4 CV seccion 4

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Cátedra Análisis Matemático II Cálculo Vectorial Sección 4 
 
Redactado por: Ing Humberto Pampiglioni - Año 2009. Revisado 2011 Página 43 
 
Sección 4: Integrales de superficie de funciones con valores escalares. Áreas de superficies. 
Integrales de superficie de funciones vectoriales: flujo de campos vectoriales. Teorema de la 
divergencia o de Gauss. Teorema del rotor o de Stokes. 
En esta sección se definirán integrales de una función con valores escalares f y de una función 
vectorial F
r
 sobre un superficie S en 3ℜ , a las cuales denominaremos Integrales de Superficie. 
Luego se utilizarán éstas en teoremas de gran relevancia tanto en la matemática como en otras 
ciencias tales como la física 
 
4.1 Integrales de Superficie de Funciones Escalares 
Son múltiples las aplicaciones que podemos realizar de este tipo de integrales. Por ejemplo, 
supongamos que tenemos una superficie S cargada eléctricamente y que la función ),,( zyxf nos 
proporciona la carga por unidad de área (densidad de carga). La determinación de la carga total sobre 
S sigue un desarrollo similar al empleado para definir este tipo de integrales, por lo tanto, mediante 
el cálculo de las mismas se puede resolver el problema de determinación de la carga total. 
De la misma forma, la obtención de la masa de una lámina S cuya densidad superficial es variable y 
está dada por la función ),,( zyxf , se puede determinar mediante el cálculo de estas integrales de 
superficie. 
Consideremos una superficie S, gráfica de ),( yxgz = para todo punto ),( yx perteneciente a la 
región rectangular R . 
La función ),( yxg y sus derivadas parciales primeras son continuas en R, por lo tanto se trata de 
una superficie suave (tiene plano tangente). 
R es una región rectangular del plano XY . Sea la función continua ),,( zyxf que incluye en su 
dominio incluye todo punto de la superficie S. 
Particionamos R en N n m= subrecintos ��� tal como lo hicimos en el desarrollo que condujo a la 
definición de integral doble. Genéricamente cada subrecinto ��� tiene área ij i iA x y∆ = ∆ ∆ . 
 
Indicamos con ∆��� el área de la porción de superficie ��� que se encuentra sobre ���. Consideremos 
 
 
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a
r
a
r
a
r
 
un punto en cada porción de superficie, que por razones de simplicidad será ��� � �	�; ��; �
	� , ���� 
siendo 
	� , ��� el vértice más cercano al origen en cada subrecinto y �� � � �
	� , ���. 
De la misma manera que lo realizado hasta aquí para llegar a la definición de una integral, 
obtenemos la imagen de la función en el punto, definimos un producto elemental, y efectuamos la 
sumatoria con paso al límite. 
Por lo tanto definimos integral de superficie de ),,( zyxf sobre la superficie S, al límite: 
 
0
1 1
lim ( , , ) ( , , )
n m
i j i j ij S
j i
f x y z S f x y z dS
∆ → = =
∆ =∑∑ ∫∫ 
 
Cálculo de la Integral de Superficie 
a) Superficie sobre región rectangular del plano XY � � ��, �� � ��, �� 
Si bien la integral de superficie está definida sobre una superficie S de 3ℜ , para evaluarla se usará 
una integral doble que, para este caso, tiene como recinto de integración a R en el plano XY. 
Notar que f se valoriza en puntos de la superficie donde ),( yxgz = , entonces ��	, �, �� ��
	, �, ��	, ���. Luego f es en función de �	, �� . 
Debemos ahora encontrar la expresión que permita vincular el elemento de área �� en el espacio por 
el que se encuentra en el plano XY ��. 
Para ello, consideremos la porción de plano tangente �� en ��� que corresponde al elemento de 
superficie ��� cuya área es ∆��� y que se encuentra sobre el subrecinto de área ∆��� (ver gráfico). 
Esta porción de plano tangente tendrá área ∆ ��. 
Dicha porción de plano tangente es un 
paralelogramo de área ∆ �� y es una buena 
aproximación a ∆���, es decir ∆ �� ! ∆��� 
Calculemos el área∆ ��. 
Los vectores "#$$$$% y "&$$$$% que comienzan en ��� y 
que están a lo largo de los bordes del 
paralelogramo tangente, permiten calcular el 
área∆ ��, ya que, por propiedad del producto 
vectorial ∆ �� � '"#$$$$% � "&$$$$% ' 
Cada uno de estos vectores tiene la pendiente 
de la recta tangente que lo soporta. 
Así "#$$$$% es paralelo al vector tangente a la curva (), curva intersección entre la superficie S y el 
plano vertical paralelo al XZ que contiene al 
punto ���. 
Luego () : +� � ��	, �� � � ���,-./01.02� 3 y una forma 
paramétrica de la misma puede encontrarse usando como parámetro a 	. 
Así (): 	 � 	; � � ��; � � �
	, ���. La función vectorial asociada es 4)$$$%�	� � �	; ��; �
	, ���� y 
su derivada es 4)$$$%5�	� � �1; 0; �#
	, ����. 
Luego, un vector paralelo a "#$$$$% será 4)$$$%5�	�� � �1; 0; �#
	�, ���� . La constante de 
proporcionalidad entre estos dos vectores paralelos se obtiene con la consideración que la primera 
 
