Complementación Integral de Línea y El Teorema de Green Corregido

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Integral de Línea de Campos Escalares. 
DEF 1: Sea 𝑓 ∶ 𝐴 ⊂ ℝ𝑛 ⟶ ℝ un campo escalar de clase 𝐶1 en 𝐴. Sea 𝐶 una curva suave 
contenida en 𝐴, que admite parametrización 𝛾 ∶ 𝑎, 𝑏 ⟶ ℝ𝑛 de clase 𝐶1. Entonces se define la 
integral de línea del campo escalar 𝑓 sobre la curva 𝐶 por: 
 𝑓𝑑𝑠
𝐶
= 𝑓 𝑜 𝛾 𝑡 𝛾′ 𝑡 𝑑𝑡
𝑏
𝑎
 
DEF 2: Sea 𝑓 ∶ 𝐴 ⊂ ℝ𝑛 ⟶ ℝ un campo escalar de clase 𝐶1 en 𝐴. Sea 𝐶 una curva 
seccionalmente suave contenida en 𝐴, que admite parametrización 𝛾 ∶ 𝑎, 𝑏 ⟶ ℝ𝑛 de clase 𝐶1 por 
secciones. Sean además 𝐶1 , 𝐶2, ⋯ , 𝐶𝑛 dichas secciones, entonces se define la integral de línea del 
campo escalar 𝑓 sobre la curva 𝐶 por: 
 𝑓𝑑𝑠
𝐶
= 𝑓𝑑𝑠
𝐶𝑖
𝑛
𝑖=1
 
Es claro que 𝐶 es la yuxtaposición de las curvas 𝐶1 , 𝐶2 , ⋯ , 𝐶𝑛 , es decir 𝐶 = 𝐶1 ∨ 𝐶2 ∨ ⋯∨ 𝐶𝑛 . 
Integral de Línea de Campos Vectoriales. 
DEF 3: Sea 𝐹 ∶ 𝐴 ⊂ ℝ𝑛 ⟶ ℝ𝑛 un campo vectorial de clase 𝐶1 en 𝐴. Sea 𝐶 una curva suave 
contenida en 𝐴, que admite parametrización 𝛾 ∶ 𝑎, 𝑏 ⟶ ℝ𝑛 de clase 𝐶1. Entonces se define la 
integral de línea del campo escalar 𝑓 sobre la curva 𝐶 por: 
 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶
= 𝐹 𝑜 𝛾 𝑡 ∙ 𝛾′ 𝑡 𝑑𝑡
𝑏
𝑎
 
DEF 4: Sea 𝐹 ∶ 𝐴 ⊂ ℝ𝑛 ⟶ ℝ𝑛 un campo vectorial de clase 𝐶1 en 𝐴. Sea 𝐶 una curva 
seccionalmente suave contenida en 𝐴, que admite parametrización 𝛾 ∶ 𝑎, 𝑏 ⟶ ℝ𝑛 de clase 𝐶1 por 
secciones. Sean además 𝐶1 , 𝐶2, ⋯ , 𝐶𝑛 dichas secciones, entonces se define la integral de línea del 
campo escalar 𝑓 sobre la curva 𝐶 por: 
 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶
= 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶𝑖
𝑛
𝑖=1
 
Es claro que 𝐶 es la yuxtaposición de las curvas 𝐶1 , 𝐶2 , ⋯ , 𝐶𝑛 , es decir 𝐶 = 𝐶1 ∨ 𝐶2 ∨ ⋯∨ 𝐶𝑛 . 
Recordatorio: Si 𝐶 = 𝐶1 ∨ 𝐶2 ∨ ⋯∨ 𝐶𝑛 , es una yuxtaposición, entonces se tiene que: 
 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶
= 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶1
+ 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶2
+ ⋯ + 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶𝑛
 
 
Parametrizaciones Típicas. 
Existen una parametrizaciones que deben conocer para este curso. Dado el poco tiempo del curso, 
aquí se las dejo. 
a) Elipse: Sea la elipse de ecuación 
 𝑥−𝑥0 
2
𝑎2
+
 𝑦−𝑦0 
2
𝑏2
= 1 ; 𝑎, 𝑏 > 0. Entonces una parametrización 
de esta curva es: 
𝛾 𝑡 = 𝑥0 + 𝑎 cos 𝑡 , 𝑦0 + 𝑏 sen 𝑡 , 𝑡 ∈ 0,2𝜋 𝑒𝑛 𝑠𝑒𝑛𝑡𝑖𝑑𝑜 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑡𝑖𝑣𝑜
𝛾 𝑡 = 𝑥0 + 𝑎 sen 𝑡 , 𝑦0 + 𝑏 cos 𝑡 , 𝑡 ∈ 0,2𝜋 𝑒𝑛 𝑠𝑒𝑛𝑡𝑖𝑑𝑜 𝑛𝑒𝑔𝑎𝑡𝑖𝑣𝑜
 
b) Circunferencia: Sea la circunferencia de ecuación 𝑥 − 𝑥0 
2 + 𝑦 − 𝑦0 
2 = 𝑐2 , 𝑐 > 0. 
Entonces una parametrización de esta curva es: 
𝛾 𝑡 = 𝑥0 + 𝑐 cos 𝑡 , 𝑦0 + 𝑐 sen 𝑡 , 𝑡 ∈ 0,2𝜋 𝑒𝑛 𝑠𝑒𝑛𝑡𝑖𝑑𝑜 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑡𝑖𝑣𝑜
𝛾 𝑡 = 𝑥0 + 𝑐 sen 𝑡 , 𝑦0 + 𝑐 cos 𝑡 , 𝑡 ∈ 0,2𝜋 𝑒𝑛 𝑠𝑒𝑛𝑡𝑖𝑑𝑜 𝑛𝑒𝑔𝑎𝑡𝑖𝑣𝑜
 
c) Segmento: Sean 𝑃0 , 𝑃1 ∈ ℝ
𝑛 , entonces el segmento de inicio 𝑃0 y final 𝑃1 se puede 
parametrizar por: 
𝛾 𝑡 = 1 − 𝑡 𝑃0 + 𝑡𝑃0 , 𝑡 ∈ 0,1 
Ejemplo: Parametrizar el segmento de inicio 0,1, −2 y final 3,9, −4 . 
Solución. 
Usando lo anterior se tiene la parametrización: 
𝛾 𝑡 = 1 − 𝑡 0,1, −2 + 𝑡 3,9, −4 = 3𝑡, 8𝑡 + 1, −2𝑡 − 2 , 𝑡 ∈ 0,1 
Teorema: Sean 𝑓 ∶ 𝐴 ⊂ ℝ𝑛 ⟶ ℝ y 𝐹 ∶ 𝐴 ⊂ ℝ𝑛 ⟶ ℝ𝑛 campos escalares y vectoriales 
respectivamente de clase 𝐶1 en 𝐴. Sea 𝐶 una curva suave contenida en 𝐴 con parametrización de 
clase 𝐶1. Si 𝐶− representa la opuesta de 𝐶 (es la curva 𝐶 recorrida en sentido contrario) entonces: 
 𝑓𝑑𝑠
𝐶−
= 𝑓𝑑𝑠
𝐶
 
 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶−
= − 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶
 
Un Teorema análogo hay para curvas seccionalmente suaves. 
 
 
 
Primer Teorema Fundamental de las Integrales de Línea. 
Sea 𝐴 un abierto conexo de ℝ𝑛 y sea 𝐹 ∶ 𝐴 ⟶ ℝ𝑛 un campo vectorial de clase 𝐶1. Si la integral 
𝑓 𝑋 = 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 𝐶 tiene el mismo valor para cualquier polígono escalonado 𝐶 = 𝐶𝑥 simple (es decir 
que no se corta a sí mismo) que une al punto 𝑃0 al punto 𝑋, entonces 𝑓 es diferenciable en 𝐴 y se 
cumple que ∇𝑓 = 𝐹 . 
La Integral de Línea de un Gradiente. 
Segundo Teorema Fundamental de las Integrales de Línea. 
Sea 𝐴 un abierto conexo de ℝ𝑛 y sea 𝑓 ∶ 𝐴 ⟶ ℝ un campo escalar de clase 𝐶1. Si 𝑃0 y 𝑋 son dos 
puntos de 𝐴 que pueden unirse mediante una curva 𝐶 suave por secciones contenida en 𝐴, entonces: 
 ∇𝑓 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶
= 𝑓 𝑋 − 𝑓 𝑃0 
Donde 𝑃0 y 𝑋 son el origen y el extremo de 𝐶 respectivamente. 
Si 𝐶 es cerrada, entonces: 
 ∇𝑓 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶
= 0 
Campos Conservativos. 
Sea 𝐹 ∶ 𝐶 ⊂ ℝ𝑛 ⟶ ℝ𝑛 un campo vectorial de clase 𝐶1 en un abierto 𝐶. Se dice que 𝐹 es 
conservativo si existe 𝑓: 𝐶 ⊂ ℝ ⟶ ℝ𝑛 de clase 𝐶1 tal que ∇𝑓 = 𝐹. En tal caso, se dice que 𝑓 es un 
potencial de 𝐹. 
Teorema: Sea 𝐹 ∶ 𝐶 ⊂ ℝ𝑛 ⟶ ℝ𝑛 un campo vectorial conservativo de clase 𝐶1 en el abierto 𝐶, 
entonces: 
 ∀𝑥0 ∈ 𝐴 , ∀𝑖 ≠ 𝑗 ; 𝑖, 𝑗 ∈ 1,2,3, ⋯ , 𝑛 ∶ 
𝜕𝐹𝑖
𝜕𝑥𝑗
 𝑥0 =
𝜕𝐹𝑗
𝜕𝑥𝑖
 𝑥0 
OBS: Casos particulares. 
Para 𝑛 = 2 y 𝐹 = 𝑃, 𝑄 la condición queda: 
𝜕𝑄
𝜕𝑥
 𝑥, 𝑦 =
𝜕𝑃
𝜕𝑦
 𝑥, 𝑦 
 
 
Para 𝑛 = 3 y 𝐹 = 𝑃, 𝑄, 𝑅 la condición queda: 
𝜕𝑄
𝜕𝑥
 𝑥, 𝑦, 𝑧 =
𝜕𝑃
𝜕𝑦
 𝑥, 𝑦, 𝑧 ; 
𝜕𝑃
𝜕𝑧
 𝑥, 𝑦, 𝑧 =
𝜕𝑅
𝜕𝑥
 𝑥, 𝑦, 𝑧 ; 
𝜕𝑄
𝜕𝑧
 𝑥, 𝑦, 𝑧 =
𝜕𝑅
𝜕𝑦
 𝑥, 𝑦, 𝑧 
Teorema: Sea 𝐶 un dominio simplemente conexo de ℝ𝑛 y 𝐹 ∶ 𝐶 ⟶ ℝ𝑛 un campo vectorial de 
clase 𝐶1 en 𝐶 tal que: 
 ∀𝑥0 ∈ 𝐴 , ∀𝑖 ≠ 𝑗 ; 𝑖, 𝑗 ∈ 1,2,3, ⋯ , 𝑛 ∶ 
𝜕𝐹𝑖
𝜕𝑥𝑗
 𝑥0 =
𝜕𝐹𝑗
𝜕𝑥𝑖
 𝑥0 
Entonces 𝐹 es conservativo. 
Determinación de Campos Conservativos. 
Caso de ℝ𝟐. 
Para saber si un campo vectorial de dos componentes es conservativo, basta con que el dominio del 
campo sea simplemente conexo (si el dominio es todo ℝ2, es simplemente conexo) y que verifique: 
𝜕𝑄
𝜕𝑥
 𝑥, 𝑦 =
𝜕𝑃
𝜕𝑦
 𝑥, 𝑦 
Con 𝐹 = 𝑃, 𝑄 . Si no se verifica la igualdad no es conservativo. Ahora, es importante la condición 
de simplemente conexo. Como contra – ejemplo consideremos el siguiente campo vectorial: 
𝐹 ∶ ℝ2 − 0,0 ⟶ ℝ2
 𝑥, 𝑦 ⟼ 𝐹 𝑥, 𝑦 = −
𝑦
𝑥2 + 𝑦2
,
𝑥
𝑥2 + 𝑦2
 
