Campos Conservativos y el Teorema de Green en sus dos versiones

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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
𝐶
= 𝑓 𝑋 − 𝑓 𝑃0 
Donde 𝑃0 y 𝑋 son el origen y el extremo de 𝐶 respectivamente. 
Si 𝐶 es cerrada, entonces: 
 ∇𝑓
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 ∈ 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 ∈ 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 sea 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: 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 sea 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 
 = 𝜃 
⟺ 
𝜕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 = 𝜃 
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 siguiente estrategia. 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 ≠ 𝜃 
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 = 𝜃 
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 el problema 6 de la práctica 6. 
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 = 𝜃 
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 lafunción: 
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 = 𝜃 
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 = 𝜃 
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
 
 
= 𝜃 
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
 = 𝜃 
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 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
−
𝜕𝑃
𝜕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
−
𝜕𝑃
𝜕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 ⟶ 𝑆∗
 𝑥, 𝑦 ⟼ 𝑇 𝑥, 𝑦 = 2𝑦 + 𝑥, 𝑦 + 2𝑥 
 
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 = 1. 
Sea 𝑆 ∶ 
𝑥2
16
+
𝑦2
9
≤ 1 , 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 𝐹 es de clase 𝐶
1 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 = cos 𝑡 , sen 𝑡 , 𝑡 ∈ 0,2𝜋 . Luego por definición: 
 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶1
= sen 𝑡, − cos 𝑡 ∙ − sen 𝑡 , cos 𝑡 𝑑𝑡
2𝜋
0
= − 𝑑𝑡
2𝜋
0
= −2𝜋 
De donde: 
 𝐹 ∙ 𝑑𝑟 
𝐶
= −2𝜋