α : [0, 2π) −→ R, dadapor α(t) =

(acos(t), b sen(t)

). Como α′(t) =

(− a sen(t),−bcos(t)

), resulta que

||α′(t)|| =√a2 sen2(t) + b2cos2(t) =

√a2 − (a2 − b2)cos2(t)

Si consideramos k = 1a

√a2 − b2, la excentricidad de la elipse, teniendo en cuenta que cos2(t)

es par y periódica de periodo π, obtenemos que

` = a

∫ 2π

0

√1− k2cos2(t)dt = a

∫ π

0

√1− k2cos2(t)dt+ a

∫ π

0

√1− k2cos2(s+ π)ds

= 2a

∫ π

0

√1− k2cos2(t)dt = 2a

∫ π2

0

√1− k2cos2(t)dt+ 2a

∫ π

π2

√1− k2cos2(t)dt

= 2a

∫ π2

0


∫ 0

−π2

√1− k2cos2(s+ π)ds

= 2a

∫ π2

0


∫ 0

−π2

√1− k2cos2(s)ds = 4a

∫ π2

0

√1− k2cos2(t)dt

43


Nota 1: Cuando la excentricidad es nula; es decir, cuando la elipse es una circunferencia,el resultado anterior coincide con la longitud de la circunferencia de radio a.

Nota 2: Haciendo el cambio de variable t = π2− s, como cos

(π2− s)= sen(s), resulta

que

` = 4aE(1a

√a2 − b2, π

2

), donde E

(k,π

2

)=

∫ π2

0

√1− k2 sen2(t)dt es la

integral elíptica completa de segunda especie

Problema 4. Calculeu les integrals de línia següents:

(c)

∫C

x2d`, on C és la intersecció de l'esfera x2+y2+z2 = 1 i el pla x+y+z = 0.

Solución: (c) Como z = −x− y, resulta que la curva se expresa como

x2 + y2 + (x+ y)2 = 1⇐⇒ 2(x2 + y2 + xy) = 1⇐⇒ 2(x+

y

2

)2+

3

2y2 = 1

Para obtener una parametrización inyectiva de la curva observamos que si denimos

x =√2(x + y

2

)e y =

√32y, entonces x2 + y2 = 1 y por tanto, existe un único t ∈ [0, 2π)

tal que x = cos(t) e y = sen(t); es decir tal que

y =2√6sen(t), x =

√3√6cos(t)− 1√

6sen(t), z = −

√3√6cos(t)− 1√

6sen(t)

Por tanto, una parametrización inyectiva de la curva es la función α : [0, 2π) −→ R3, dada

por α(t) =1√6

(√3 cos(t)− sen(t), 2 sen(t),−

√3 cos(t)− sen(t)

). Como

α′(t) =1√6

(−√3 sen(t)− cos(t), 2cos(t),

√3 sen(t)− cos(t)

)=⇒ ||α′(t)|| = 1,

resulta que

∫C

x2d` =1

6

∫ 2π

0

(3cos2(t) + sen2(t)− 2

√3 sen(t)cos(t)

)dt

=1

6

∫ 2π

0

(2cos2(t) + 1−

√3 sen(2t)

)dt =

1

6

∫ 2π

0

(2 + cos(2t)−

√3 sen(2t)

)dt

=1

6

[2t+

1

2sen(2t) +

√3

2cos(2t)

]2π0

=2π

3


TEMA 3: Integrals de línia i de superfície. Problemes bàsics 45

Problema 5. Calculeu les integrals de línia

∫C

F · d` següents:

(c) F(x, y) = (x + y, y − x), C és l'arc de l'el·lipse x2 + y2

4= 1 orientat des del

punt (1, 0) ns al (0, 2).

(d) F(x, y) = (2x+y2, 3y−4x), C és la frontera de R =(x, y) : y2 ≤ x, y ≥ x2

,

recorreguda en sentit positiu.

(h)

∮C

(ydx+ zdy+xdz

), on C és la corba intersecció de z = xy amb x2+ y2 = 1,

orientada de manera que la seva projecció sobre el pla XY sigui positiva.

Solución: (c) Una parametrización inyectiva de la curva es la función α :[0, π

2

]−→ R2,

dada por α(t) =(cos(t), 2 sen(t)

). Como α′(t) =

(− sen(t), 2cos(t)

), resulta que

∫α

Fd` =

∫ π2

0

⟨(cos(t) + 2 sen(t), 2 sen(t)− cos(t)

),(− sen(t), 2cos(t)

)⟩dt

=

∫ π2

0

(3 sen(t)cos(t)− 2

)dt =

[32sen2(t)− 2t

]π2

0=

3

2− π

(d) Una parametrización inyectiva de la curva es la función α : [0, 2] −→ R2, dada porα(t) = (t, t2) si 0 ≤ t ≤ 1 y por α(t) =

((2− t)2, 2− t

)si 1 ≤ t ≤ 2. Como α′(t) = (1, 2t)

si 0 ≤ t < 1 y α′(t) =(2(t− 2),−1

), si 1 < t ≤ 2, resulta que

∫α

Fd` =

∫ 1

0

〈(2t+ t4, 3t2 − 4t), (1, 2t)〉 dt

+

∫ 2

1

⟨(3(t− 2)2, 3(2− t)− 4(2− t)2

),(2(t− 2),−1

)⟩dt

=

∫ 1

0

(2t+ t4 + 6t3 − 8t2)dt+

∫ 2

1

(6(t− 2)3 − 3(2− t) + 4(2− t)2

)dt

=[t2 +

t5

5+

3t4

2− 8t3

3

]10+[32(t− 2)4 +

3

2(t− 2)2 +

4

3(t− 2)3

]21

=[1 +

1

5+

3

2− 8

3

]+[− 3

2− 3

2+

4

3

]=

1

30− 5

3= −49

30

(h) El campo F está denido como F(x, y, z) = (y, z, x) y una una parametrizacióninyectiva de la curva es α : [0, 2π) −→ R3, dada por α(t) =

(cos(t), sen(t), sen(t)cos(t)

).

Como α′(t) =(− sen(t), cos(t), cos(2t)

), resulta que



∫α

Fd` =

∫ 2π

0

⟨(sen(t), sen(t)cos(t), cos(t)

),(− sen(t), cos(t), cos(2t)

)⟩dt

=

∫ 2π

0

(− sen2(t) + sen(t)cos2(t) + cos(t)cos(2t)

)dt

=

∫ 2π

0

(12

(cos(2t)− 1

)+ sen(t)cos2(t) + cos3(t)− cos(t) sen2(t)

)dt

=

∫ 2π

0

(12

(cos(2t)− 1

)+ sen(t)cos2(t) + cos(t)− 2cos(t) sen2(t)

)dt

=[14sen(2t)− t

2− 1

3cos3(t)− sen(t)− 2

3sen3(t)

]2π0

= −π

Problema 6. Calculeu l'àrea de les superfícies següents:

(c) Casquet esfèric d'alçada h en l'esfera de radi a.

Solución: (c) Si el casquete tiene altura h, su tercera coordenada varía en [a − h, a]. Siconsideramos las coordenadas esféricas resulta que a − h ≤ acos(ϕ) ≤ a, lo que signicaque si denimos ϕ0 = arc cos

(a−ha

), entonces 0 ≤ ϕ ≤ ϕ0. Por tanto, una parametrización

inyectiva del casquete es la función σ : (0, 2π)× (0, ϕ0) −→ R3, dada por

σ(θ, ϕ) =(acos(θ) sen(ϕ), a sen(θ) sen(ϕ), acos(ϕ)

).

Comoσθ =

(− a sen(θ) sen(ϕ), acos(θ) sen(ϕ), 0

),

σϕ =(acos(θ)cos(ϕ), acos(θ) sen(ϕ),−a sen(ϕ)

)resulta que

σθ × σϕ = det

i j k

−a sen(θ) sen(ϕ) acos(θ) sen(ϕ) 0

acos(θ)cos(ϕ) a sen(θ)cos(ϕ) −a sen(ϕ)

= −a2

(cos(θ) sen2(ϕ), sen(θ) sen2(ϕ), sen(ϕ)cos(ϕ)

)lo que implica que ||σθ × σϕ|| = a2 sen(ϕ) y por tanto que

a(M) = a2∫ 2π

0

∫ ϕ0

0

sen(ϕ)dθdϕ = 2πa2[− cos(ϕ)

]ϕ0

0= 2πa2

[1− (a− h)

a

]= 2πah

Nota: Observar que cuando h = a el casquete coincide con la semiesfera superior,mientras que si h = 2a el casquete coincide con toda la esfera.



Problema 7. Integreu les funcions següents sobre les superfícies indicades:

(b) f(x, y, z) = z, sobre z = 1− x2 − y2, z > 0.

(d) f(x, y, z) = 1, sobre la superfície de R3 parametritzada per la funcióg(u, v) = (u− v, u+ v, uv), u2 + v2 < 1.

Solución: (b) Una parametrización inyectiva del paraboloide es σ : (0, 1)× (0, 2π) −→ R3,dada por σ(r, θ) =

(rcos(θ), r sen(θ), 1− r2

).