 
No es difícil notar que: 
∀ 𝑥, 𝑦 ≠ 0,0 ∶ 
𝜕
𝜕𝑦
 −
𝑦
𝑥2 + 𝑦2
 =
𝜕
𝜕𝑥
 
𝑥
𝑥2 + 𝑦2
 
Pero el campo no es conservativo. Porque si consideremos la curva 𝐶 ∶ 𝑥2 + 𝑦2 = 1. Entonces: 
 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶
= 2𝜋 ≠ 0 
Luego no es conservativo. Además el dominio no era simplemente conexo. 
OBS 1: 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 𝐶 denota la integral de línea sobre una curva cerrada. 
OBS 2: Si se cambia el conjunto, ahí sería conservativo. Por el ejemplo en el conjunto: 
𝐴 = 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ2 ∶ 𝑥 > 0 , 𝑦 > 0 
Caso de ℝ𝟑. 
Para saber si un campo vectorial de tres componentes es conservativo, basta con que el dominio del 
campo sea simplemente conexo (si el dominio es todo ℝ3, es simplemente conexo) y que verifique: 
𝜕𝑄
𝜕𝑥
 𝑥, 𝑦, 𝑧 =
𝜕𝑃
𝜕𝑦
 𝑥, 𝑦, 𝑧 ; 
𝜕𝑃
𝜕𝑧
 𝑥, 𝑦, 𝑧 =
𝜕𝑅
𝜕𝑥
 𝑥, 𝑦, 𝑧 ; 
𝜕𝑄
𝜕𝑧
 𝑥, 𝑦, 𝑧 =
𝜕𝑅
𝜕𝑦
 𝑥, 𝑦, 𝑧 
Con 𝐹 = 𝑃, 𝑄, 𝑅 . Si no se verifica la igualdad no es conservativo. Una forma de recordar esto es: 
 
𝑖 𝑗 𝑘 
𝜕
𝜕𝑥
𝜕
𝜕𝑦
𝜕
𝜕𝑧
𝑃 𝑥, 𝑦, 𝑧 𝑄 𝑥, 𝑦, 𝑧 𝑅 𝑥, 𝑦, 𝑧 
 = 0 
⟺ 
𝜕𝑅
𝜕𝑦
 𝑥, 𝑦, 𝑧 −
𝜕𝑄
𝜕𝑧
 𝑥, 𝑦, 𝑧 ,
𝜕𝑃
𝜕𝑧
 𝑥, 𝑦, 𝑧 −
𝜕𝑅
𝜕𝑥
 𝑥, 𝑦, 𝑧 ,
𝜕𝑄
𝜕𝑥
 𝑥, 𝑦, 𝑧 −
𝜕𝑃
𝜕𝑦
 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 0 
Si es conservativo. ¿Cómo encontramos un potencial? Varias maneras. Usaremos un Método que 
sirve incluso para Ecuaciones Diferenciales Ordinarias (el Método de las E.D.O. exactas). 
Para entenderlo mejor, veamos ejemplos, más que teoría (que es abstracta). 
Ejemplos: Determine si los siguientes campos son conservativos. Además, de ser posible 
encontrar un potencial. 
a) 𝐹 ∶ ℝ2 ⟶ ℝ2 , 𝐹 𝑥, 𝑦 = 𝑥2 + 𝑦2 , 2𝑥𝑦 
Solución. 
Notemos que 𝐹 es de clase 𝐶1. Además: 
𝜕
𝜕𝑥
 2𝑥𝑦 = 2𝑦
𝜕
𝜕𝑦
 𝑥2 + 𝑦2 = 2𝑦 =
𝜕
𝜕𝑥
 2𝑥𝑦 
Luego como ℝ2 es simplemente conexo, el campo es conservativo. Luego posee un potencial. Para 
hallarlo sigamos la siguienteestrategia. Sabemos que existe 𝑓 de clase 𝐶1 tal que ∇𝑓 = 𝐹 , es decir: 
 
 
 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
 𝑥, 𝑦 = 𝑥2 + 𝑦2
𝜕𝑓
𝜕𝑦
 𝑥, 𝑦 = 2𝑥𝑦 
 
 
 
Ahora elegimos una de las ecuaciones, la más fácil de integrar. Aquí ambas son fáciles de integral. 
Eligiendo la segunda se obtiene: 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
 𝑥, 𝑦 = 2𝑥𝑦 ⟹ 𝑓 𝑥, 𝑦 = 2𝑥𝑦𝑑𝑦 = 𝑥𝑦2 + 𝐶 𝑥 
La expresión 𝐶 𝑥 es una función que depende de 𝑥, dado que al derivar con respecto a 𝑦 se hace 
cero, luego podría haber una función que dependa sólo de 𝑥, la cual hay que encontrar. Para ello 
usamos la primera ecuación. Como conocemos una expresión de 𝑓, se tiene que: 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
 𝑥, 𝑦 = 𝑥2 + 𝑦2 ⟹ 𝑦2 + 𝐶′ 𝑥 = 𝑥2 + 𝑦2 ⟹ 𝐶′ 𝑥 = 𝑥2 ⟹ 𝐶 𝑥 =
𝑥3
3
 
Luego un potencial del campo es la función: 
𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑥𝑦2 +
𝑥3
3
 
b) 𝐹 ∶ ℝ2 ⟶ ℝ2 , 𝐹 𝑥, 𝑦 = 𝑥𝑦, 𝑥2 
Solución. 
Notemos que 𝐹 es de clase 𝐶1. Además: 
𝜕
𝜕𝑥
 𝑥2 = 2𝑥
𝜕
𝜕𝑦
 𝑥𝑦 = 𝑥 ≠
𝜕
𝜕𝑥
 2𝑥𝑦 
Luego el campo no es conservativo, por ende no posee un potencial. 
c) 𝐹 ∶ ℝ3 ⟶ ℝ3 , 𝐹 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 𝑦, 𝑥, −𝑥𝑧 
Solución. 
Notemos que: 
 
𝑖 𝑗 𝑘 
𝜕
𝜕𝑥
𝜕
𝜕𝑦
𝜕
𝜕𝑧
𝑦 𝑥 −𝑥𝑧
 = 0 𝑖 + −𝑧 𝑗 + 0 𝑘 ≠ 0 
Luego el campo no es conservativo, por ende no posee un potencial. 
 
 
 
d) 𝐹 ∶ ℝ3 ⟶ ℝ3 , 𝐹 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 𝑥, 𝑦2 , 𝑧 
Solución. 
Notemos que 𝐹 es de clase 𝐶1. Además: 
 
𝑖 𝑗 𝑘 
𝜕
𝜕𝑥
𝜕
𝜕𝑦
𝜕
𝜕𝑧
𝑥 𝑦2 𝑧
 = 0 𝑖 + 0 𝑗 + 0 𝑘 = 0 
Como ℝ3 es simplemente conexo, el campo es conservativo. Por ende posee un potencial. Para 
hallarlo sigamos la siguiente estrategia. Sabemos que existe 𝑓 de clase 𝐶1 tal que ∇𝑓 = 𝐹 , es decir: 
 
 
 
 
 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 𝑥 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 𝑦2
𝜕𝑓
𝜕𝑧
 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 𝑧 
 
De la primera se tiene: 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 𝑥 ⟹ 𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 𝑥𝑑𝑥 =
𝑥2
2
+ 𝐶 𝑦, 𝑧 
Usando la segunda ecuación se tiene: 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 𝑦2 ⟹
𝜕𝐶
𝜕𝑦
 𝑦, 𝑧 = 𝑦2 ⟹ 𝐶 𝑦, 𝑧 =
𝑦3
3
+ 𝐵 𝑧 
De donde 𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑧 =
𝑥2
2
+
𝑦3
3
+ 𝐵 𝑧 . Usando la tercera ecuación se tiene: 
𝜕𝑓
𝜕𝑧
 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 𝑧 ⟹ 𝐵′ 𝑧 = 𝑧 ⟹ 𝐵 𝑧 =
𝑧2
2
 
De donde el potencial del campo es la función: 
𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑧 =
𝑥2
2
+
𝑦3
3
+
𝑧2
2
 
OBS: También se podía usar el método expuesto en la proposición vista en clases. 
 
 
 
e) 𝐹 ∶ ℝ3 ⟶ ℝ3 , 𝐹 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 𝑥2 − 𝑦𝑧, 𝑦2 − 𝑥𝑧, 𝑧2 − 𝑥𝑦 
Solución. 
Notemos que 𝐹 es de clase 𝐶1. Además: 
 
𝑖 𝑗 𝑘 
𝜕
𝜕𝑥
𝜕
𝜕𝑦
𝜕
𝜕𝑧
𝑥2 − 𝑦𝑧 𝑦2 − 𝑥𝑧 𝑧2 − 𝑥𝑦
 = −𝑥 + 𝑥 𝑖 + −𝑦 + 𝑦 𝑗 + −𝑧 + 𝑧 𝑘 = 0 
Como ℝ3 es simplemente conexo, el campo es conservativo. Por ende posee un potencial. Para 
hallarlo sigamos la siguiente estrategia. Sabemos que existe 𝑓 de clase 𝐶1 tal que ∇𝑓 = 𝐹 , es decir: 
 
 
 
 
 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 𝑥2 − 𝑦𝑧
𝜕𝑓
𝜕𝑦
 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 𝑦2 − 𝑥𝑧
𝜕𝑓
𝜕𝑧
 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 𝑧2 − 𝑥𝑦
 
De la primera se tiene: 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 𝑥2 − 𝑦𝑧 ⟹ 𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 𝑥2 − 𝑦𝑧 𝑑𝑥 =
𝑥3
3
− 𝑥𝑦𝑧 + 𝐶 𝑦, 𝑧 
Usando la segunda ecuación se tiene: 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 𝑦2 − 𝑥𝑧 ⟹ −𝑥𝑧 +
𝜕𝐶
𝜕𝑦
 𝑦, 𝑧 = 𝑦2 − 𝑥𝑧 ⟹
𝜕𝐶
𝜕𝑦
 𝑦, 𝑧 = 𝑦2 ⟹ 𝐶 𝑦, 𝑧 =
𝑦3
3
+ 𝐵 𝑧 
De donde 𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑧 =
𝑥3
3
+
𝑦3
3
− 𝑥𝑦𝑧 + 𝐵 𝑧 . Usando la tercera ecuación se tiene: 
𝜕𝑓
𝜕𝑧
 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 𝑧2 − 𝑥𝑦 ⟹ −𝑥𝑦 + 𝐵′ 𝑧 = 𝑧2 − 𝑥𝑦 ⟹ 𝐵′ 𝑧 = 𝑧2 ⟹ 𝐵 𝑧 =
𝑧3
3
 
De donde el potencial del campo es la función: 
𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑧 =
𝑥3
3
+
𝑦3
3
+
𝑧3
3
− 𝑥𝑦𝑧 
 
 
 
 
f) 𝐹 ∶ ℝ2 ⟶ ℝ2 , 𝐹 𝑥, 𝑦 = 𝑒𝑥𝑦2 + 3𝑥2𝑦, 2𝑦𝑒𝑥 + 𝑥3 
Solución. 
Notemos que 𝐹 es de clase 𝐶1. Además: 
𝜕
𝜕𝑥
 2𝑦𝑒𝑥 + 𝑥3 = 2𝑦𝑒𝑥 + 3𝑥2
𝜕
𝜕𝑦
 𝑒𝑥𝑦2 + 3𝑥2𝑦 = 2𝑦𝑒𝑥 + 3𝑥2 =
𝜕
𝜕𝑥
 2𝑦𝑒𝑥 + 𝑥3 
Luego como ℝ2 es simplemente conexo, el campo es conservativo. Luego posee un potencial. Para 
hallarlo sigamos la siguiente estrategia. Sabemos que existe 𝑓 de clase 𝐶1 tal que ∇𝑓 = 𝐹 , es decir: 
 
 
 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
 𝑥, 𝑦 = 𝑒𝑥𝑦2 + 3𝑥2𝑦
𝜕𝑓
𝜕𝑦
 𝑥, 𝑦 = 2𝑦𝑒𝑥 + 𝑥3 
 
Ahora elegimos una de las ecuaciones, la más fácil de integrar. Aquí ambas son fáciles de integral. 
Eligiendo la segunda se obtiene: 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
 𝑥, 𝑦 = 2𝑦𝑒𝑥 + 𝑥3 ⟹ 𝑓 𝑥, 𝑦 = 2𝑦𝑒𝑥 + 𝑥3 𝑑𝑦 = 𝑦2𝑒𝑥 + 𝑥3𝑦 + 𝐶 𝑥 
De la primera ecuación se tiene que: 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
 𝑥, 𝑦 = 𝑒𝑥𝑦2 + 3𝑥2𝑦 ⟹ 𝑦2𝑒𝑥 + 3𝑥2𝑦 + 𝐶 ′ 𝑥 = 𝑦2𝑒𝑥 + 3𝑥2𝑦 ⟹ 𝐶 ′ 𝑥 = 0 ⟹ 𝐶 𝑥 = 0 
Luego un potencial del campo es la función: 
𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑦2𝑒𝑥 + 𝑥3𝑦 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
g) 𝐹 ∶ ℝ3 ⟶ ℝ3 , 𝐹 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 2𝑥𝑦𝑧, 𝑥2𝑧 + 2𝑦𝑒𝑧 , 𝑥2𝑦 + 𝑦2𝑒𝑧 
Solución. 
Notemos que 𝐹 es de clase 𝐶1. Además: 
 
𝑖 𝑗 𝑘 
𝜕
𝜕𝑥
𝜕
𝜕𝑦
𝜕
𝜕𝑧
2𝑥𝑦𝑧 𝑥2𝑧 + 2𝑦𝑒𝑧 𝑥2𝑦 + 𝑦2𝑒𝑧
 = 𝑥
2 + 2𝑦𝑒𝑧 − 𝑥2 − 2𝑦𝑒𝑥 𝑖 + 2𝑥𝑦 − 2𝑥𝑦 𝑗 + 2𝑥𝑧 − 2𝑥𝑧 𝑘 = 0 
Como ℝ3 es simplemente conexo, el campo es conservativo. Por ende posee un potencial. Para 
hallarlo sigamos la siguiente estrategia. Sabemos que existe 𝑓 de clase 𝐶1 tal que ∇𝑓 = 𝐹 , es decir: 
 
 
 
 
 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 2𝑥𝑦𝑧 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 𝑥2𝑧 + 2𝑦𝑒𝑧
𝜕𝑓
𝜕𝑧
 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 𝑥2𝑦 + 𝑦2𝑒𝑧
 
De la primera se tiene: 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 2𝑥𝑦𝑧 ⟹ 𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 2𝑥𝑦𝑧𝑑𝑥 = 𝑥2𝑦𝑧 + 𝐶 𝑦, 𝑧 
Usando la segunda ecuación se tiene: 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 𝑥2𝑧 + 2𝑦𝑒𝑧 ⟹ 𝑥2𝑧 +
𝜕𝐶
𝜕𝑦
 𝑦, 𝑧 = 𝑥2𝑧 + 2𝑦𝑒𝑧 ⟹
𝜕𝐶
𝜕𝑦
 𝑦, 𝑧 = 2𝑦𝑒𝑧 ⟹ 𝐶 𝑦, 𝑧 = 𝑦2𝑒𝑧 + 𝐵 𝑧 
De donde 𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 𝑥2𝑦𝑧 + 𝑦2𝑒𝑧 + 𝐵 𝑧 . Usando la tercera ecuación se tiene: 
𝜕𝑓
𝜕𝑧
 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 𝑥2𝑦 + 𝑦2𝑒𝑧 ⟹ 𝑥2𝑦 + 𝑦2𝑒𝑧 + 𝐵′ 𝑧 = 𝑥2𝑦 + 𝑦2𝑒𝑧 ⟹ 𝐵′ 𝑧 = 0 ⟹ 𝐵 𝑧 = 0 
De donde el potencial del campo es la función: 
𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 𝑥2𝑦𝑧 + 𝑦2𝑒𝑧 
 
 
 
 
h) 𝐹 ∶ ℝ2 ⟶ ℝ2 , 𝐹 𝑥, 𝑦 = 2𝑥 sen 𝑦 , 𝑥2 cos 𝑦 − 3𝑦2 
Solución. 
Notemos que 𝐹 es de clase 𝐶1. Además: 
𝜕
𝜕𝑥
 𝑥2 cos 𝑦 − 3𝑦2 = 2𝑥 cos 𝑦
𝜕
𝜕𝑦
 2𝑥 sen 𝑦 = 2𝑥 cos 𝑦 =
𝜕
𝜕𝑥
 2𝑥𝑦 
Luego como ℝ2 es simplemente conexo, el campo es conservativo. Luego posee un potencial. Para 
hallarlo sigamos la siguiente estrategia. Sabemos que existe 𝑓 de clase 𝐶1 tal que ∇𝑓 = 𝐹 , es decir: 
 
 
 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
 𝑥, 𝑦 = 2𝑥 sen 𝑦 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
 𝑥, 𝑦 = 𝑥2 cos 𝑦 − 3𝑦2
 
Ahora elegimos una de las ecuaciones, la más fácil de integrar. Aquí ambas son fáciles de integral. 
Eligiendo la primera se obtiene: 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
 𝑥, 𝑦 = 2𝑥 sen 𝑦 ⟹ 𝑓 𝑥, 𝑦 = 2𝑥 sen 𝑦 𝑑𝑥 = 𝑥2 sen 𝑦 + 𝐶 𝑦 
Usando la segunda ecuación se tiene 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
 𝑥, 𝑦 = 𝑥2 cos 𝑦 − 3𝑦2 ⟹ 𝑥2 cos 𝑦 + 𝐶′ 𝑦 = 𝑥2 cos 𝑦 − 3𝑦2 ⟹ 𝐶′ 𝑦 = −3𝑦2 ⟹ 𝐶 𝑦 = −𝑦3 
Luego un potencial del campo es la función: 
𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑥2 sen 𝑦 − 𝑦3 
 
 
 
 
 
 
 
 
i) 𝐹 ∶ ℝ3 ⟶ ℝ3 , 𝐹 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 2𝑥𝑦, 𝑥2 + 1,6𝑧2 
Solución. 
Notemos que 𝐹 es de clase 𝐶1. Además: 
 
𝑖 𝑗 𝑘 
𝜕
𝜕𝑥
𝜕
𝜕𝑦
𝜕
𝜕𝑧
2𝑥𝑦 𝑥2 + 1 6𝑧2
 = 0 − 0 𝑖 + 0 − 0 𝑗 + 2𝑥 − 2𝑥 𝑘 = 0 
Como ℝ3 es simplemente conexo, el campo es conservativo. Por ende posee un potencial. Para 
hallarlo sigamos la siguiente estrategia. Sabemos que existe 𝑓 de clase 𝐶1 tal que ∇𝑓 = 𝐹 , es decir: 
 
 
 
 
 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 2𝑥𝑦 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 𝑥2 + 1
𝜕𝑓
𝜕𝑧
 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 6𝑧2 
 
De la primera se tiene: 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 2𝑥𝑦 ⟹ 𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 2𝑥𝑦𝑑𝑥 = 𝑥2𝑦 + 𝐶 𝑦, 𝑧 
Usando la segunda ecuación se tiene: 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 𝑥2 + 1 ⟹ 𝑥2 +
𝜕𝐶
𝜕𝑦
 𝑦, 𝑧 = 𝑥2 + 1 ⟹
𝜕𝐶
𝜕𝑦
 𝑦, 𝑧 = 1 ⟹ 𝐶 𝑦, 𝑧 = 𝑦 + 𝐵 𝑧 
De donde 𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 𝑥2𝑦 + 𝑦 + 𝐵 𝑧 . Usando la tercera ecuación se tiene: 
𝜕𝑓
𝜕𝑧
 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 6𝑧2 ⟹ 𝐵′ 𝑧 = 6𝑧2 ⟹ 𝐵 𝑧 = 2𝑧3 
De donde el potencial del campo es la función: 
𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 𝑥2𝑦 + 𝑦 + 2𝑧3 
 
 
 
 
j) 𝐹 ∶ 𝐶 ⊂ ℝ3 ⟶ ℝ3 , 𝐹 𝑥, 𝑦, 𝑧 =𝑥
𝑥2+𝑦2+𝑧2
,
𝑦
𝑥2+𝑦2+𝑧2
,
𝑧
𝑥2+𝑦2+𝑧2
 
𝐶 = 𝑥, 𝑦, 𝑧 : 𝑥 > 0, 𝑦 > 0, 𝑧 > 0 
Solución. 
Notemos que 𝐹 es de clase 𝐶1 en 𝐴. Además: 
 
 
𝑖 𝑗 𝑘 
𝜕
𝜕𝑥
𝜕
𝜕𝑦
𝜕
𝜕𝑧
𝑥
𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2
𝑦
𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2
𝑧
𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2
 
 
= 0 
Como 𝐴 es simplemente conexo, el campo es conservativo. Por ende posee un potencial. Para 
hallarlo sigamos la siguiente estrategia. Sabemos que existe 𝑓 de clase 𝐶1 tal que ∇𝑓 = 𝐹 , es decir: 
 
 
 
 
 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
 𝑥, 𝑦, 𝑧 =
𝑥
𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2
𝜕𝑓
𝜕𝑦
 𝑥, 𝑦, 𝑧 =
𝑦
𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2
𝜕𝑓
𝜕𝑧
 𝑥, 𝑦, 𝑧 =
𝑧
𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2
 
De la primera se tiene: 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
 𝑥, 𝑦, 𝑧 =
𝑥
𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2
⟹ 𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 
𝑥
𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2
𝑑𝑥 =
1
2
ln 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 + 𝐶 𝑦, 𝑧 
Usando la segunda ecuación se tiene: 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
 𝑥, 𝑦, 𝑧 =
𝑦
𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2
⟹
𝑦
𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2
+
𝜕𝐶
𝜕𝑦
 𝑦, 𝑧 =
𝑦
𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2
⟹
𝜕𝐶
𝜕𝑦
 𝑦, 𝑧 = 0 ⟹ 𝐶 𝑦, 𝑧 = 𝐵 𝑧 
De donde 𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑧 =
1
2
ln 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 + 𝐵 𝑧 . Usando la tercera ecuación se tiene: 
𝜕𝑓
𝜕𝑧
 𝑥, 𝑦, 𝑧 =
𝑧
𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2
⟹
𝑧
𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2
+ 𝐵′ 𝑧 =
𝑧
𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2
⟹ 𝐵′ 𝑧 = 0 ⟹ 𝐵 𝑧 = 0 
De donde el potencial del campo es la función: 
𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑧 =
1
2
ln 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 
 
 
k) 𝐹 ∶ ℝ3 ⟶ ℝ3 , 𝐹 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 2𝑥𝑦3𝑧, 3𝑥2𝑦2𝑧 + 4𝑧, 𝑥2𝑦3 + 4𝑦 
Solución. 
Notemos que 𝐹 es de clase 𝐶1. Además: 
 
𝑖 𝑗 𝑘 
𝜕
𝜕𝑥
𝜕
𝜕𝑦
𝜕
𝜕𝑧
2𝑥𝑦3𝑧 3𝑥2𝑦2𝑧 + 4𝑧 𝑥2𝑦3 + 4𝑦
 = 0 
Como ℝ3 es simplemente conexo, el campo es conservativo. Por ende posee un potencial. Para 
hallarlo sigamos la siguiente estrategia. Sabemos que existe 𝑓 de clase 𝐶1 tal que ∇𝑓 = 𝐹 , es decir: 
 