Como σr =(cos(θ), sen(θ),−2r

)y σθ =

(− r sen(θ), rcos(θ), 0

), resulta que

σr × σθ = det

i j k

cos(θ) sen(θ) −2r−r sen(θ) rcos(θ) 0

=(2r2cos(θ),−2r2 sen(θ), r

)

lo que implica que ||σr × σθ|| = r√1 + 4r2 y por tanto que

∫M

fdSSSSSSSSSSSSSS =

∫ 2π

0

∫ 1

0

(1− r2)r√1 + 4r2drdθ = 2π

∫ 1

0

(1− r2)r√1 + 4r2dr

=

[u = 1− r2 ⇒ du = −2rdr

dv = r√1 + 4r2 ⇒ v = 1

12(1 + 4r2)

32

]

=[π6(1− r2)(1 + 4r2)

32

]10+π

3

∫ 1

0

r(1 + 4r2)32dr

= −π6+

π

60

[(1 + 4r2)

52

]10=

π

60

(25√5− 11

)(d) En este caso, gu = (1, 1, v), gv = (−1, 1, u), lo que implica que

gu × gv = det

i j k

1 1 v

−1 1 u

= (u− v,−u− v, 2)

de manera que ||gu × gv|| =√2√2 + u2 + v2 y, por tanto, si D =

(u, v) : u2 + v2 < 1

∫M

fdSSSSSSSSSSSSSS =√2

∫D

√2 + u2 + v2dudv =

[u = rcos(θ), v = r sen(θ)

(r, θ) ∈ (0, 1)× (0, 2π)

]

=√2

∫ 1

0

∫ 2π

0

r√2 + r2drdθ =

2π√2

3

[(2 + r2)

32

]10=

2π

3

[3√6− 4

]c© Càlcul Integral, Grau en Matemàtiques, FME. Curs 2017-18


Problema 10. Calculeu les integrals de superfície

∫S

F · dSSSSSSSSSSSSSS indicades:

(d) F(x, y, z) = (x3, x2y, x2z), a través de la frontera del conjuntx2 + y2 ≤

a2, 0 ≤ z ≤ b, orientada cap a l'exterior.

(j) F(x, y, z) = xi + zj + yk, a través de la frontera del conjunt V =x2 + y2 ≤

R2, z ≥ 0, x ≥ z, orientada cap a l'exterior.

(k) F(x, y, z) = (x + ey, z − y, x + y + z), a través de la superfície formada per launió de x2 + y2 + z2 = 10z (0 ≤ z ≤ 2) i x2 + y2 = (z − 6)2 (2 ≤ z ≤ 6)orientada cap a l'exterior.

Solución: (d) Si denominamos S a la supercie descrita en el enunciado, tenemos que Ses el cilindro de radio a limitado por los planos z = 0 y z = b. Si consideramos C el cuerpodel cilindro, C0 =

x2 + y2 < a2, z = 0

el disco inferior y Cb =

x2 + y2 < a2, z = b

el

disco superior, una vez orientados hacia el exterior, resulta que

∫S

FdS =

∫C

FdS+

∫C0

FdS+

∫Cb

FdS

Si Da =(u, v) : u2 + v2 < a2, como σ : Da −→ R3 dada por σ(u, v) = (u, v, z0) es una

parametrización inyectiva de Cz0 y satisface que σu = (1, 0, 0) y σv = (0, 1, 0), resulta queσu × σv = (0, 0, 1) y por tanto, la orientación es hacia el exterior en z0 = b y hacia el interioren z0 = 0. Además, como

det

u3 u2v u2z0

1 0 0

0 1 0

= u2z0

resulta que, con la orientación exterior,

∫C0

FdS = 0

∫Cb

FdS = b

∫Da

u2dudv =

[u = rcos(θ), v = r sen(θ)

(r, θ) ∈ (0, a)× (0, 2π)

]= b

∫ a

0

∫ 2π

0

r3cos2(θ)drdθ

= b

(∫ a

0

r3dr

)(∫ 2π

0

cos2(θ)dθ

)=b

8

[r4]a0

[θ +

1

2sen(2θ)

]2π0

=π

4a4b

Por otra parte, σ : (0, 2π)× (0, b) −→ R3 dada por σ(θ, z) =(acos(θ), a sen(θ), z

)es

una parametrización inyectiva de C y satisface que σθ = (−a sen(θ), acos(θ), 0) y σz =



(0, 0, 1), de manera que σu × σv =(acos(θ), a sen(θ), 0

)y por tanto, la orientación es hacia

el exterior. Además, como

det

a3cos3(θ) a3cos2(θ) sen(θ) a2zcos2(θ)

−a sen(θ) acos(θ) 0

0 0 1

=a4cos4(θ) + a4cos2(θ) sen2(θ) = a4cos2(θ)


∫C

FdS = a4∫ 2π

0

∫ b

0

cos2(θ)drdθ =a4b

2

[θ +

1

2sen(2θ)

]2π0

= πa4b

En denitiva,

∫S

FdS =

∫C

FdS+

∫C0

FdS+

∫Cb

FdS =5

4πa4b

(j) Si denimos los conjuntos

V1 =(x, y, z) : x2 + y2 ≤ R2, z = 0, x ≥ 0

,

V2 =(x, y, z) : x2 + y2 ≤ R2, z ≥ 0, x = z

,

V3 =(x, y, z) : x2 + y2 = R2, z ≥ 0, x ≥ z

,

entonces V = V1 ∪ V2 ∪ V3 y por tanto, una vez orientadas todas las supercies hacia elexterior, resulta que

∫V

FdS =

∫V1

FdS+

∫V2

FdS+

∫V3

FdS

Una parametrización inyectiva de V1 es la función σ : (0, R)×(− π

2, π2

)−→ R3 dada por

σ(r, θ) =(rcos(θ), r sen(θ), 0

), de manera que

σr =(cos(θ), sen(θ), 0

),

σθ =(− r sen(θ), rcos(θ), 0

),

σr × σθ = r(0, 0, 1)

lo que signica que la orientación es hacia el interior. Además, como

det

rcos(θ) 0 r sen(θ)

cos(θ) sen(θ) 0

−r sen(θ) rcos(θ) 0

= r2 sen(θ)




∫V1

FdS = −∫ R

0

∫ π2

−π2

r2 sen(θ)drdθ = −1

3

[r3]R0

[− cos(θ)

]π2

−π2

= 0

Una parametrización inyectiva de V2 es la función σ : (0, R)×(− π

2, π2

)−→ R3 dada por

σ(r, θ) =(rcos(θ), r sen(θ), rcos(θ)

), de manera que

σr =(cos(θ), sen(θ), cos(θ)

),

σθ =(− r sen(θ), rcos(θ),−r sen(θ)

),

σr × σθ = r(−1, 0, 1)

lo que signica que la orientación es hacia el exterior. Además, como

det

rcos(θ) rcos(θ) r sen(θ)

cos(θ) sen(θ) cos(θ)

−r sen(θ) rcos(θ) −r sen(θ)

= r2(sen(θ)− cos(θ)

)resulta que, con la orientación exterior,

∫V1

FdS =

∫ R

0

∫ π2

−π2

r2(sen(θ)− cos(θ)

)drdθ = −1

3

[r3]R0

[sen(θ) + cos(θ)

]π2

−π2

= −2

3R3

Si D =(θ, z) : −π

2≤ θ ≤ π

2, 0 ≤ z ≤ Rcos(θ)

, una parametrización inyectiva de V3

es σ : D −→ R3 dada por σ(θ, z) =(Rcos(θ), R sen(θ), z

), de manera que

σθ =(−R sen(θ), Rcos(θ), 0

),

σr = (0, 0, 1),

σr × σθ = R(cos(θ), sen(θ), 0

)lo que signica que la orientación es hacia el exterior. Además, como

det

Rcos(θ) z R sen(θ)

−R sen(θ) Rcos(θ) 0

0 0 1

= R2cos2(θ) +Rz sen(θ)


∫V1

FdS =

∫ π2

−π2

∫ Rcos(θ)

0

(R2cos2(θ) +Rz sen(θ)

)dθdz

=R

2

∫ π2

−π2

[2zRcos2(θ) + z2 sen(θ)

]Rcos(θ)

0dθ

=R3

2

∫ π2

−π2

[2cos3(θ) + cos2(θ) sen(θ)

]dθ

=R3

6

[6 sen(θ)− 2 sen3(θ)− cos3(θ)

]π2

−π2

=4

3R3



En denitiva,

∫V

FdS =

∫V1

FdS+

∫V2

FdS+

∫V3

FdS =2

3R3

(k) Consideremos C = x2+y2+(z−5)2 = 25, 0 ≤ z ≤ 2 el casquete esférico centradoen (0, 0, 5) de radio 5 y altura 2 y Ct = x2 + y2 = (z − 6)2, 2 ≤ z ≤ 6 el tronco de conode vértice (0, 0, 6) y altura 4. Observar que C ∩ Ct = x2 + y2 = 16, z = 2 y S = C ∪ Cty por tanto, una vez orientadas todas las supercies hacia el exterior, resulta que