 
 
 
 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 2𝑥𝑦3𝑧 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 3𝑥2𝑦2𝑧 + 4𝑧
𝜕𝑓
𝜕𝑧
 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 𝑥2𝑦3 + 4𝑦 
 
De la primera se tiene: 
𝜕𝑓
𝜕𝑥
 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 2𝑥𝑦3𝑧 ⟹ 𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 2𝑥𝑦3𝑧𝑑𝑥 = 𝑥2𝑦3𝑧 + 𝐶 𝑦, 𝑧 
Usando la segunda ecuación se tiene: 
𝜕𝑓
𝜕𝑦
 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 3𝑥2𝑦2𝑧 + 4𝑧 ⟹ 3𝑥2𝑦2𝑧 +
𝜕𝐶
𝜕𝑦
 𝑦, 𝑧 = 3𝑥2𝑦2𝑧 + 4𝑧 ⟹
𝜕𝐶
𝜕𝑦
 𝑦, 𝑧 = 4𝑧 ⟹ 𝐶 𝑦, 𝑧 = 4𝑦𝑧 + 𝐵 𝑧 
De donde 𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 𝑥2𝑦3𝑧 + 4𝑦𝑧 + 𝐵 𝑧 . Usando la tercera ecuación se tiene: 
𝜕𝑓
𝜕𝑧
 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 𝑥2𝑦3 + 4𝑦 ⟹ 𝑥2𝑦3 + 4𝑦 + 𝐵′ 𝑧 = 𝑥2𝑦3 + 4𝑦 ⟹ 𝐵′ 𝑧 = 0 ⟹ 𝐵 𝑧 = 0 
De donde el potencial del campo es la función: 
𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 𝑥2𝑦3𝑧 + 4𝑦𝑧 
 
 
 
 
 
l) 𝐹 ∶ ℝ2 ⟶ ℝ2 , 𝐹 𝑥, 𝑦 = 𝑒𝑥 + 3𝑥2𝑦2 , 𝑥 + 2𝑥3𝑦 
Solución. 
Notemos que 𝐹 es de clase 𝐶1. Además: 
𝜕
𝜕𝑥
 𝑥 + 2𝑥3𝑦 = 1 + 6𝑥2𝑦
𝜕
𝜕𝑦
 𝑒𝑥 + 3𝑥2𝑦2 = 6𝑥2𝑦 ≠
𝜕
𝜕𝑥
 2𝑥𝑦 
Luego el campo no es conservativo. Por ende no posee un potencial. 
Teorema: Sea 𝐹 ∶ 𝐴 ⊂ ℝ𝑛 ⟶ ℝ𝑛 un campo conservativo en 𝐴. Entonces: 
∀𝐶 ⊂ 𝐴 , 𝐶 𝑐𝑢𝑟𝑣𝑎 𝑑𝑒 𝐽𝑜𝑟𝑑𝑎𝑛 ∶ 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶
= 0 
Se puede admitir que 𝐶 sea seccionalmente suave. Y no olviden la Implicación: 
𝐹 𝑒𝑠 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑒𝑟𝑣𝑎𝑡𝑖𝑣𝑜 ⟹ 𝐹 𝑝𝑜𝑠𝑒𝑒 𝑢𝑛 𝑝𝑜𝑡𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙 
Proposición: Sea 𝐹 ∶ 𝐴 ⊂ ℝ𝑛 ⟶ ℝ𝑛 de clase 𝐶1 en el dominio simplemente conexo 𝐴 de ℝ𝑛 . 
Sea además 𝐹 𝑥1 , 𝑥2 , ⋯ , 𝑥𝑛 = 𝐹1 𝑥1 , 𝐹2 𝑥2 , ⋯ , 𝐹𝑛 𝑥𝑛 , donde 𝐹1 , 𝐹2 , ⋯ , 𝐹𝑛 ∶ 𝐼𝑖 ⊂ ℝ ⟶ ℝ 
son campos escalares de clase 𝐶1 en 𝐼𝑖 , 𝑖 ∈ 1,2, ⋯ , 𝑛 (cada función en su intervalo). 
Entonces 𝐹 es un campo conservativo en 𝐴 y posee un potencial 𝑓 ∶ 𝐴 ⊂ ℝ𝑛 ⟶ ℝ definido por: 
𝑓 𝑥1 , 𝑥2 , ⋯ , 𝑥𝑛 = 𝐹𝑖 𝑥𝑖 𝑑𝑥𝑖
𝑛
𝑖=1
= 𝐹1 𝑥1 𝑑𝑥1 + 𝐹2 𝑥2 𝑑𝑥2 + ⋯ 𝐹𝑛 𝑥𝑛 𝑑𝑥𝑛 
Demostración. 
Por hipótesis sabemos que 𝐴 es simplemente conexo. Sea 𝑖, 𝑗 ∈ 1,2, ⋯𝑛 , 𝑖 ≠ 𝑗, entonces: 
∀𝑃0 ∈ 𝐴 ∶ 
𝜕𝐹𝑗
𝜕𝑥𝑖
 𝑃0 =
𝜕𝐹𝑖
𝜕𝑥𝑗
 𝑃0 = 0 
Esto prueba que el campo vectorial 𝐹 es conservativo, por ende posee potencial. Luego existe 
𝑓 ∶ 𝐴 ⊂ ℝ𝑛 ⟶ ℝ tal que ∇𝑓 = 𝐹 . Además se tiene que: 
∇𝑓 𝑥1 , 𝑥2 , ⋯ , 𝑥𝑛 = 
𝜕
𝜕𝑥1
 𝐹𝑖 𝑥𝑖 𝑑𝑥𝑖
𝑛
𝑖=1
 , ⋯ ,
𝜕
𝜕𝑥𝑛
 𝐹𝑖 𝑥𝑖 𝑑𝑥𝑖
𝑛
𝑖=1
 = 𝐹1 𝑥1 , ⋯ , 𝐹𝑛 𝑥𝑛 
 = 𝐹 𝑥1, 𝑥2 , ⋯ , 𝑥𝑛 
Esto prueba que tal construcción de 𝑓 es efectivamente un potencial del campo vectorial 𝐹 . 
Teorema de Green Primera Forma. 
Sea 𝐹 ∶ 𝐴 ⊂ ℝ2 ⟶ ℝ2 , 𝐹 = 𝑃, 𝑄 un campo vectorial de clase 𝐶1 en el abierto 𝐴. Sea 𝐶 una 
curva de Jordan de clase 𝐶1 por secciones contenida en 𝐴 orientada positivamente. Sea 𝑆 la región 
interior a 𝐶, también contenida en 𝐴, entonces: 
 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶
= 
𝜕𝑄
𝜕𝑥
 𝑥, 𝑦 −
𝜕𝑃
𝜕𝑦
 𝑥, 𝑦 𝑑 𝑥, 𝑦 
𝑆
 
Teorema de Green Segunda Forma. 
Sean 𝐶1 , 𝐶2, ⋯ , 𝐶𝑛 curvas de Jordan de clase 𝐶
1 por secciones y orientadas positivamente tales que: 
 i) Para 𝑖 ≠ 𝑗, 𝐶𝑖 y 𝐶𝑗 no se cortan. 
 ii) 𝐶2, 𝐶3, ⋯ , 𝐶𝑛 están en la región interior a 𝐶1. 
 iii) Para 𝑖 ≠ 𝑗 ; 𝑖, 𝑗 > 1, 𝐶𝑖 está en la región interior de 𝐶𝑗 . 
Sea 𝑆 = 𝐶1 ∪ 𝑖𝑛𝑡 𝐶1 − 𝑖𝑛𝑡 𝐶𝑖 
𝑛
𝑖=2 , donde 𝑖𝑛𝑡 𝐶𝑖 denota la región interior a 𝐶𝑖 . 
Sea 𝐹 ∶ 𝐴 ⊂ ℝ2 ⟶ ℝ2 , 𝐹 = 𝑃, 𝑄 un campo vectorial de clase 𝐶1 en el abierto 𝐴. Donde 
𝐶1 , 𝐶2, ⋯ , 𝐶𝑛 están contenidas en 𝐴 al igual que 𝑆. Entonces: 
 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶1
= 
𝜕𝑄
𝜕𝑥
 𝑥, 𝑦 −
𝜕𝑃
𝜕𝑦
 𝑥, 𝑦 𝑑 𝑥, 𝑦 
𝑆
+ 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶𝑖
𝑛
𝑖=2
 
Ejemplos. 
1) Calcular usando el Teorema de Green la integral 𝑥 + 2𝑦 𝑑𝑥 + 𝑦𝑑𝑦𝐶 . 
Donde 𝐶 ∶ 𝑥2 + 4𝑦2 = 1 recorrida en sentido positivo. 
Solución. 
Notemos que 𝐶 es una curva de Jordan de clase 𝐶1 orientada positivamente. Además el campo es de 
clase 𝐶1 en todo el plano. Sea 𝑆 ∶ 𝑥2 + 4𝑦2 ≤ 1 la región interior a la curva. Luego por el Teorema 
de Green Primera Forma: 
 𝑥 + 2𝑦 𝑑𝑥 + 𝑦𝑑𝑦
𝐶
= 0 − 2 𝑑 𝑥, 𝑦 
𝑆
= −2 𝑑 𝑥, 𝑦 
𝑆
= −2Á𝑟𝑒𝑎 𝑆 = −𝜋 
 
 
2) Calcular la integral 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 𝐶 , donde 𝐶 ∶ 4𝑥
2 + 9𝑦2 = 1 es recorrida en sentido positivo y 𝐹 es 
el campo vectorial: 
𝐹 𝑥, 𝑦 = 
𝑥
 𝑥2 + 𝑦2
+ 2𝑦,
𝑦
 𝑥2 + 𝑦2
+ 𝑥 
Solución. 
Notemos que el campo no es de clase 𝐶1 en el origen. Consideremos la curva 𝐶1 ∶ 𝑥
2 + 𝑦2 =
1
16
. 
Sea 𝑆 ∶ 4𝑥2 + 9𝑦2 ≤ 1 , 𝑥2 + 𝑦2 ≥
1
16
 la región interior a 𝐶 y exterior a 𝐶1. Notemos que 𝐶 y 𝐶1 
son curvas de Jordan de clase 𝐶1, donde 𝐶1 está en la región interior de 𝐶. Además el campo es de 
clase 𝐶1 en un abierto que contiene a 𝑆. Orientando a las curvas en sentido positivo, se tiene por el 
Teorema de Green Segunda Forma: 
 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶
= −
𝑥𝑦
 𝑥2 + 𝑦2 
3
2
+ 1 − 2 +
𝑥𝑦
 𝑥2 + 𝑦2 
3
2
 𝑑 𝑥, 𝑦 
𝑆
+ 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶1
= − 𝑑 𝑥, 𝑦 
𝑆
+ 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶1
 
Pero: 
 𝑑 𝑥, 𝑦 
𝑆
= Á𝑟𝑒𝑎 𝑆 = Á𝑟𝑒𝑎 𝐸𝑙𝑖𝑝𝑠𝑒 − Á𝑟𝑒𝑎 𝐶í𝑟𝑐𝑢𝑙𝑜 =
𝜋
6
−
𝜋
16
 
Una parametrización de 𝐶1 es 𝐶1 𝑡 = 
1
4
cos 𝑡 ,
1
4
sen 𝑡 , 𝑡 ∈ 0,2𝜋 . Luego por definición: 
 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶1
= cos 𝑡 +
1
2
sen 𝑡 , sen 𝑡 +
1
4
cos 𝑡 ∙ −
1
4
sen 𝑡 ,
1
4
cos 𝑡 𝑑𝑡
2𝜋
0
 
 = −
1
4
sen 𝑡 cos 𝑡 −
1
8
sen2 𝑡 +
1
4
sen 𝑡 cos 𝑡 +
1
16
cos2 𝑡 𝑑𝑡
2𝜋
0
 
=
1
16
 cos2 𝑡 − 2 sen2 𝑡 𝑑𝑡
2𝜋
0
 
 =
1
16
 cos 2𝑡 −
1
2
+
1
2
cos 2𝑡 𝑑𝑡
2𝜋
0
 
 =
1
16
 
sen 2𝑡
2
−
1
2
𝑡 +
sen 2𝑡
5
 
0
2𝜋
 
 = −
𝜋
16
 
 
 
Por lo tanto: 
 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶
= −
𝜋
6
+
𝜋
16
−
𝜋
16
= −
𝜋
6
 
OBS: También es válida la curva 𝐶2 ∶ 𝑥
2 + 𝑦2 = 𝑅2, con 𝑅 suficientemente pequeño para que 𝐶2 
esté contenida en la región interior de 𝐶. No es difícil notar que 𝑅 ∈ 0,
1
3
 . 
3) Hallar el valor de la integral de línea 𝑒𝑥 + 3𝑥2𝑦2 𝑑𝑥 + 𝑥 + 2𝑥3𝑦 𝑑𝑦𝐶 donde 𝐶 es el 
cuadrilátero de vértices 1,1 , 3,0 , 2,2 y 0,3 recorrida en sentido positivo. 
Solución.Notemos que 𝐶 es una curva de Jordan de clase 𝐶1 por secciones recorrida en sentido positivo. Sea 
𝑆 la región interior a 𝐶. Notemos también que el campo es de clase 𝐶1 en un abierto que contiene a 
𝑆 y 𝐶. Luego por el Teorema de Green Primera Forma se tiene: 
 𝑒𝑥 + 3𝑥2𝑦2 𝑑𝑥 + 𝑥 + 2𝑥3𝑦 𝑑𝑦
𝐶
= 1 + 6𝑥2𝑦 − 6𝑥2𝑦 𝑑 𝑥, 𝑦 
𝑆
= 𝑑 𝑥, 𝑦 
𝑆
 
Para calcula la integral doble consideremos la Transformación: 
𝑇 ∶ 𝑆∗ ⊂ ℝ2 ⟶ 𝑇 𝑆∗ 
 𝑢, 𝑣 ⟼ 𝑇 𝑢, 𝑣 = 𝑥, 𝑦 
 
Donde 𝑆∗ = 𝑢, 𝑣 ∈ ℝ2 ∶ 3 ≤ 𝑢 ≤ 6 , 3 ≤ 𝑣 ≤ 6 y: 
 
2𝑦 + 𝑥 = 𝑢
𝑦 + 2𝑥 = 𝑣
 ⟺ 
𝑥 =
2𝑣 − 𝑣
3
𝑦 =
2𝑢 − 𝑣
3
 
Además: 
𝜕 𝑥, 𝑦 
𝜕 𝑢, 𝑣 
= 
−
1
3
2
3
2
3
−
1
3
 =
1
9
−
4
9
= −
1
3
 
Luego por el Teorema del Cambio de Variable y el Teorema de Fubini se tiene: 
 𝑑 𝑥, 𝑦 
𝑆
= 
1
3
𝑑 𝑢, 𝑣 
𝑆∗
=
1
3
 𝑑𝑢𝑑𝑣
6
3
6
3
= 3 
 
 
De donde: 
 𝑒𝑥 + 3𝑥2𝑦2 𝑑𝑥 + 𝑥 + 2𝑥3𝑦 𝑑𝑦
𝐶
= 3 
4) Sea 𝐹 ∶ ℝ2 − 0,0 , 1,0 ⟶ ℝ2 un campo vectorial definido por: 
𝐹 𝑥, 𝑦 = −
𝑦
𝑥2 + 𝑦2
−
𝑦
 𝑥 − 1 2 + 𝑦2
,
𝑥
𝑥2 + 𝑦2
+
𝑥 − 1
 𝑥 − 1 2 + 𝑦2
 
Calcule la integral 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 𝐶 donde 𝐶 ∶ 𝑥
2 + 4𝑦2 = 4 es recorrida en sentido positivo. 
Solución. 
Notemos que el campo es de clase 𝐶1 en ℝ2 − 0,0 , 1,0 . Para facilitar el problema 
consideremos 𝐹 = 𝐺 + 𝐻 . Donde: 
𝐺 𝑥, 𝑦 = −
𝑦
𝑥2 + 𝑦2
,
𝑥
𝑥2 + 𝑦2
 
𝐻 𝑥, 𝑦 = −
𝑦
 𝑥 − 1 2 + 𝑦2
,
𝑥 − 1
 𝑥 − 1 2 + 𝑦2
 
Entonces: 
 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶
= 𝐺 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶
+ 𝐻 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶
 
Para 𝐺 ∙ 𝑑𝑟 𝐶 consideremos la curva 𝐶1 ∶ 𝑥
2 + 𝑦2 = 1. Sea 𝑆1 ∶ 𝑥
2 + 4𝑦2 ≤ 4 , 𝑥2 + 𝑦2 ≥ 1 la 
región interior a 𝐶 y exterior a 𝐶1. Notemos que 𝐶 y 𝐶1 son curvas de Jordan, donde 𝐶1 está en la 
región interior a 𝐶. Además 𝐺 es de clase 𝐶1 en un abierto que contiene a 𝑆1. Orientando a 𝐶 y 𝐶1 
en sentido positivo, por el Teorema de Green se tiene que: 
 𝐺 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶
= 
𝑥2 + 𝑦2 − 2𝑥2
 𝑥2 + 𝑦2 2
+
𝑥2 + 𝑦2 − 2𝑦2
 𝑥2 + 𝑦2 2
 𝑑 𝑥, 𝑦 
𝑆1
+ 𝐺 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶1
= 𝐺 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶1
 
Una parametrización de 𝐶1 es 𝐶1 𝑡 = cos 𝑡 , sen 𝑡 , 𝑡 ∈ 0,2𝜋 . Luego por definición: 
 𝐺 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶1
= − sen 𝑡 , cos 𝑡 ∙ − sen 𝑡 , cos 𝑡 𝑑𝑡
2𝜋
0
= 𝑑𝑡
2𝜋
0
= 2𝜋 
De donde: 
 𝐺 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶
= 2𝜋 
Para 𝐻 ∙ 𝑑𝑟 𝐶 consideremos la curva 𝐶2 ∶ 𝑥 − 1 
2 + 𝑦2 =
1
4
. 
Sea 𝑆2 ∶ 𝑥
2 + 4𝑦2 ≤ 4 , 𝑥2 + 𝑦2 ≥
1
4
 la región interior a 𝐶 y exterior a 𝐶1. Notemos que 𝐶 y 𝐶2 son 
curvas de Jordan, donde 𝐶2 está en la región interior a 𝐶. Además 𝐻 es de clase 𝐶
1 en un abierto 
que contiene a 𝑆2. Orientando a 𝐶 y 𝐶2 en sentido positivo, por el Teorema de Green se tiene que: 
 𝐻 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶
= 
 𝑥 − 1 2 + 𝑦2 − 2 𝑥 − 1 2
 𝑥 − 1 2 + 𝑦2 2
+
 𝑥 − 1 2 + 𝑦2 − 2𝑦2
 𝑥 − 1 2 + 𝑦2 2
 𝑑 𝑥, 𝑦 
𝑆2
+ 𝐻 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶2
= 𝐻 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶2
 
Una parametrización de 𝐶2 es 𝐶2 𝑡 = 1 +
1
2
cos 𝑡 ,
1
2
sen 𝑡 , 𝑡 ∈ 0,2𝜋 . Luego por definición: 
 𝐻 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶2
= −
1
2
sen 𝑡
1
4
,
1
2
cos 𝑡
1
4
 ∙ −
1
2
sen 𝑡 ,
1
2
cos 𝑡 𝑑𝑡
2𝜋
0
= 𝑑𝑡
2𝜋
0
= 2𝜋 
De donde: 
 𝐻 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶
= 2𝜋 
Por lo tanto: 
 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶
= 4𝜋 
5) Sea 𝐷 un dominio simplemente conexo del plano, y 𝑓 un campo escalar armónico de clase 𝐶2 en 
𝐷. Demostrar que 𝑓𝑦 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 − 𝑓𝑥 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦𝐶 = 0 a lo largo de cualquier curva 𝐶 de Jordan 
seccionalmente suave de clase 𝐶1 contenida en 𝐷. 
Indicación: Se dice que 𝑓 ∶ 𝐷 ⊂ ℝ2 ⟶ ℝ es armónica si 𝑓 es de clase 𝐶2 y verifica la ecuación 
𝑓𝑥𝑥 𝑥, 𝑦 + 𝑓𝑦𝑦 𝑥, 𝑦 = 0 , ∀ 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ
2. 
Solución. 
Sea 𝑓 un campo escalar armónico. Sea 𝐶 una curva de Jordan contenida en 𝐷. Sea 𝐵 la región 
interior a 𝐶. Es claro que el campo vectorial 𝑓𝑦 𝑥, 𝑦 , −𝑓𝑥 𝑥, 𝑦 es de clase 𝐶
1 en un abierto que 
contiene a 𝐵, que está dentro de 𝐷. Como 𝐷 es simplemente conexo, también lo es 𝐵, por ser 𝐶 una 
curva de Jordan. Orientando a 𝐶 en sentido porsitivo, se tiene por el Teorema de Green Primera 
Forma: 
 𝑓𝑦 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 − 𝑓𝑥 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦
𝐶
= −𝑓𝑥𝑥 𝑥, 𝑦 − 𝑓𝑦𝑦 𝑥, 𝑦 𝑑 𝑥, 𝑦 
𝑆
= 0 
Esto es porque 𝑓 es armónica. 
6) Calcular la integral 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 𝐶 donde 𝐶 ∶ 
𝑥2
16
+
𝑦2
9
= 1 es recorrida en sentido positivo y además: 
𝐹 𝑥, 𝑦 = 
𝑦
𝑥2 + 𝑦2
, −
𝑥
𝑥2 + 𝑦2
 
Solución. 
Notemos que el campo es de clase 𝐶1 en ℝ2 − 0,0 . Consideremos la curva 𝐶1 ∶ 𝑥
2 + 𝑦2 = 𝜀2, 
donde 𝜀 es tal que 𝐶1 está en la región interior a 𝐶. Sea 𝑆 ∶ 
𝑥2
16
+
𝑦2
9
≤ 1 , 𝑥2 + 𝑦2 ≥ 𝜀2 la región 
interior a 𝐶 y exterior a 𝐶1. Notemos que 𝐶 y 𝐶1 son curvas de Jordan, donde 𝐶1 está en la región 
interior a 𝐶. Además 𝐹 es de clase 𝐶1 en un abierto que contiene a 𝑆. Orientando a 𝐶 y 𝐶1 en 
sentido positivo, por el Teorema de Green se tiene que: 
 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶
= −
𝑥2 + 𝑦2 − 2𝑥2
 𝑥2 + 𝑦2 2
−
𝑥2 + 𝑦2 − 2𝑦2
 𝑥2 + 𝑦2 2
 𝑑 𝑥, 𝑦 
𝑆1
+ 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶1
= 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶1
 