∫S

FdS =

∫C

FdS+

∫Cn

FdS

Una parametrización de C es la función σ : (0, 4)× (0, 2π) −→ R3 dada por

σ(r, θ) =(rcos(θ), r sen(θ), 5−

√25− r2

),

de manera que

σr =(cos(θ), sen(θ),

r√25− r2

),


),

σr × σθ = −r√

25− r2(rcos(θ), r sen(θ),−

√25− r2

)lo que signica que la orientación es hacia el interior. Además, como

det

rcos(θ) + er sen(θ) 5−√25− r2 − r sen(θ) rcos(θ) + r sen(θ) + 5−

√25− r2

cos(θ) sen(θ) r√25−r2

−r sen(θ) rcos(θ) 0

= −r

3cos(2θ)√25− r2

− r2√25− r2

cos(θ)er sen(θ) −r2(5−√25− r2

)√25− r2

sen(θ)

+ r2(cos(θ) + sen(θ)

)+ r(5−√25− r2

)resulta que, con la orientación exterior,



∫C

FdS =

∫ 4

0

∫ 2π

0

r2√25− r2

(rcos(2θ) + cos(θ)er sen(θ) +

(5−√25− r2

)sen(θ)

)drdθ

−∫ 4

0

∫ 2π

0

(r2(cos(θ) + sen(θ)

)+ r(5−√25− r2

))drdθ

=

∫ 4

0

r√25− r2

[r22sen(2θ) + er sen(θ) − r

(5−√25− r2

)cos(θ)

]2π0dr

−∫ 4

0

[r2(sen(θ)− cos(θ)

)+ r(5−√25− r2

)θ]2π0dr

= −2π∫ 4

0

r(5−√25− r2

)dr = −π

[5r2 +

2

3(25− r2)

32

]40= −44π

3

Una parametrización de Ct es la función σ : (0, 4)× (0, 2π) −→ R3 dada por

σ(r, θ) =(rcos(θ), r sen(θ), 6− r

),

de manera queσr =

(cos(θ), sen(θ),−1

),


),

σr × σθ = r(cos(θ), sen(θ), 1

)lo que signica que la orientación es hacia el exterior. Además, como

det

rcos(θ) + er sen(θ) 6− r − r sen(θ) rcos(θ) + r sen(θ) + 6− rcos(θ) sen(θ) −1−r sen(θ) rcos(θ) 0

= r2

(cos(2θ) + sen(θ) + cos(θ)

)+ (6− r)r

(1 + sen(θ)

)+ rcos(θ)er sen(θ)


∫Ct

FdS =

∫ 4

0

∫ 2π

0

(r2(cos(2θ) + sen(θ) + cos(θ)

))drdθ

+

∫ 4

0

∫ 2π

0

((6− r)r

(1 + sen(θ)

)+ rcos(θ)er sen(θ)

)drdθ

=

∫ 4

0

[r2(12sen(2θ)− cos(θ) + sen(θ)

)+ (6− r)r

(θ − cos(θ)

)+ er sen(θ)

]2π0dr

= 2π

∫ 4

0

(6r − r2)dr = 2π[3r2 − r3

3

]40=

160π

3

En denitiva,

∫S

FdS =

∫C

FdS+

∫Ct

FdS =116

3π


SOLUCIONS

4TEOREMES INTEGRALS

DE L'ANÀLISI VECTORIAL


4.1.1. Operadors diferencials

Problema 1. Designem per r el camp radial de Rn, i per r la seva norma euclidiana,que és un camp escalar de classe C∞ en Rn \ 0. A més, considerarem α ∈ R ih : (0,+∞) −→ R una funció de classe Ck, k ≥ 0. Obteniu les relacions següents:

(b) ∇h(r) =h′(r)

rr.

(e) div(h(r)r

)= nh(r) + rh′(r). Quan val 0? I quan val h(r)?

(g) ∆(h(r)

)= h′′(r) + (n− 1)

h′(r)

r

(i) En dimensió n = 3, calculeu rot(h(r)r

).

(j) Doneu un camp vectorial en R3 \ 0 amb rotacional i divergència nuls.

Solución: Recordemos que r(x) = (x1, . . . , xn) y que r =√x21 + · · ·+ x2n. Asimismo, una

funció u : Rn \ (0, . . . , 0) −→ R se denomina radial si se expressa como u(x) = h(r),donde h : (0,+∞) −→ R es de clase Ck, k ≥ 0.

(b) Tenemos que∂h(r)

∂xj= h′(r)

∂r

∂xj= h′(r)

xjr, para cada j = 1, . . . , n, lo que implica

que

∇h(r) =h′(r)

rr

(e) En este caso, si h = h(r)r, entonces hj = h(r)xj, lo que implica que

div(h) =n∑k=1

∂hj∂xj

=n∑k=1

[xjh

′(r)∂r

∂xj+ h(r)

]=

n∑k=1

[x2jh′(r)

r+ h(r)

]= rh′(r) + nh(r)

53


En consecuencia, div(h) = 0 si y sólo si h(r) es solución de la EDO lineal homogénearh′(r) + nh(r) = 0; es decir,

div(h) = 0⇐⇒ h′(r) = −nrh(r)⇐⇒ h(r) = Ce−n log(r) =

C

rn, donde C ∈ R

Finalmente, div(h) = h(r) si y sólo si h(r) es solución de la EDO lineal homogénearh′(r) + nh(r) = h(r); es decir,

div(h) = h(r)⇐⇒ h′(r) =(1− n)

rh(r)⇐⇒ h(r) = Ce(1−n) log(r) =

C

rn−1, donde C ∈ R

(g) Recordemos primero que ∆(h(r)

)= div

(grad(h(r))

). Aplicando el apartado (b),

tenemos que grad(h(r)

)= g(r) r donde la función g : (0,+∞) −→ R está denida como

g(r) =h′(r)

r. Aplicando ahora el apartado (e) resulta que

∆(h(r)

)= div

(g(r) r

)= ng(r) + rg′(r) = n

h′(r)

r+ r(h′′(r)r − h′(r)

r2

)= h′′(r) + (n− 1)

h′(r)

r

Nota: A partir de la identidad anterior, podemos fácilmente determinar las funcionesradiales que son armónicas; es decir las funciones u(x) = h(r) tales que ∆(u) = 0. Resultaque u(x) = h(r) es armónica si y sólo si h es solución de la EDO lineal homogénea de segundo

orden h′′(r) + (n − 1)h′(r)

r= 0. Si denimos v = h′, entonces h es solución de la anterior

EDO si y sólo si v′(r) =(1− n)

rv(r). Esta EDO de primer orden ha sido ya resuelta en

el apartado (e), donde se mostró que v(r) =C

rn−1. Como h′(r) = v(r), obtenemos que si

n ≥ 2 todas las funciones radiales y armónicas se expresan como u(x) =C

rn−2+D, mientras

que si n = 2, todas las funciones radiales y armónicas se expresan como u(x) = C log(r)+D,donde C,D ∈ R.

(i) Recordemos que si h = (h1, h2, h3), entonces

rot(h) = ∇× h = det

i j k∂∂x

∂∂y

∂∂z

h1 h2 h3

=(∂h3∂y− ∂h2

∂z,∂h1∂z− ∂h3

∂x,∂h2∂x− ∂h1

∂y

)

Si h = h(r)r, entonces h1 = h(r)x, h2 = h(r)y y h3 = h(r)z, de manera que


TEMA 4: Teoremes Integrals de l'Anàlisi Vectorial. Problemes bàsics 55

rot(h) =(h′(r)zy

r− h′(r)yz

r,h′(r)xz

r− h′(r)zx

r,h′(r)yx

r− h′(r)xy

r

)= 0

Nota: Si consideramos φ una primitiva de rh(r), entoncespor el el apartado (b) tenemosque ∇

(φ(r)r

)= h(r)r y el resultado se deduce de la indentidad rot ∇ = 0

(j) Después del apartado anterior cualquier campo de la forma h(r)r es irrotacional. Porotra parte, según el apartado (e), un campo de estas características es solenoidal si y sólo

si h(r) =c

r3, donde c ∈ R. Por tanto,

cualquier campo de la formac

r3r, c ∈ R es simultáneamente irrotacional y soleinoidal

4.1.2. Teorema de Green i potencials al pla

Problema 3. Calculeu les integrals de línia següents, aplicant el teorema de Green:

(c)

∮C

(− 2xye−x

2

dx+ (e−x2

+ 3x)dy)essent C la corba x2 + y2 − 2x+ 4y = 0.

(g)

∮C1

fdrrrrrrrrrrrrrr−∮C2

fdrrrrrrrrrrrrrr essent f =(excos(y)−y,−ex sen(y)

), C1 la corba x2 +y2 = 4

i C2 la corba x2 − 2x+ y2 = 0, ambdues orientades positivament.