Una parametrización de 𝐶1 es 𝐶1 𝑡 = 𝜀 cos 𝑡 , 𝜀 sen 𝑡 , 𝑡 ∈ 0,2𝜋 . Luego por definición: 
 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶1
= 
sen 𝑡
𝜀
, −
cos 𝑡
𝜀
 ∙ −𝜀 sen 𝑡 , 𝜀 cos 𝑡 𝑑𝑡
2𝜋
0
= − 𝑑𝑡
2𝜋
0
= −2𝜋 
De donde: 
 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶
= −2𝜋 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
7) Sea 𝐶 la unión de la porción de circunferencia 𝑥2 + 𝑦2 = 4 entre 2,0 y 2, 2 en sentido 
positivo, con el segmento de recta que une 2, 2 y el origen, y este último el punto 2,0 . 
 a) Si 𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑥4 − 𝑦4, calcular 𝑓𝑑𝑠𝐶 . 
 b) Calcule el largo de 𝐶. 
Solución. 
a) Notar que la curva es la yuxtaposición definida por 𝐶 = 𝐶1 ∨ 𝐶2 ∨ 𝐶3, donde: 
𝐶1 𝑡 = 𝑡, 0 , 𝑡 ∈ 0,2 
 𝐶2 𝑡 = 2 cos 𝑡 , 2 sin 𝑡 , 𝑡 ∈ 0,
𝜋
4
 
 𝐶3 𝑡 = −𝑡, −𝑡 , 𝑡 ∈ − 2, 0 
 
Luego tenemos que: 
 𝑓𝑑𝑠
𝐶
= 𝑓𝑑𝑠
𝐶1
+ 𝑓𝑑𝑠
𝐶2
+ 𝑓𝑑𝑠
𝐶3
 
Usando las parametrizaciones de cada curva, tenemos que: 
 𝑓𝑑𝑠
𝐶1
= 𝑡4 1,0 𝑑𝑡
2
0
= 𝑡4𝑑𝑡
2
0
= 
𝑡5
5
 
0
2
=
32
5
 
 𝑓𝑑𝑠
𝐶2
= 16 cos4 𝑡 − 16 sen4 𝑡 2 cos 𝑡 , 2 sin 𝑡 𝑑𝑡
𝜋
4
0
= 32 cos 2𝑡 𝑑𝑡
𝜋
4
0
= 16 sen 2𝑡 0
𝜋
4 = 16 
 𝑓𝑑𝑠
𝐶3
= 𝑡4 − 𝑡4 −1, −1 𝑑𝑡
0
− 2
= 0 
Por lo tanto: 
 𝑓𝑑𝑠
𝐶
=
112
5
 
 
 
 
 
b) Por definición tenemos que: 
𝐿 𝐶 = 𝑑𝑠
𝐶
= 𝑑𝑠
𝐶1
+ 𝑑𝑠
𝐶2
+ 𝑑𝑠
𝐶3
 
Usando las parametrizaciones anteriores se tiene: 
 𝑓𝑑𝑠
𝐶1
= 1,0 𝑑𝑡
2
0
= 𝑑𝑡
2
0
= 2 
 𝑓𝑑𝑠
𝐶2
= 2 cos 𝑡 , 2 sin 𝑡 𝑑𝑡
𝜋
4
0
= 2 𝑑𝑡
𝜋
4
0
=
𝜋
2
 
 𝑓𝑑𝑠
𝐶3
= −1, −1 𝑑𝑡
0
− 2
= 2𝑑𝑡
0
− 2
= 2 
Por lo tanto la longitud de la curva es: 
𝐿 𝐶 = 4 +
𝜋
2
 
8) Calcular 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 𝐶 donde 𝐹
 𝑥, 𝑦 = 2 Arctg 
𝑦
𝑥
 , ln 𝑥2 + 𝑦2 , 𝐶 es la curva frontera de 
𝑅 ∶ 𝑥 ≥ 1 , 𝑥2 + 𝑦2 ≤ 2 recorrida una vez positivamente. 
Solución. 
Notemos que: 
𝜕
𝜕𝑥
 ln 𝑥2 + 𝑦2 =
2𝑥
𝑥2 + 𝑦2
𝜕
𝜕𝑦
 2 Arctg 
𝑦
𝑥
 =
2𝑥
𝑥2 + 𝑦2
 
Luego el Campo es Conservativo en cualquier región simplemente conexa donde sea de clase 𝐶1. 
Notemos que en el conjunto 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ2 ∶ 𝑦 > 0 , tenemos que el campo es de clase 𝐶1. Además 
es simplemente conexo. Luego es conservativo en este conjunto. Como 𝐶 está en dicho conjunto, y 
es cerrada, se concluye que: 
 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶
= 0 
OBS: Notar que 𝐶 es una curva de Jordan orientada positivamente. Además el campo es de clase 
𝐶1 en un abierto que contiene a 𝐶 y a 𝑅 (la región interior a 𝐶). Luego por el Teorema de Green: 
 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶
= 
2𝑥
𝑥2 + 𝑦2
−
2𝑥
𝑥2 + 𝑦2
 𝑑 𝑥, 𝑦 
𝑅
= 0 
9) Sea 𝐶 la curva intersección de las superficies 𝑧 = 𝑥2 + 𝑦2 y 2𝑥 = 𝑥2 + 𝑦2, orientada 
positivamente respecto a su proyección en el plano 𝑋𝑌. 
 a) Parametrizar 𝐶. 
 b) Calcular −𝑦𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑦 + 𝑑𝑧𝐶 . 
Solución. 
a) Vamos a parametrizar la curva proyectándola en el plano 𝑋𝑌. Notemos que laproyección la dará 
el cilindro, esto es porque el paraboliode corta completamente al cilindro, luego la proyección en el 
plano 𝑋𝑌 es la curva: 
𝐵 ∶ 2𝑥 = 𝑥2 + 𝑦2 ⟺ 𝐵 ∶ 𝑥 − 1 2 + 𝑦2 = 1 
Luego una parametrización de la curva, tal que es recorrida en sentido positivo con respecto a su 
proyección en el plano 𝑋𝑌 es: 
𝛾 𝑡 = 1 + cos 𝑡 , sen 𝑡 , 2 + 2 cos 𝑡 , 𝑡 ∈ 0,2𝜋 
La tercerea coordenada se obtuvo reemplazando en la ecuación del paraboloide la 𝑥 e 𝑦 de la 
parametrización. 
OBS: También es posible proyectar en el plano 𝑋𝑍, ya que es fácil eliminar la 𝑦, pero no es fácil 
darse cuenta que en ese caso, 𝐶 sería la yuxtaposición de dos curvas, es decir 𝐶 = 𝐶1 ∨ 𝐶2. Todo 
esto es porque al despejar la 𝑦, da dos soluciones. Para tener la misma orientación de arriba, 
parametrizamos de esta manera. Eliminando 𝑦 tenemos 𝑧 = 2𝑥, donde 𝑥 ∈ 0,2 , esto es por el 
cilindro. Luego se tiene que 𝑦2 = 2𝑥 − 𝑥2. Lo cual da dos soluciones de 𝑦. Luego las curvas 𝐶1 y 
𝐶2 se pueden parametrizar como: 
𝐶1
− 𝑡 = 𝑡, 2𝑡 − 𝑡2 , 2𝑡 , 𝑡 ∈ 0,2 
 𝐶2
+ 𝑡 = 𝑡, − 2𝑡 − 𝑡2 , 2𝑡 , 𝑡 ∈ 0,2 
 
b) Lo más sencillo es usar la parametrización hecha con la proyección en el plano 𝑋𝑌 (con la otra 
parametrización quedan integrales impropias). De donde: 
 −𝑦𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑦 + 𝑑𝑧
𝐶
= − sen 𝑡 , 1 + cos 𝑡 , 1 ∙ − sen 𝑡 , cos 𝑡 , − sen 𝑡 𝑑𝑡
2𝜋
0
 
 = sen2 𝑡 + cos 𝑡 + cos2 𝑡 − sen 𝑡 𝑑𝑡
2𝜋
0
 
= 1 + cos 𝑡 − sen 𝑡 𝑑𝑡
2𝜋
0
 
 = 2𝜋 
10) Sean 𝑎, 𝑏 ∈ ℝ tales que 0 < 𝑎 < 𝑏 y 𝐶 la curva intersección entre las superficies 𝑥2 + 𝑦2 =
2𝑎𝑦 y 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 2𝑏𝑦, para 𝑧 ≥ 0, cuya proyección está orientada en sentido horario. 
Calcular: 
 2𝑥𝑑𝑥 + 2𝑦𝑑𝑦 + 𝑧10𝑑𝑧
𝐶
 
Solución. 
Notemos que 𝐶 es cerrada. Para darnos cuenta de esto, notemos que la esfera corta completamente 
al cilindro, dado que el radio de la esfera es mayor que es del cilindro. Para ello encontremos una 
parametrización (no es necesario, porque el campo posee un potencial, es conservativo). Como 
corta completamente al cilindro, la proyección en el plano 𝑋𝑌 es la curva: 
𝐵 ∶ 𝑥2 + 𝑦2 = 2𝑎𝑦 ⟺ 𝐵 ∶ 𝑥2 + 𝑦 − 𝑎 2 = 𝑎2 
Luego una parametrización de la curva es: 
𝐶 𝑡 = 𝑎 cos 𝑡 , 𝑎 + 𝑎 sen 𝑡 , 2 𝑏 − 𝑎 𝑎 + 𝑎 sen 𝑡 , 𝑡 ∈ 0,2𝜋 
Para la 𝑧 se ha reemplazado en la ecuación de la esfera, considerando que 𝑧 ≥ 0 se tiene: 
𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 2𝑏𝑦 ⟹ 𝑧 = 2𝑏𝑦 − 𝑥2 + 𝑦2 ⟹ 𝑧 = 2 𝑏 − 𝑎 𝑦 ⟹ 𝑧 = 2 𝑏 − 𝑎 𝑎 + 𝑎 sen 𝑡 
Donde se ha usado la ecuación del cilindro para simplificar los cálculos. 
Estaríamos listos para integrar. Pero, un detalle muy importante. 
Sea el campo vectorial 𝐹 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 𝑢 𝑥 , 𝑣 𝑦 , 𝑤 𝑧 . Si el campo es de clase 𝐶1 en un dominio 
simplemente conexo, entonces 𝐹 SIEMPRE ES CONSERVATIVO Y POSEE UN 
POTENCIAL EN DICHO DOMINIO. Tal potencial está dado por: 
𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 𝑢 𝑥 𝑑𝑥 + 𝑣 𝑦 𝑑𝑦 + 𝑤 𝑧 𝑑𝑧 
En este caso notemos que el campo 𝐹 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 2𝑥, 2𝑦, 𝑧10 es de clase 𝐶1 en todo el espacio. Y 
tiene la forma anterior. Luego posee un potencial, el cual está dado por: 
𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑧 = 𝑥2 + 𝑦2 +
𝑧11
11
 
 
 
Este es uno de los infinitos potenciales. Como la curva es cerrada, y el campo es conservativo, se 
tiene que: 
 2𝑥𝑑𝑥 + 2𝑦𝑑𝑦 + 𝑧10𝑑𝑧
𝐶
= 0 
OBS: No es difícil corroborar que se verifican las condiciones para que sea conservativo. Dado 
que es de clase 𝐶1 en todo el espacio, el cual es un conjunto simplemente conexo, y además: 
 
𝑖 𝑗 𝑘 
𝜕
𝜕𝑥
𝜕
𝜕𝑥
𝜕
𝜕𝑥
2𝑥 2𝑦 𝑧10
 = 0 
Lo que ratifica que el campo es conservativo. 
11) Calcular −𝑥2𝑦𝑑𝑥 + 𝑥𝑦2𝑑𝑦𝐶 , donde 𝐶 es el arco de circunferencia 𝑥
2 + 𝑦2 = 4 uniendo 
 2,0 con 0,2 en sentido horario, más el segmento quebrado 𝐴𝐵𝐶, donde 𝐴 = 0,2 , 𝐵 = 0,0 , 
𝐶 = 2,0 . 
Solución. 
Notemos que 𝐶 es la yuxtaposición de tres curvas, es decir, 𝐶 = 𝐶1 ∨ 𝐶2 ∨ 𝐶3, donde: 
𝐶1 𝑡 = 0, 𝑡 , 𝑡 ∈ 0,2 
 𝐶2 𝑡 = 2 sen 𝑡 , 2 cos 𝑡 , 𝑡 ∈ 0,
𝜋
2
 