Solución: Recordemos que el Teorema de Green establece que si Ω ⊂ R2 es abierto yf : Ω −→ R2 es un campo vectorial de clase C1(Ω), entonces para cada abierto regularM ⊂ Ω tal que M ⊂ Ω se satisface que∫

M

(∂f2∂x− ∂f1

∂y

)dxdy =

∮∂M

fd` =

∮∂M

(f1dx+ f2dy

)donde ∂M es la frontera de M con la orientación inducida.

(c) Observemos que C es la circunferencia C =

(x − 1)2 + (y + 2)2 = 5. Por tanto,

si consideramos el disco D =

(x, y) : (x − 1)2 + (y + 2)2 < 5

y el campo f(x) =(− 2xye−x

2, e−x

2+ 3x

), entonces ∂D = C, f1(x, y) = −2xye−x

2, f2(x, y) = e−x

2+ 3x y

aplicando el Teorema de Green, resulta que

∮C

(− 2xye−x

2

dx+ (e−x2

+ 3x)dy)

=

∮C

fd` =

∫D

(∂f2∂x− ∂f1

∂y

)dxdy

=

∫D

(− 2xe−x

2

+ 3 + 2xe−x2)dxdy

= 3a(D) = 15π



(g) Observemos primero que C1 es la circunferencia de centro (0, 0) y radio 2, mientrasque C2 =

(x − 1)2 + y2 = 1

es la circunferencia de centro (1, 0) y radio 1. Por tanto,

si consideramos los discos D1 =x2 + y2 < 2

y D2 =

(x − 1)2 + y2 < 1

, resulta que

∂D1 = C1 y ∂D2 = C2. Como además, f1(x, y) = excos(y) − y, f2(x, y) = −ex sen(y),aplicando el Teorema de Green, resulta que

∮C1

fdrrrrrrrrrrrrrr =

∫D1

(∂f2∂x− ∂f1

∂y

)dxdy =

∫D1

(−ex sen(y) + ex sen(y) + 1)dxdy = a(D1)∮C2

fdrrrrrrrrrrrrrr =

∫D2

(∂f2∂x− ∂f1

∂y

)dxdy =

∫D2

(−ex sen(y) + ex sen(y) + 1)dxdy = a(D2)

En denitiva, hemos obtenido que

∮C1

fdrrrrrrrrrrrrrr −∮C2

fdrrrrrrrrrrrrrr = a(D1)− a(D2) = 4π − π = 3π

4.1.3. Teorema de Kelvin-Stokes (del rotacional)

Problema 9. Calculeu la circulació dels camps vectorials següents al llarg de lescorbes orientades indicades, utilitzant el teorema de Kelvin-Stokes:

(c) f(x, y, z) = (yexy, xexy, xyz), C corba reunió de les tres corbes obtingudes tallantel con x2 + y2 = (z − 1)2 amb els plans x = 0, y = 0 i z = 0 i dins elprimer octant; recorreguda de manera que, des de l'origen, es vegi en el sentitde les busques del rellotge.

(d) f(x, y, z) = (y − z, z − x, x − y), C corba tancada intersecció de l'esfera x2 +y2 + z2 = 1 i el pla x + y + z = 1, recorreguda en el sentit (1, 0, 0) −→(0, 1, 0) −→ (0, 0, 1)

(f) f(x, y, z) = (y, z, x), C la interseció de z = xy amb x2 + y2 = 1, recorregudade forma que la seva projecció sobre el pla XY sigui positiva.

Solución: Recordemos que el Teorema de Kelvin-Stokes establece que si Ω ⊂ R3 es abiertoy f : Ω −→ R3 es un campo vectorial de clase C1(Ω), entonces para cada supercie regularorientada S ⊂ Ω tal que S ⊂ Ω se satisface que∮

∂S

fd` =

∫S

rot(f)dSSSSSSSSSSSSSS =

∫S

〈rot(f), n〉dSSSSSSSSSSSSSS =

∫D

⟨rot(f)

(σ(u, v)

), σu × σv

⟩dudv

donde ∂S es la frontera de S con la orientación inducida y σ : D −→ R3 es una parametrizacióninyectiva regular de S.



(c) Si x = 0, la curva tiene ecuación y2 = (z− 1)2 y como y ≥ 0, resulta que y = 1− z,donde 0 ≤ z ≤ 1. Si y = 0, la curva tiene ecuación x2 = (z − 1)2 y como x ≥ 0, resultaque x = 1− z, donde 0 ≤ z ≤ 1. Si z = 0, la curva tiene ecuación x2 + y2 = 1 y x, y ≥ 0,resulta que y =

√1− x2, 0 ≤ x ≤ 1.

Si consideramos coordenadas cilíndricas, resulta que r2 = (z−1)2, es decir, z = 1−r, con0 ≤ r ≤ 1. Por tanto, una parametrización inyectiva regular de S es σ : (0, 1)×

(0, π

2

)−→ R3

dada por σ(r, θ) =(rcos(θ), r sen(θ), 1 − r

), lo que implica que σr =

(cos(θ), sen(θ),−1

),


)y σr × σθ = r

(cos(θ), sen(θ), 1

). Como

rot(f) = det

i j k

∂

∂x

∂

∂y

∂

∂z

yexy xexy xyz

= (xz,−yz, 0)

resulta que

∮∂S

fd` =

∫S

rot(f)dSSSSSSSSSSSSSS

=

∫ 1

0

∫ π2

0

⟨(r(1− r)cos(θ),−r(1− r) sen(θ), 0), r


)⟩drdθ

=

∫ 1

0

∫ π2

0

r3(1− r)2cos(2θ)drdθ =

(∫ 1

0

r3(1− r)2dr)(∫ π

2

0

cos(2θ)dθ

)= 0

(d) Recordemos primero que si n es el campo normal unitario a la supercie S compatiblecon la orientación de C, entonces

∮∂S

fd` =

∫S


∫S

〈rot(f), n〉dSSSSSSSSSSSSSS

En nuestro caso, los campos de vectores unitarios normales al plano x+ y+ z = 1 sonn = ± 1√

3(1, 1, 1). Como C se recorre (1, 0, 0) −→ (0, 1, 0) −→ (0, 0, 1), el campo normal

unitario compatible con esa orientación es n = 1√3(1, 1, 1). Por otra parte, como

rot(f) = det

i j k

∂

∂x

∂

∂y

∂

∂z

y − z z − x x− y

= (−2,−2,−2)

resulta que

∮∂S

fd` =

∫S


∫S

〈rot(f), n〉dSSSSSSSSSSSSSS = − 6√3a(S) = −2πR2

√3 = −4

√3

3π



donde R =∣∣(1, 0, 0)− 1

3(1, 1, 1)

∣∣ =

√6

3es el radio de la circunferencia C.

(f) Si consideramos las coordenadas cilíndricas, resulta que z = r2cos(θ) sen(θ), con 0 ≤r < 1. Por tanto, una parametrización inyectiva regular de S es σ : (0, 1)× (0, 2π) −→ R3

dada por σ(r, θ) =(rcos(θ), r sen(θ), r2cos(θ) sen(θ)

), lo que implica que

σr =(cos(θ), sen(θ), r sen(2θ)

),

σθ =(− r sen(θ), rcos(θ), r2cos(2θ)

)σr × σθ =

(− r2 sen(θ),−r2cos(θ), r

).

Como

rot(f) = det

i j k

∂

∂x

∂

∂y

∂

∂z

y z x

= (−1,−1,−1)

resulta que

∮∂S

fd` =

∫S

rot(f)dSSSSSSSSSSSSSS

= −∫ 1

0

∫ 2π

0

⟨(1, 1, 1),

(− r2 sen(θ),−r2cos(θ), r

)⟩drdθ

=

∫ 1

0

∫ 2π

0

[r2[

sen(θ) + cos(θ)]− r]drdθ

=

∫ 1

0

[r2[− cos(θ) + sen(θ)

]2π0− 2πr

]dr = −π

[r2]10

= −π

4.1.4. Teorema de GaussOstrogradski (de la divergència)

Problema 12. Calculeu els uxos dels camps vectorials següents a través de lessuperfícies orientades donades, utilizant el teorema de GaussOstrogradski:

(c) f(x, y, z) = (x2, y2, z2), S, la vora de la regió

V =

(x, y, z) :x2

a2+y2

a2≤ z2

b2, 0 ≤ z ≤ b

on a, b > 0 són dues constants.

(d) f(x, y, z) = xi− (2x+ y)j + zk, S, l'hemisferi x2 + y2 + z2 = 1, z > 0, orientatsegons el vector normal exterior de l'esfera.



Solución: Recordemos que el Teorema de GaussOstrogradski establece que si Ω ⊂ R3 esabierto y f : Ω −→ R3 es un campo vectorial de clase C1(Ω), entonces para cada abierto conla orientación natural de R3 V ⊂ Ω tal que V ⊂ Ω se satisface que∫

V

div(f)dVVVVVVVVVVVVVV =

∫∂V

fdSSSSSSSSSSSSSS =

∫∂V

〈f, n〉dSSSSSSSSSSSSSS

donde ∂V es la frontera de V con la orientación inducida (con la norma exterior) y n es elcampo normal unitario exterior a V . En este problema calcularemos el término de la derechaevaluando la integral de la divergencia.

(c) Como div(f) = 2(x+ y + z), resulta que

∫∂V

fdSSSSSSSSSSSSSS =

∫V

div(f)dVVVVVVVVVVVVVV

= 2

∫V

(x+ y + z)dxdydz =

x = rcos(θ), r sen(θ), z = z =⇒ JT = r

0 < r < a, 0 < θ < 2π,b

ar < z < b

= 2

∫ a

0

∫ 2π

0

∫ b

bra

r(rcos(θ) + r sen(θ) + z

)dzdθdr

= 2

∫ a

0

∫ 2π

0

r

[b

a(a− r)r

(cos(θ) + sen(θ)

)+

b2

2a2(a2 − r2)

]dθdr

= 2

∫ a

0

r

[b

a(a− r)r

(sen(θ)− cos(θ)

)+

b2

2a2(a2 − r2)θ

]2π0

dr

=πb2

a2

∫ a

0

r(a2 − r2)dr =πb2

2a2

[− (a2 − r2)2

]a0

=π

2a2b2

(d) Como f(x, y, z) = (x,−2x − y, z), resulta que div(f) = 1. Por otra parte, siconsideramos D el disco D =

(x, y, 0) : x2 + y2 ≤ 1

y V el hemisferio abierto

V =

(x, y, z) : x2 + y2 + z2 < 1, z > 0,

tenemos que ∂V = S∪D y por tanto

∫S

fdSSSSSSSSSSSSSS =

∫∂V

fdSSSSSSSSSSSSSS−∫D

fdSSSSSSSSSSSSSS donde todas las supercies

están orientadas con la normal exterior.

Una parametrización inyectiva del disco D es σ : (0, 1)× (0, 2π) −→ R3 dada porσ(r, θ) =

(rcos(θ), r sen(θ), 0

), lo que implica que

σr =(cos(θ), sen(θ), 0

), σθ =

(− r sen(θ), rcos(θ), 0

)y σr × σθ = r(0, 0, 1).

Por tanto, como el vector normal exterior a D como parte de V es n = (0, 0,−1), resultaque∫

D

fdSSSSSSSSSSSSSS = −∫ 1

0

∫ 2π

0

〈f(σ(r, θ)

), σr × σθ〉drdθ = −

∫ 1

0

∫ 2π

0

〈f(σ(r, θ)

), σr × σθ〉drdθ = 0



En denitiva,

∫S

fdSSSSSSSSSSSSSS =

∫∂V

fdSSSSSSSSSSSSSS −∫D

fdSSSSSSSSSSSSSS =

∫∂V

fdSSSSSSSSSSSSSS =

∫V

div(f)dVVVVVVVVVVVVVV =

∫V

dVVVVVVVVVVVVVV = v(V ) =2π

3

4.1.5. Potencials a R3

Problema 16. Determineu h(x, y, z) a que el camp f = (h, 2x− 3zy2,−y3 + 2xz)sigui conservatiu. Obteniu-ne aleshores un potencial.

Solución: Como el campo está denido en R3 que es simplemente conexo, f es conservativosii rot(f) = 0; es decir, sii

(0, 0, 0) = rot(f) = det

i j k

∂

∂x

∂

∂y

∂

∂z

h 2x− 3zy2 2xz − y3

=(

0,∂h

∂z− 2z, 2− ∂h

∂y

)

Por tanto,

f es conservativo sii h(x, y, z) = 2y + z2 + φ(x)

Finalmente, si Φ ∈ C1(R) es una primitiva de φ, entonces ϕ ∈ C1(R3) es un potencial sii

∂ϕ

∂x= h = 2y + z2 + φ(x) =⇒ ϕ(x, y, z) = 2yx+ xz2 + Φ(x) + ρ(y, z)

∂ϕ

∂y= 2x+

∂ρ

∂y= 2x− 3zy2 =⇒ ∂ρ

∂y= −3zy2 =⇒ ρ(y, z) = −zy3 + σ(z)

∂ϕ

∂z= 2zx+

∂ρ

∂z= 2zx− y3 + σ′(z) = 2xz − y3 =⇒ σ′ = 0

En resumen,

f es conservativo sii h(x, y, z) = 2y + z2 + Φ′(x) donde Φ ∈ C1(R) y en este casoun potencial de f es ϕ(x, y, z) = 2yx+ xz2 − zy3 + Φ(x)



Problema 17. Sigui f un camp vectorial de la forma f = ϕ(r)r.

(a) Demostreu que f és conservatiu.

(b) Determineu ϕ per tal que el ux de f a través de qualsevol superfície tancadaque no contingui l'origen sigui nul.

(c) En aquest darrer cas, calculeu la circulació de f entre els punts (1, 0, 0) i(0, 1, π

2

)mitjançant la funció potencial.

Solución: (a) Teniendo en cuenta el resultado del apartado (b) del Problema 1, si consideramos

h ∈ C1((0,+∞)

), entonces ∇h(r) =

h′(r)

rr. Por tanto, basta considerar h tal que h′(r) =

rϕ(r); es decir

un potencial de f es h(r) =

∫ r

sϕ(s)ds

Nota: Recordar que el campo f es irrotacional, ver el apartado (i) del Problema 1.

(b) Como Flujo =

∫S

fdSSSSSSSSSSSSSS, aplicando el Teorema de la divergencia tenemos que

Flujo =

∫S

fdSSSSSSSSSSSSSS =

∫V

div(f)dVVVVVVVVVVVVVV de manera que el ujo es nulo a través de

cualquier supercie cerrada que no contenga al origen sii div(f) = 0

Aplicando el resultado del apartado (e) del Problema 1, resulta que

0 = div(f) = div(ϕ(r)r) = 3ϕ(r) + rϕ′(r)⇐⇒ ϕ′(r) = −3

rϕ(r)⇐⇒ ϕ(r) =

c

r3, c ∈ R

(c) En el caso del apartado (b), aplicando el apartado (a), tenemos que h(r) =c

r,

c ∈ R es un potencial de f. Por tanto, la circulación no depende del camino seguido y

∮fd` = h

(0, 1,

π

2

)− h(1, 0, 0) =

2c√4 + π2

− c


SOLUCIONS

5FORMES DIFERENCIALS

I TEOREMA DE STOKES


Problema 2. Calculeu les diferencials exteriors de les formes diferencials següents:

(a) P (x, y)dx+Q(x, y)dy.

(b) P (x, y, z)dx+Q(x, y, z)dy +R(x, y, z)dz.

(c) P (x, y, z)dy ∧ dz +Q(x, y, z)dz ∧ dx+R(x, y, z)dx ∧ dy.

Solución: (a) Si denimos α = P (x, y)dx+Q(x, y)dy, entonces

dα =∂P

∂ydy ∧ dx+ ∂Q

∂xdx ∧ dy =

(∂Q∂x− ∂P

∂y

)dx ∧ dy

(b) Si denimos ω = P (x, y, z)dx+Q(x, y, z)dy +R(x, y, z)dz, entonces

dω =∂P

∂ydy ∧ dx+ ∂P

∂zdz ∧ dx+ ∂Q

∂xdx ∧ dy + ∂Q

∂zdz ∧ dy + ∂R

∂xdx ∧ dz + ∂R

∂ydy ∧ dz

=(∂Q∂x− ∂P

∂y

)dx ∧ dy +

(∂R∂x− ∂P

∂z

)dx ∧ dz +

(∂R∂y− ∂Q

∂z

)dy ∧ dz

(c) Si denimos η = P (x, y, z)dy ∧ dz+Q(x, y, z)dz ∧ dx+R(x, y, z)dx∧ dy, entonces

dη =∂P

∂xdx ∧ dy ∧ dx+ ∂Q

∂ydy ∧ dz ∧ dx+ ∂R

∂zdz ∧ dx ∧ dy

=(∂P∂x

+∂Q

∂y+∂R

∂z

)dx ∧ dy ∧ dz

Nota: Analizar la relación con los operadores clásicos rotacional y divergencia.

63


Problema 4. A R2 \(0, 0) considereu la 1-forma diferencial ω = rα(−ydx+xdy),amb r =

√x2 + y2. Calculeu dω. Existeix un α per al qual dω = 0?

Solución: Procediendo como en el problema anterior, o teniendo en cuenta el apartado (a)del Problema 2

dω = −d(rαydx) + d(rαxdy) = −∂(rαy)

∂ydy ∧ dx+ ∂(rαx)

∂xdx ∧ dy

=

(∂(rαx)

∂x+∂(rαy)

∂y

)dx ∧ dy =

(rα + αrα−2x2 + rα + αrα−2y2

)dx ∧ dy

= (2 + α)rαdx ∧ dy

En denitiva, dω = 0 si y sólo si α = −2

Nota: Si α ≥ 0, la forma ω está denida y es diferenciable en R2.

Problema 5. A R3 \ (0, 0, 0) considereu la 2-forma diferencial

ω = rα(xdy ∧ dz + ydz ∧ dx+ zdx ∧ dy),

essent r =√x2 + y2 + z2. Calculeu dω. Existeix un α per al qual dω = 0?