 𝐶3 𝑡 = −𝑡, 0 , 𝑡 ∈ −2,0 
 
Luego: 
 −𝑥2𝑦𝑑𝑥 + 𝑥𝑦2𝑑𝑦
𝐶
= −𝑥2𝑦𝑑𝑥 + 𝑥𝑦2𝑑𝑦 
𝐶1
+ −𝑥2𝑦𝑑𝑥 + 𝑥𝑦2𝑑𝑦 
𝐶2
+ −𝑥2𝑦𝑑𝑥 + 𝑥𝑦2𝑑𝑦 
𝐶3
 
Para 𝐶1: 
 −𝑥2𝑦𝑑𝑥 + 𝑥𝑦2𝑑𝑦 
𝐶1
= 0 + 0 𝑑𝑡
2
0
= 0 
 
 
 
 
Para 𝐶2: 
 −𝑥2𝑦𝑑𝑥 + 𝑥𝑦2𝑑𝑦 
𝐶2
= −8 sen2 𝑡 cos 𝑡 , 8 sin 𝑡 cos2 𝑡 ∙ 2 cos 𝑡 , −2 sen 𝑡 𝑑𝑡
𝜋
2
0
 
 = −16 sen2 𝑡 cos2 𝑡 + sen2 𝑡 cos2 𝑡 𝑑𝑡
𝜋
2
0
 
 = −32 sen2 𝑡 cos2 𝑡 𝑑𝑡
𝜋
2
0
 
= −8 sen2 2𝑡 𝑑𝑡
𝜋
2
0
 
 = −4 1 − cos 4𝑡 𝑑𝑡
𝜋
2
0
 
 = −4 𝑡 −
sen 4𝑡
4
 
0
𝜋
2
 
 = −2𝜋 
Por lo tanto: 
 −𝑥2𝑦𝑑𝑥 + 𝑥𝑦2𝑑𝑦 
𝐶2
= −2𝜋 
Para 𝐶3: 
 −𝑥2𝑦𝑑𝑥 + 𝑥𝑦2𝑑𝑦 
𝐶3
= 0 + 0 𝑑𝑡
0
−2
= 0 
Conclusión: 
 −𝑥2𝑦𝑑𝑥 + 𝑥𝑦2𝑑𝑦 
𝐶
= −2𝜋 
 
 
 
OBS: Notemos que 𝐶 es una curva de Jordan, orientada en sentido negativo. Además el campo es 
de clase 𝐶1 es un abierto que contiene a 𝐶 y a la región interior a 𝐶 definida por: 
𝐵 = 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ2 ∶ 0 ≤ 𝑦 ≤ 4 − 𝑥2 , 0 ≤ 𝑥 ≤ 2 
Luego por el Teorema de Green, teniendo cuidado con los signos, tenemos que: 
 −𝑥2𝑦𝑑𝑥 + 𝑥𝑦2𝑑𝑦 
𝐶
= − 𝑦2 + 𝑥2 𝑑 𝑥, 𝑦 
𝐵
 
Pasando a coordenadas polares tenemos: 
 −𝑥2𝑦𝑑𝑥 + 𝑥𝑦2𝑑𝑦 
𝐵
= − 𝑟3𝑑 𝑟, 𝜃 
𝐵∗
 
Donde 𝐵∗ = 𝑟, 𝜃 ∈ ℝ2 ∶ 0 ≤ 𝑟 ≤ 2 , 0 ≤ 𝜃 ≤
𝜋
2
 . Luego por el Teorema de Fubini: 
 −𝑥2𝑦𝑑𝑥 + 𝑥𝑦2𝑑𝑦 
𝐶
= − 𝑟3𝑑𝑟𝑑𝜃
2
0
𝜋
2
0
= − 𝑑𝜃
𝜋
2
0
 𝑟3𝑑𝑟
2
0
= −2𝜋 
12) Sea 𝐶 la curva intersección del primer octante, de las superficies 𝑥2 + 𝑦2 = 𝑅𝑥 y 
𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 𝑅2, donde 𝑅 > 0 es un parámetro fijo. Si 𝐶 tiene como punto inicial al punto de 
abscisa 𝑥 = 𝑅, calcular 𝑧𝑑𝑥𝐶 . 
Solución. 
Camino 1. 
Eliminando 𝑦 de las ecuaciones y considerando que la curva está en el primer octante, tenemos que 
la proyección de la curva en el plano 𝑋𝑍 está dada por: 
𝑅𝑥 + 𝑧2 = 𝑅2 , 𝑥 ≥ 0 , 𝑧 ≥ 0 ⟺ 𝑧2 = 𝑅2 − 𝑅𝑥 , 𝑥 ≥ 0 , 𝑧 ≥ 0 
Es decir: 
𝐵 ∶ 𝑧2 = 𝑅2 − 𝑅𝑥 ; 𝑥, 𝑧 ∈ 0, 𝑅 
Luego una parametrización de la curva pedida, considerando que el punto inicial es 𝑅, 0,0 es: 
𝐶 𝑡 = 𝑅 −
𝑡2
𝑅
, 𝑅2 − 𝑡2 − 𝑅 −
𝑡2
𝑅
 
2
, 𝑡 , 𝑡 ∈ 0, 𝑅 
 
Esto se logra haciendo 𝑧 = 𝑡, de donde se puede despejar 𝑥. Para la 𝑦, de la ecuación del cilindro se 
tiene que: 
𝑥2 + 𝑦2 = 𝑅𝑥 ⟹ 𝑦 = 𝑅𝑥 − 𝑥2 ⟹ 𝑦 = 𝑅2 − 𝑡2 − 𝑅 −
𝑡2
𝑅
 
2
 
Esto es porque 𝑦 ≥ 0, porque la curva está en el primer octante. 
Luego por definición se obtiene: 
 𝑧𝑑𝑥
𝐶
= 𝑡 −
2𝑡
𝑅
 𝑑𝑡
𝑅
0
= −
2
𝑅
 𝑡2𝑑𝑡
𝑅
0
= −
2
3𝑅
𝑡3 
0
𝑅
= −
2
3
𝑅2 
Camino 2. 
Para proyectarlo en el plano 𝑋𝑌, notemos que la proyección la dará el cilindro, ya que la esfera 
corta al cilindro, luego, como la curva está en el primer octante, se tiene que la proyección es: 
𝑆 ∶ 𝑥2 + 𝑦2 = 𝑅𝑥 , 𝑥 ≥ 0 , 𝑦 ≥ 0 ⟺ 𝑆 ∶ 𝑥 −
𝑅
2
 
2
+ 𝑦2 =
𝑅2
4
 , 𝑥 ≥ 0 , 𝑦 ≥ 0 
Luego una parametrización de la curva pedida, considerando que el punto inicial es 𝑅, 0,0 es: 
𝐶 𝑡 = 
𝑅
2
+
𝑅
2
cos 𝑡 ,
𝑅
2
sin 𝑡 , 
𝑅2
2
−
𝑅2
2
cos 𝑡 , 𝑡 ∈ 0, 𝜋 
Esto es porque es la parte sobre el eje 𝑥 de la circunferencia, y para obtener 𝑧, reemplazando en la 
ecuación de la esfera se tiene: 
𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 𝑅2 ⟹ 𝑧 = 𝑅2 − 𝑥2 + 𝑦2 ⟹ 𝑧 = 𝑅2 − 𝑅𝑥 ⟹ 𝑧 = 𝑅2 −
𝑅2
2
−
𝑅2
2
cos 𝑡 = 
𝑅2
2
−
𝑅2
2
cos 𝑡 
Donde se ha usado la ecuación del cilindro para simplificar los cálculos. 
Por definición tenemos: 
 𝑧𝑑𝑥
𝐶
= 
𝑅2
2
−
𝑅2
2
cos 𝑡 −
𝑅
2
sen 𝑡 𝑑𝑡
𝜋
0
= −
𝑅2
2 2
 1 − cos 𝑡 sen 𝑡 𝑑𝑡
𝜋
0
 
Consideremos la sustitución: 
1 − cos𝑡 = 𝑢 ⟹ sen 𝑡 𝑑𝑡 = 𝑑𝑢
𝑡 = 0 ⟹ 𝑢 = 0
𝑡 = 𝜋 ⟹ 𝑢 = 2
 
 
Por lo tanto: 
 𝑧𝑑𝑥
𝐶
= −
𝑅2
2 2
 𝑢𝑑𝑢
2
0
= −
𝑅2
3 2
𝑢
3
2 
0
2
= −
2
3
𝑅2 
13) Sea 𝑅 un subconjunto no vacío de ℝ2 y simplemente conexo. Probar que si 𝐶 es la frontera de 
𝑅, entonces el área de 𝑅 está dada por la expresión: 
𝐴 𝑅 =
1
2
 −𝑦𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑦
𝐶
 
Solución. 
Hay dos maneras de probar esto. 
Forma 1. 
Por ser 𝑅 una región simplemente conexa, tenemos que su frontera, 𝐹𝑟 𝑅 = 𝐶, es una curva de 
Jordan. Sea 𝐶 orientada en sentido positivo. Además el campo es de clase 𝐶1. Luego por el 
Teorema de Green: 
1
2
 −𝑦𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑦
𝐶
=
1
2
 1 + 1 𝑑 𝑥, 𝑦 
𝑅
= 𝑑 𝑥, 𝑦 
𝑅
= 𝐴 𝑅 
Lo que prueba lo pedido. 
Forma 2. 
Por definición, se tiene que: 
𝐴 𝑅 = 𝑑 𝑥, 𝑦 
𝑅
=
1
2
 2𝑑 𝑥, 𝑦 
𝑅
 
Como 𝑅 es simplemente conexo, su frontera, es una curva de Jordan. Luego por el Teorema de 
Green, se tiene que para un campo vectorial 𝐹 de clase 𝐶1 en un abierto que contiene a 𝑅, entonces: 
𝐴 𝑅 = 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶
 
Tal que si 𝐹 = 𝑃, 𝑄 , entonces: 
𝜕𝑄
𝜕𝑥
 𝑥, 𝑦 −
𝜕𝑃
𝜕𝑦
 𝑥, 𝑦 = 2 
 
Hay muchas posibilidades. Una de ellas es esta (para que salga la fórmula del enunciado). Notar que 
2 = 1 − −1 . Luego supongamos: 
𝜕𝑄
𝜕𝑥
 𝑥, 𝑦 = 1 ⟹ 𝑄 𝑥, 𝑦 = 𝑥 
𝜕𝑃
𝜕𝑦
 𝑥, 𝑦 = −1 ⟹ 𝑃 𝑥, 𝑦 = −𝑦 
Luego para el campo vectorial 𝐹 𝑥, 𝑦 = −𝑦, 𝑥 se tiene que: 
𝐴 𝑅 =
1
2
 −𝑦𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑦
𝐶
 
Lo que prueba lo pedido. 
14) Calcular 𝑦𝑑𝑥 + 2𝑥𝑑𝑦 𝐶1 + 
 𝑦𝑑𝑥 + 2𝑥𝑑𝑦 
𝐶2
, donde 𝐶1, 𝐶2 son las curvas de la frontera de 
𝑅 ∶ 1 ≤ 𝑥2 + 𝑦2 ≤ 4, orientadas según el Teorema de Green. 
 a) Directamente, parametrizando 𝐶1 y 𝐶2. 
 b) Usando el Teorema de Green en su primera forma. 
Solución. 
a) Parametrizando las curvas se tiene: 
 𝐶1 𝑡 = 2 cos 𝑡 , 2 sen 𝑡 , 𝑡 ∈ 0,2𝜋 
𝐶2 𝑡 = sen 𝑡 , cos 𝑡 , 𝑡 ∈ 0,2𝜋 
 
Luego por definición tenemos (con las curvas orientadas en sentido positivo y negativo 
respectivamente): 
 𝑦𝑑𝑥 + 2𝑥𝑑𝑦 
𝐶1
= 2 sen 𝑡 , 4 cos 𝑡 ∙ −2 sen 𝑡 , 2 cos 𝑡 𝑑𝑡
2𝜋
0
 