Solución: Teniendo en cuenta el apartado (c) del Problema 2

dω =

(∂(rαx)

∂x+∂(rαy)

∂y+∂(rαz)

∂z

)dx ∧ dy ∧ dz

=(rα + αrα−2x2 + rα + αrα−2y2 + rα + αrα−2z2

)dx ∧ dy ∧ dz

= (3 + α)rαdx ∧ dy ∧ dz

En denitiva, dω = 0 si y sólo si α = −3

Nota: Si α ≥ 0, la forma ω está denida y es diferenciable en en R3 .


TEMA 5: Formes diferencials i Teorema de Stokes. Problemes bàsics 65

Problema 7. Considereu l'aplicació F : R2 −→ R3, F (u, v) = (cosu, senu, v).

(a) Calculeu F ∗(dx), F ∗(dy), F ∗(dz).

(b) Calculeu F ∗(dx ∧ dy), F ∗(dx ∧ dz), F ∗(dy ∧ dz).

(c) Calculeu F ∗(dx ∧ dy ∧ dz).

Solución: Teniendo en cuenta la propiedades del pull-back, resulta que

F ∗(dx) = d(F ∗(x)

)= d(cosu) = − senu du

F ∗(dy) = d(F ∗(y)

)= d(senu) = cosu du

F ∗(dz) = d(F ∗(z)

)= dv

F ∗(dx ∧ dy) = F ∗(dx) ∧ F ∗(dy) = (− senudu) ∧ (cosudu) = 0

F ∗(dx ∧ dz) = F ∗(dx) ∧ F ∗(dz) = − senu du ∧ dvF ∗(dy ∧ dz) = F ∗(dy) ∧ F ∗(dz) = cosu du ∧ dv

F ∗(dx ∧ dy ∧ dz) = F ∗(dx) ∧ F ∗(dy) ∧ F ∗(dz) = 0

Nota: Observar que la matriz Jacobiana de F es

u v

(DF )(u, v) =

− senu 0cosu 00 1

xyz

Cada la determina las componentes de F ∗(dx), F ∗(dy) y F ∗(dz) en la base du, dv,mientras que los determinantes de los correspondientes menores de DF determinan las com-ponentes de F ∗(dx ∧ dy), F ∗(dx ∧ dz) y F ∗(dy ∧ dz) en la base du, dv.

Problema 8. Sigui F (r, φ) = (rcosφ, r senφ). Calculeu el pull-back per F de les

formes diferencials dx, dy, −ydx+ xdy,−ydx+ xdy

x2 + y2, dx ∧ dy.

Solución: Como la matriz Jacobiana de F es

r φ

(DF )(r, φ) =

[cosφ −r senφsenφ rcosφ

]xy

obtenemos que



F ∗(dx) = cosφ dr − r senφ dφF ∗(dy) = senφ dr + rcosφ dφ

F ∗(dx ∧ dy) = r dr ∧ dφ

Utilizando las dos primeras identidades, obtenemos también que

F ∗(−ydx+ xdy) = −F ∗(ydx) + F ∗(xdy) = −F ∗(y)F ∗(dx) + F ∗(x)F ∗(dy)

= −r senφ(cosφ dr − r senφ dφ) + rcosφ(senφ dr + rcosφ dφ)

= r2dφ

F ∗(−ydx+xdy

x2+y2

)= −F ∗

(y

x2+y2

)F ∗(dx) + F ∗

(x

x2+y2

)F ∗(dy)

= −r−1 senφ(cosφ dr − r senφ dφ) + r−1cosφ(senφ dr + rcosφ dφ)

= dφ

Nota: Teniendo en cuenta que si g es una unción y α una forma, F ∗(gα) = F ∗(g)F ∗(α),resulta que

F ∗(−ydx+ xdy

x2 + y2

)= F ∗

( 1

x2 + y2

)F ∗(−ydx+ xdy) = r−2r2dφ = dφ

Problema 9. Sigui F (r, θ, φ) = (r sen θcosφ, r sen θ senφ, rcosθ). Calculeu el pull-back per F de les formes diferencials dx, dy, dz, dx∧dy, dx∧dz, dz∧dx i dx∧dy∧dz.

Solución: La matriz Jacobiana de F es

r θ φ

(DF )(r, θ, φ) =

sen θcosφ rcosθcosφ −r sen θ senφsen θ senφ rcosθ senφ r sen θcosφ

cosθ −r sen θ 0

xyz

Denimos d(x, y; r, θ), d(x, y; r, φ), d(x, y; θ, φ), d(x, z; r, θ), d(x, z; r, φ), d(x, z; θ, φ),d(y, z; r, θ), d(y, z; r, φ) y d(y, z; θ, φ), como los determinantes de las submatrices de DFcorrespondientes a las las y columnas que se indican. Así, por ejemplo

d(x, y; r, θ) = det

[sen θcosφ rcosθcosφsen θ senφ rcosθ senφ

]= 0.

Con esta notación, obtenemos que



F ∗(dx) = sen θcosφ dr + rcosθcosφ dθ − r sen θ senφ dφF ∗(dy) = sen θ senφ dr + rcosθ senφ dθ + r sen θcosφ dφ

F ∗(dz) = cosθ dr − r sen θ dθF ∗(dx ∧ dy) = d(x, y; r, θ)dr ∧ dθ + d(x, y; r, φ)dr ∧ dφ+ d(x, y; θ, φ)dθ ∧ dφ

= r sen2 θ dr ∧ dφ+ r2 sen θcosθ dθ ∧ dφF ∗(dx ∧ dz) = d(x, z; r, θ)dr ∧ dθ + d(x, z; r, φ)dr ∧ dφ+ d(x, z; θ, φ)dθ ∧ dφ

= −rcosφ dr ∧ dθ + r sen θcosθ senφ dr ∧ dφ− r2 sen2 θ senφ dθ ∧ dφF ∗(dy ∧ dz) = d(y, z; r, θ)dr ∧ dθ + d(y, z; r, φ)dr ∧ dφ+ d(y, z; θ, φ)dθ ∧ dφ

= −r senφ dr ∧ dθ − r sen θcosθcosφ dr ∧ dφ+ r2 sen2 θcosφ dθ ∧ dφ

Finalmente,

F ∗(dx ∧ dy ∧ dz) = det(DF )dr ∧ dθ ∧ dφ = r2 sen θ dr ∧ dθ ∧ dφ

Problema 10. En R2 considereu la 1-forma diferencial ω = xydx + (x2 − y2)dy.

Calculeu

∫C

ω on C és:

(a) La circumferència amb centre l'origen i radi 1, recorreguda en sentit antihorari.

(b) El fragment de la paràbola x = y2 que va de (1,−1) ns a (1, 1).

(c) L'el.lipse x2 + 2y2 = 4, recorreguda en sentit antihorari.

Solución: Si α : I −→ C es una parametrización de C, sabemos que∫C

ω =

∫α(I)

ω =

∫I

α∗(ω)

Por otra parte, si además C es una curva cerrada que es frontera del recinto R, entoncespodemos aplicar el teorema de Stokes para concluir que∫

C

ω =

∫R

dω.

En este caso, tenemos que dω = xdy ∧ dx+ 2xdx ∧ dy = xdx ∧ dy

(a) Una parametrización de C es α : (0, 2π) −→ R2, denida como α(θ) =(cos(θ), sen(θ)

)Con esta parametrización tenemos que

α∗(dx) = − sen(θ) dθ, α∗(dy) = cos(θ) dθ



lo que implica que

α∗(ω) = α∗(xydx+ (x2 − y2)dy

)= α∗(xy)α∗(dx) + α∗(x2 − y2)α∗(dy)

= − sen2(θ)cos(θ) dθ + cos(θ)(cos2(θ)− sen2(θ)

)dθ,

=(cos3(θ)− 2 sen2(θ)cos(θ)

)dθ =

(cos(θ)− 3 sen2(θ)cos(θ)

)dθ

Finalmente, si I = [0, 2π], tenemos que

∫C

ω =

∫I

α∗(ω) =

∫ 2π

0

[cos(θ)− 3 sen2(θ)cos(θ)

]dθ =

[sen(θ)− sen3(θ)

]2π0

= 0

Como la circunferencia es cerrada, podemos también aplicar el teorema de Stokes paraconcluir que si D = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 < 1, entonces

∫C

ω =

∫D

dω =

∫D

xdxdy

Para calcular esta última integral, consideraremos φ : (0, 1)× (0, 2π) −→ R2 el cambioa coordenadas polares, que está dado por φ(r, θ) =


)y cuyo determinante

jacobiano es r. Por tanto,

∫C

ω =

∫D

xdxdy =

∫ 1

0

∫ 2π

0

r2cos(θ)drdθ =

(∫ 1

0

r2dr

)(∫ 2π

0

cos(θ)dθ

)= 0

(b) Una parametrización de C es α : (−1, 1) −→ R2, denida como α(θ) = (θ2, θ). Conesta parametrización tenemos que