 = −4 sen2 𝑡 + 8 cos2 𝑡 𝑑𝑡
2𝜋
0
 
 = 4 2 cos2 𝑡 − sen2 𝑡 𝑑𝑡
2𝜋
0
 
 = 4 cos2 𝑡 + cos 2𝑡 𝑑𝑡
2𝜋
0
 
 = 4 
1
2
+
cos 2𝑡
2
+ cos 2𝑡 𝑑𝑡
2𝜋
0
 
 = 4 
1
2
+
3
2
cos 2𝑡 𝑑𝑡
2𝜋
0
 
= 4 
𝑡
2
+
3
4
sen 2𝑡 
0
2𝜋
 
 = 4𝜋 
 𝑦𝑑𝑥 + 2𝑥𝑑𝑦 
𝐶2
= cos 𝑡 , 2 sen 𝑡 ∙ cos 𝑡 , − sen 𝑡 𝑑𝑡
2𝜋
0
 
 = cos2 𝑡 − 2 sen2 𝑡 𝑑𝑡
2𝜋
0
 
 = cos 2𝑡 − sen2 𝑡 𝑑𝑡
2𝜋
0
 
 = cos 2𝑡 −
1
2
+
cos 2𝑡
2
 𝑑𝑡
2𝜋
0
 
 = −
1
2
+
3
2
cos 2𝑡 𝑑𝑡
2𝜋
0
 
= −
𝑡
2
+
3
4
sen 2𝑡 
0
2𝜋
 
 = −𝜋 
Por lo tanto: 
 𝑦𝑑𝑥 + 2𝑥𝑑𝑦 
𝐶1
+ 𝑦𝑑𝑥 + 2𝑥𝑑𝑦 
𝐶2
= 3𝜋 
b) Notemos que las curvas son curvas de Jordan. Además el campo es de clase 𝐶1 en un abierto que 
contiene a 𝑅1 ∶ 𝑥
2 + 𝑦2 ≤ 4, que es la región interior a 𝐶1 y también a 𝑅2 ∶ 𝑥
2 + 𝑦2 ≤ 1, que es la 
región interior a 𝐶2, luego por el Teorema de Green, primera forma (teniendo cuidado con los 
signos) se tiene: 
 𝑦𝑑𝑥 + 2𝑥𝑑𝑦 
𝐶1
+ 𝑦𝑑𝑥 + 2𝑥𝑑𝑦 
𝐶2
= 𝑑 𝑥, 𝑦 
𝑅1
− 𝑑 𝑥, 𝑦 
𝑅1
= Á𝑟𝑒𝑎 𝑅1 − Á𝑟𝑒𝑎 𝑅1 = 3𝜋 
 
 
OBS 1: Notemos que el campo es de clase 𝐶1 es un abierto que contiene a 𝑅. Además 𝐶1 y 𝐶2 
son curvas de Jordan que no se cortan. Luego por la segunda versión del Teorema de Green se tiene 
que: 
 𝑦𝑑𝑥 + 2𝑥𝑑𝑦 
𝐶1
+ 𝑦𝑑𝑥 + 2𝑥𝑑𝑦 
𝐶2
= 𝑑 𝑥, 𝑦 
𝑅
= Á𝑟𝑒𝑎 𝑅 = 3𝜋 
OBS 2: En clases dijimos que las curvas debían estar orientadas en sentido positivo, donde se 
obtenía la expresión: 
 𝑦𝑑𝑥 + 2𝑥𝑑𝑦 
𝐶1
+
= 𝑑 𝑥, 𝑦 
𝑅
+ 𝑦𝑑𝑥 + 2𝑥𝑑𝑦 
𝐶2
+
 
Pero notemos que esto equivale a: 
 𝑦𝑑𝑥 + 2𝑥𝑑𝑦 
𝐶1
+
− 𝑦𝑑𝑥 + 2𝑥𝑑𝑦 
𝐶2
+
= 𝑑 𝑥, 𝑦 
𝑅
 
Y también a: 
 𝑦𝑑𝑥 + 2𝑥𝑑𝑦 
𝐶1
+
+ 𝑦𝑑𝑥 + 2𝑥𝑑𝑦 
𝐶2
−
= 𝑑 𝑥, 𝑦 
𝑅
 
Que es justo la expresión que he usado. Recordemos que 𝐶2 es la que está en el interior de 𝐶1. 
15) Usar el Teorema de Green para calcular −
𝑦
𝑥2+𝑦2
𝑑𝑥 +
𝑥
𝑥2+𝑦2
𝑑𝑦
𝐶
, donde 𝐶 es el arco elíptico 
𝑥2 +
𝑦2
4
= 1 recorrido positivamente y uniendo 1,0 con 0,2 . 
Solución. 
Notemos que la curva NO ES CERRADA. Luego en principio, no es aplicable el Teorema de 
Green. Debemos cerrar la curva. Para ello agregamos otra curva, que sea sencilla, para que la 
yuxtaposición sea una curva de Jordan. Ahora, consideremos la nueva curva 𝐵 = 𝐶 ∨ 𝐶1 ∨ 𝐶2. 
Donde: 
𝐶1 ∶ 𝑥 = 0 , 1 ≤ 𝑦 ≤ 2
 𝐶2 ∶ 𝑥
2 + 𝑦2 = 1 , 𝑥 ≥ 0
 
Notemos que 𝐵 es una curva de Jordan. Orientando a 𝐵 en sentido positivo, sea 𝑆 la región interior 
a 𝐵. Notemos que el campo es de clase 𝐶1 en un abierto que contiene a 𝑆 y a 𝐵. Luego por el 
Teorema de Green, orientando a la curva 𝐵 positivamente: 
 −
𝑦
𝑥2 + 𝑦2
𝑑𝑥 +
𝑥
𝑥2 + 𝑦2
𝑑𝑦
𝐵
= 
𝜕
𝜕𝑥
 
𝑥
𝑥2 + 𝑦2
 +
𝜕
𝜕𝑦
 
𝑦
𝑥2 + 𝑦2
 𝑑 𝑥, 𝑦 
𝑆
= 0 
De donde: 
 −
𝑦
𝑥2 + 𝑦2
𝑑𝑥 +
𝑥
𝑥2 + 𝑦2
𝑑𝑦
𝐶
+ −
𝑦
𝑥2 + 𝑦2
𝑑𝑥 +
𝑥
𝑥2 + 𝑦2
𝑑𝑦
𝐶1
−
+ −
𝑦
𝑥2 + 𝑦2
𝑑𝑥 +
𝑥
𝑥2 + 𝑦2
𝑑𝑦
𝐶2
−
= 0 
Luego: 
 −
𝑦
𝑥2 + 𝑦2
𝑑𝑥 +
𝑥
𝑥2 + 𝑦2
𝑑𝑦
𝐶
= −
𝑦
𝑥2 + 𝑦2
𝑑𝑥 +
𝑥
𝑥2 + 𝑦2
𝑑𝑦
𝐶1
+
+ −
𝑦
𝑥2 + 𝑦2
𝑑𝑥 +
𝑥
𝑥2 + 𝑦2
𝑑𝑦
𝐶2
+
 
Para 𝐶1 consideremos la parametrización 𝐶1 𝑡 = 0, 𝑡 , 𝑡 ∈ 0,2 , por definición: 
 −
𝑦
𝑥2 + 𝑦2
𝑑𝑥 +
𝑥
𝑥2 + 𝑦2
𝑑𝑦
𝐶1
+
= −
1
𝑡
, 0 ∙ 0,1 𝑑𝑡
2
0
= 0 
Para 𝐶2 consideremos la parametrización 𝐶2 𝑡 = cos 𝑡 , sen 𝑡 , 𝑡 ∈ 0,
𝜋
2
 , por definición: 
 −
𝑦
𝑥2 + 𝑦2
𝑑𝑥 +
𝑥
𝑥2 + 𝑦2
𝑑𝑦
𝐶2
+
= − sen 𝑡 , cos 𝑡 ∙ − sen 𝑡 , cos 𝑡 𝑑𝑡
𝜋
2
0
= 𝑑𝑡
𝜋
2
0
=
𝜋
2
 
Por lo tanto: 
 −
𝑦
𝑥2 + 𝑦2
𝑑𝑥 +
𝑥
𝑥2 + 𝑦2
𝑑𝑦
𝐶
=
𝜋
2
 
OBS: También es posible considerar la curva 𝐴 = 𝐶 ∨ 𝐶3, donde 𝐶3 𝑡 = 𝑡, 2 − 2𝑡 , 𝑡 ∈ 0,1 , 
es la yuxtaposición del arco elíptico con el segmento orientado que une 0,2 y 1,0 . Notemos que 
𝐴 es una curva de Jordan. Sea 𝐻 la región interior de 𝐴. Notemos que el campo es de clase 𝐶1 en un 
abierto que contiene a 𝐻 y 𝐴. Luego por el Teorema de Green, orientando a la curva 𝐴 
positivamente: 
 −
𝑦
𝑥2 + 𝑦2
𝑑𝑥 +
𝑥
𝑥2 + 𝑦2
𝑑𝑦
𝐴
= 
𝜕
𝜕𝑥
 
𝑥
𝑥2 + 𝑦2
 +
𝜕
𝜕𝑦
 
𝑦
𝑥2 + 𝑦2
 𝑑 𝑥, 𝑦 
𝑆
= 0 
De donde: 
 −
𝑦
𝑥2 + 𝑦2
𝑑𝑥 +
𝑥
𝑥2 + 𝑦2
𝑑𝑦
𝐶
+ −
𝑦
𝑥2 + 𝑦2
𝑑𝑥 +
𝑥
𝑥2 + 𝑦2
𝑑𝑦
𝐶3
= 0 
Luego: 
 −
𝑦
𝑥2 + 𝑦2
𝑑𝑥 +
𝑥
𝑥2 + 𝑦2
𝑑𝑦
𝐶
= − −
𝑦
𝑥2 + 𝑦2
𝑑𝑥 +
𝑥
𝑥2 + 𝑦2
𝑑𝑦
𝐶3
 
Considerando la parametrización de más arriba tenemos: 
 −
𝑦
𝑥2 + 𝑦2
𝑑𝑥 +
𝑥
𝑥2 + 𝑦2
𝑑𝑦
𝐶3
+
= − 
2𝑡 − 2
𝑡2 + 2 − 2𝑡 2
,
𝑡
𝑡2 + 2 − 2𝑡 2
 ∙ 1, −2 𝑑𝑡
1
0
 
 = − 
2𝑡 − 2
𝑡2 + 2 − 2𝑡 2
−
2𝑡
𝑡2 + 2 − 2𝑡 2
 𝑑𝑡
1
0
 
 = 2 
1
𝑡2 + 2 − 2𝑡 2
𝑑𝑡
1
0
 
 = 2 
1
𝑡2 + 4 − 8𝑡 + 4𝑡2
𝑑𝑡
1
0
 
 = 2 
1
5𝑡2 − 8𝑡 + 4
𝑑𝑡
1
0
 
 =
2
5
 
1
𝑡2 −
8
5
𝑡 +
4
5
𝑑𝑡
1
0
 
 =
2
5
 
1
𝑡2 −
8
5
𝑡 +
16
25
−
16
25
+
4
5
𝑑𝑡
1
0
 
 =
2
5
 
1
 𝑡 −
4
5
 
2
+
4
25
𝑑𝑡
1
0
 
 = 
2
5
∙
5
2
Arctg 
𝑡 −
4
5
2
5
 
0
1
 
 = Arctg 2 − Arctg 
1
2
 
 = Arctg 2 + Arccotg 2 
 =
𝜋
2
 
Recordemos las identidades: 
∀𝑥 ≠ 0 ∶ Arctg𝑥 = Arccotg
1
𝑥
 
∀𝑥 ∈ ℝ ∶ Arctg𝑥 + Arccotg𝑥 =
𝜋
2
 
AHN/ahn