α∗(dx) = 2θ dθ, α∗(dy) = dθ

lo que implica que

α∗(ω) = α∗(xydx+ (x2 − y2)dy

)= α∗(xy)σ∗(dx) + α∗(x2 − y2)α∗(dy)

= 2θ4 dθ + (θ4 − θ2) dθ = (3θ4 − θ2)dθ

Finalmente, si I = [−1, 1], tenemos que

∫C

ω =

∫I

α∗(ω) =

∫ 1

−1

[3θ4 − θ2

]dθ =

[35θ5 − 1

3θ3]1−1

=6

5− 2

3=

8

15



(c) Una parametrización de C es α : (0, 2π) −→ R2, α(θ) =(2cos(θ),

√2 sen(θ)

). Con

esta parametrización tenemos que

α∗(dx) = −2 sen(θ) dθ, α∗(dy) =√2cos(θ) dθ

lo que implica que

α∗(ω) = α∗(xydx+ (x2 − y2)dy

)= α∗(xy)α∗(dx) + α∗(x2 − y2)α∗(dy)

= −4√2 sen2(θ)cos(θ) dθ +

√2cos(θ)

(4cos2(θ)− 2 sen2(θ)

)dθ,

= 2√2(2cos3(θ)− 3 sen2(θ)cos(θ)

)dθ = 2

√2(2cos(θ)− 5

√2 sen2(θ)cos(θ)

)dθ


∫C

ω =

∫I

α∗(ω) = 2√2

∫ 2π

0

[2cos(θ)− 5 sen2(θ)cos(θ)

]dθ

= 2√2[2 sen(θ)− 5

3sen3(θ)

]2π0

= 0

Como la elipse es cerrada, podemos también aplicar el teorema de Stokes para concluirque si D = (x, y) ∈ R2 : x2 + 2y2 < 4, entonces

∫C

ω =

∫D

dω =

∫D

xdxdy

Para calcular esta última integral, consideraremos φ : (0, 1)× (0, 2π) −→ R2 el cambiode variable, dado por φ(r, θ) =

(2rcos(θ),

√2 r sen(θ)

)y cuyo determinante jacobiano es

2√2r. Por tanto,

∫C

ω =

∫D

xdxdy = 4√2

∫ 1

0

∫ 2π

0

r2cos(θ)drdθ = 4√2

(∫ 1

0

r2dr

)(∫ 2π

0

cos(θ)dθ

)= 0

Problema 12. En R3 considereu la 2-forma ω = xdy∧dz+y2dz∧dx−2yzdx∧dy.Calculeu la integral

∫S

ω, on S és la porció de cilindre denida per x2 + y2 = 9,

0 < z < 2, amb la normal dirigida vers l'exterior del cilindre.



Solución: Resolveremos el problema de dos formas diferentes: Directamente y usando elTeorema de Stokes.

Directamente: Una parametrización de S es σ : (0, 2π)× (0, 2) −→ R3, denidacomo

σ(θ, z) =(3cos(θ), 3 sen(θ), z

)Como

σθ = 3(− sen(θ), cos(θ), 0

), σz = (0, 0, 1), σθ × σz = 3


)

resulta que σ está orientada con el vector normal hacia el exterior. ComoDσ =

−3cos(θ) 03 sen(θ) 0

0 1

,con esta parametrización tenemos que

σ∗(dx) = −3 sen(θ)dθ,σ∗(dy) = 3cos(θ)dθ,

σ∗(dz) = dz

σ∗(dx ∧ dy) = φ∗(dx) ∧ φ∗(dy) = 0

σ∗(dx ∧ dz) = φ∗(dx) ∧ φ∗(dz) = −3 sen(θ)dθ ∧ dzσ∗(dy ∧ dz) = φ∗(dy) ∧ φ∗(dz) = 3cos(θ)dθ ∧ dz

y por tanto,

σ∗(ω) = σ∗(x)σ∗(dx ∧ dz) + σ∗(y2)σ∗(dz ∧ dx)− 2σ∗(yz)(dx ∧ dy)

=[9cos2(θ) + 27 sen3(θ)

]dθ ∧ dz

Finalmente, si R = [0, 2π]× [0, 2], tenemos que

∫S

ω =

∫R

σ∗(ω) =

∫ 2π

0

∫ 2

0

[9cos2(θ) + 27 sen3(θ)

]dθdz

= 2

∫ 2π

0

[9cos2(θ) + 27 sen3(θ)

]dθdz

= 9[cos(θ) sin(θ) + θ − 2 sin2(θ)cos(θ)− 4cos(θ)

]2π0

= 18π

Usando el Teorema de Stokes: Consideramos el sólido

V =(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 < 9, 0 < z < 2



y las supercies

T1 =(x, y, 0) ∈ R3 : x2 + y2 < 9

y T2 =

(x, y, 2

)∈ R3 : x2 + y2 < 9

donde T1 está orientada con el vector normal (0, 0,−1), mientras que T2 está orientada conel vector normal (0, 0, 1).

Como ∂V = S ∪ T1 ∪ T2, con la orientación dada con el vector norma hacia afuera yaplicando el Teorema de Stokes resulta que

∫S

ω +

∫T1

ω +

∫T2

ω =

∫∂V

ω =

∫V

dω =⇒∫S

ω =

∫V

dω −∫T1

ω −∫T2

ω

por lo que el cálculo se reduce al de las tres integrales de la derecha. Como

dω =dx ∧ dy ∧ dz + 2ydy ∧ dz ∧ dx− 2ydz ∧ dx ∧ dy = dx ∧ dy ∧ dz

tenemos que

∫V

dω =

∫V

dxdydz = vol(V ) = 18π.

Por otra parte, las funciones σ1, σ2 : (0, 3)× (0, 2π) −→ R3 denidas respectivamentecomo

σ1(r, θ) = (3r sen(θ), 3rcos(θ), 0) y σ2(r, θ) = (3rcos(θ), 3r sen(θ), 2)

son parametrizaciones de T1 y T2 con las orientaciones requeridas. Teniendo en cuenta que

Dσ1 =

3 sen(θ) 3rcos(θ)

3cos(θ) −3r sen(θ)0 0

y Dσ2 =

3cos(θ) −3r sen(θ)3 sen(θ) 3rcos(θ)

0 0

resulta que σ∗1(dx ∧ dz) = σ∗1(dy ∧ dz) = σ∗2(dx ∧ dz) = σ∗2(dy ∧ dz) = 0 y por tanto,

σ∗1(ω) = −2σ∗1(yz)σ∗1(dx ∧ dy) = 0

σ∗2(ω) = −2σ∗2(yz)σ∗2(dx ∧ dy) = −108r2 sen(θ)dr ∧ dθ

lo que a su vez implica que

∫T1

ω = 0 y que si R = [0, 1]× [0, 2π]

∫T2

ω =

∫R

σ∗2(ω) =−108∫ 1

0

∫ 2π

0

r2 sen(θ)drdθ =−108(∫ 1

0

r2dr

)(∫ 2π

0

sen(θ)dθ

)= 0

En denitiva,



∫S

ω =

∫V

dω −∫T1

ω −∫T2

ω = 18π

Problema 13. En R2 \ (0, 0) la 1-forma diferencial ω = r−2(−ydx + xdy) éstancada. Proveu que no és exacta calculant-ne la integral sobre la circumferènciad'equació x2 + y2 = R2.

Solución: Los resultados del Problema 4, muestran que ω es cerrada. Si C es la circunferencia,una parametrización de C es α : (0, 2π) −→ R2, denida como

α(θ) =(Rcos(θ), R sen(θ)

)Con esta parametrización tenemos que

α∗(dx) = −R sen(θ)dθ, α∗(dy) = Rcos(θ)dθ

y por tanto,

α∗(ω) = −α∗(r−2y)α∗(dx) + α∗(r−2x)α∗(dy) = sen2(θ)dθ + cos2(θ)dθ = dθ


∫C

ω =

∫I

α∗(ω) =

∫ 2π

0

dθ = 2π

Si ω fuera exacta, existiría η ∈ C1(R2 \ (0, 0)) tal que dη = ω. Entonces

∫C

ω =

∫C

dη =

∫[0,2π]

α∗(dη) =

∫[0,2π]

d(α∗(η))

=

∫ 2π

0

(η α)′(θ)dθ = η(α(2π))− η(α(0)) = η(R, 0)− η(R, 0) = 0

Nota: En este problema no se puede utilizar el Teorema de Stokes para concluir que∫C

ω = 0. Si fuera correcto, resultará que

∫C

ω =

∫D

dω = 0, donde D es el disco de

centro el origen y radio R. Observar que no puede aplicarse el Teorema de Stokes puesω tiene una singularidad en el origen. Sin embargo si consideramos D un recinto que nocontiene al origen y cuya frontera está formada por dos curvas regulares simples γ1, γ2,

entonces si aplicamos el teorema de Stokes obtenemos que

∫γ1

ω =

∫γ2

ω y ese valor común

es además igual a 2π.



Problema 14. En R3 \ (0, 0, 0) la 2-forma diferencial

ω = r−3(xdy ∧ dz + ydz ∧ dx+ zdx ∧ dy)

és tancada. Proveu que no és exacta calculant-ne la integral sobre l'esfera denida perl'equació x2 + y2 + z2 = R2.

Solución: Los resultados del Problema 5, muestran que ω es cerrada. Si S es la esfera, unaparametrización de S, con el vector normal hacia el exterior, es σ : (0, π)× (0, 2π) −→ R3,denida como

σ(ϕ, θ) =(Rcos(θ) sen(ϕ), R sen(θ) sen(ϕ), Rcos(ϕ)

)Como Dσ =

Rcos(θ)cos(ϕ) −R sen(θ) sen(ϕ)R sen(θ)cos(ϕ) Rcos(θ) sen(ϕ)−R sen(ϕ) 0

, con esta parametrización tenemos que

σ∗(dx ∧ dy) = R2 sen(ϕ)cos(ϕ)dφ ∧ dθσ∗(dx ∧ dz) = −R2 sen(θ) sen2(ϕ)dφ ∧ dθσ∗(dy ∧ dz) = R2cos(θ) sen2(ϕ)dφ ∧ dθ

y por tanto,

σ∗(ω) = σ∗(r−3x)σ∗(dy ∧ dz) + σ∗(r−3y)σ∗(dz ∧ dx) + σ∗(r−3z)φ∗(dx ∧ dy)

=[cos2(θ) sen3(ϕ) + sen2(θ) sen3(ϕ) + sen(ϕ)cos2(ϕ)

]dθ ∧ dϕ

= sen(ϕ)dθ ∧ dϕ

Finalmente, si K = [0, π]× [0, 2π], tenemos que

∫S

ω =

∫K

σ∗(ω) =

∫ π

0

∫ 2π

0

sen(ϕ)dϕdθ = 2π[− cos(ϕ)

]π0= 4π

Si ω fuera exacta, existiría una 1-forma η = fdx+ gdy+ hdz en R3 \ (0, 0, 0)) tal quedα = ω. Entonces

σ∗(η) = R[g(σ) sen(ϕ)cos(θ)− f(σ) sen(ϕ) sen(θ)

]dθ

+ R[f(σ)cos(θ)cos(ϕ) + g(σ) sen(θ)cos(ϕ)− h(σ) sen(ϕ)

]dϕ

d(σ∗(η)

)= R

[(g(σ) sen(ϕ)

)ϕcos(θ)−

(f(σ) sen(ϕ)

)ϕsen(θ)

]dϕ ∧ dθ

+ R[(f(σ)cos(θ)

)θcos(ϕ) +

(g(σ) sen(θ)

)θcos(ϕ)−

(h(σ)

)θsen(ϕ)

]dθ ∧ dϕ



lo que implica que

∫Sω =

∫Sdη =

∫Kσ∗(dη) =

∫Kdσ∗(η)

= R

∫ π

0

∫ 2π

0

[(g(σ) sen(ϕ)

)ϕcos(θ)−

(f(σ) sen(ϕ)

)ϕsen(θ)

]dϕdθ

− R∫ π

0

∫ 2π

0

[(f(σ)cos(θ)

)θcos(ϕ) +

(g(σ) sen(θ)

)θcos(ϕ)−

(h(σ)

)θsen(ϕ)

]dϕdθ

= R

∫ 2π

0

[cos(θ)

[g(σ) sen(ϕ)

]π0− sen(θ)

[f(σ) sen(ϕ)

]π0

]dθ

− R∫ π

0

[cos(ϕ)

[f(σ)cos(θ)

]2π0

+ cos(ϕ)[g(σ) sen(θ)

]2π0− sen(ϕ)

[h(σ)

]2π0

]dϕ

= −R∫ π

0

[cos(ϕ)

(f(σ(ϕ, 2π)

)− f

(σ(ϕ, 0)

))− sen(ϕ)

(h(ϕ, σ(2π)

)− h(σ(ϕ, 0)

))]dϕ

= 0

donde hemos tenido en cuenta que σ(ϕ, 2π) = σ(ϕ, 0) =(R sen(ϕ), 0, Rcos(ϕ)

), para cada

ϕ ∈ [0, π].

Nota: En este problema no se puede utilizar el Teorema de Stokes para concluir que∫S

ω = 0 ya que ω tiene una singularidad en el origen. Sin embargo si consideramos D

un dominio que no contiene al origen y cuya frontera está formada por dos supercies

regulares S1, S2, entonces si aplicamos el teorema de Stokes obtenemos que

∫S1

ω =

∫S2

ω

y ese valor común es además igual a 4π.

Problema 15. Calculeu

∫S

ω, on S ⊂ R3 és l'esfera de centre l'origen i radi 1

orientada amb el vector normal cap enfora i ω = x2dy ∧ dz + y2dz ∧ dx+ z2dx∧ dy.

Solución: Resolveremos el problema de dos formas distintas: Directamente y utilizando elTeorema de Stokes.

Directamente: Una parametrización de S es σ : (0, π)× (0, 2π) −→ R3, denidacomo

σ(ϕ, θ) =(cos(θ) sen(ϕ), sen(θ) sen(ϕ), cos(ϕ)

)Como

σϕ =(cos(θ)cos(ϕ), sen(θ)cos(ϕ),− sen(ϕ)

),

σθ =(− sen(θ) sen(ϕ), cos(θ) sen(ϕ), 0

),

σϕ × σθ = sen(ϕ)(cos(θ) sen(ϕ), sen(θ) sen(ϕ), cos(ϕ)

)c© Càlcul Integral, Grau en Matemàtiques, FME. Curs 2018-19


resulta que σ está orientada con el vector normal hacia el exterior. Además, la matriz

jacobiana de σ esDσ =

cos(θ)cos(ϕ) − sen(θ) sen(ϕ)sen(θ)cos(ϕ) cos(θ) sen(ϕ)− sen(ϕ) 0

, de manera que, con esta parametrización

tenemos que

σ∗(dx ∧ dy) = sen(ϕ)cos(ϕ)dϕ ∧ dθσ∗(dx ∧ dz) = − sen(θ) sen2(ϕ)dϕ ∧ dθσ∗(dy ∧ dz) = cos(θ) sen2(ϕ)dϕ ∧ dθ

y por tanto,

σ∗(ω) = σ∗(x2)σ∗(dy ∧ dz) + σ∗(y2)σ∗(dz ∧ dx) + σ∗(z2)σ∗(dx ∧ dy)

=[cos3(θ) sen4(ϕ) + sen3(θ) sen4(ϕ) + sen(ϕ)cos3(ϕ)

]dϕ ∧ dθ

Finalmente, si K = [0, π]× [0, 2π], tenemos que

∫S

ω =

∫K

σ∗(ω) =

∫ π

0

∫ 2π

0

[cos3(θ) sen4(ϕ) + sen3(θ) sen4(ϕ) + sen(ϕ)cos3(ϕ)

]dϕdθ

=

(∫ 2π

0

[cos3(θ) + sen3(θ)

]dθ

)∫ π

0

sen4(ϕ)dϕ+ 2π

∫ π

0

sen(ϕ)cos3(ϕ)dϕ

=1

3

[sin(θ)cos(θ)− 2

]2π0

[cos(θ)− sen(θ)

]2π0

[3θ − sen(θ)cos(θ)

(2 sen(θ)− 1

)]− π

4

[cos4(ϕ)

]π0= 0

Usando el Teorema de Stokes: Como

dω =2xdx ∧ dy ∧ dz + 2ydy ∧ dz ∧ dx+ 2zdz ∧ dx ∧ dy = 2(x+ y + z)dx ∧ dy ∧ dz,

aplicando el Teorema de Stokes, resulta que si B = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 < 1 esla bola unidad en R3, como S = ∂B,

∫S

ω =

∫∂B

ω =

∫B

dω = 2

∫B

(x+ y + z)dxdydz

Para calcular la última integral, consideraremos F : (0,+∞)× (0, 2π)× (0, π) −→ R3,el cambio a coordenadas esféricas, que está dado por

F (r, θ, ϕ) =(rcos(θ) sen(ϕ), r sen(θ) sen(ϕ), rcos(ϕ)

)cuyo jacobiano es |DF | = −r2 sen(ϕ). Como B = F

((0, 1)× (0, 2π)× (0, π)

), aplicando el

Teorema del cambio de variable, obtenemos que



∫B

(x+ y + z)dxdydz =

∫ 1

0

∫ 2π

0

∫ π

0

r3 sen(ϕ)[sen(ϕ)

(cos(θ) + sen(θ)

)+ cos(ϕ)

]drdθdϕ

=

(∫ 1

0

r3dr

)(∫ 2π

0

(sen(θ) + cos(θ)

)dθ

)(∫ π

0

sen2(ϕ)dϕ

)+ 2π

(∫ 1

0

r3dr

)(∫ π

0

sen(ϕ)cos(ϕ)dϕ

)= 0 + 2π

[14r4]10

[12sen2(ϕ)

]π0= 0.

En denitiva,

∫S

ω = 0


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