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componente de "#$$$$% debe ser ∆	�. Así se concluye "#$$$$% � ∆	�8% 9 0 :% 9 �#�	�, ���∆	�;$% 
Con similar razonamiento puede mostrase que "&$$$$% � 08% 9 ∆�� :% 9 �&�	�, ���∆��;$% 
Luego "#$$$$% � "&$$$$% � < 8% :% ;$%∆	� 0 �#�	�, ���∆	�0 ∆�� �&�	�, ���∆��< � ∆	�∆�� <
8% :% ;$%1 0 �#�	�, ���0 1 �&�	�, ���< 
 "#$$$$$% � "&$$$$% � ∆	�∆��
=�#
	�, ���8> = �&
	�, ���:> 9 ;$>� . 
El módulo de este vector (área de la porción del plano tangente sobre ���) será: ∆ �� � '"#$$$$% � "&$$$$%' � ?�#
	�, ���@ 9 �&
	�, ���@ 9 1∆	�∆�� 
De manera que la sumatoria se puede expresar: 
2 2
1 1 1 1
( , , ) ( , , ( , )) ( , ) ( , ) 1
n m n m
i j i j ij i i i i x i i y i i i i
j i j i
f x y z S f x y g x y g x y g x y x y
= = = =
∆ ≅ + + ∆ ∆∑∑ ∑∑ 
Tomando límite a ambos miembros, y según la definición dada, resulta: 
0
1 1
( , , ) lim ( , , )
n m
i j i j ijS
j i
f x y z dS f x y z S
∆ → = =
= ∆ =∑∑∫∫
 
2 2
0
1 1
2 2
lim ( , , ( , )) ( , ) ( , ) 1
( , , ( , )) ( , ) ( , ) 1
n m
i i i i x i i y i i i i
j i
x y
R
f x y g x y g x y g x y x y
f x y g x y g x y g x y dA
∆ → = =
+ + ∆ ∆ =
= + +
∑∑
∫∫
 
Luego, el área de la superficie suave � � ��	, �� que se proyecta en la región plana rectangular R 
se calcula con: 
2 2( , , ) ( , , ( , )) ( , ) ( , ) 1x yS
R
f x y z dS f x y g x y g x y g x y dA= + +∫∫ ∫∫ (1) 
La expresión anterior nos proporciona la manera de calcular la integral de superficie mediante una 
integral doble. 
 
Ejemplo 1 
Calcular 
S
x dS∫∫ , S es la superficie 
2 2z x y= + sobre el rectángulo [0;2] [0,3]R = × 
Resolución: 
2( , ) 2 ; 2 ; 2x yg x y x y g x g= + = = Luego 
3
2 2
0
0
4 4 1
S
x dS x x dydx= + + =∫∫ ∫ ∫
 
( )3/ 2 3/ 21 21 5
12S
x dS= −∫∫ 
b) Superficie sobre región D del plano XY 
Hasta aquí hemos considerado la región del plano XY como un 
rectángulo � � �1, A� � �,, ��, al que podríamos interpretarlo como 
la proyección de S sobre el plano coordenado, sin embargo, no 
necesariamente va a ser así. 
Es decir, se generaliza el cálculo para cualquier tipo de recinto en el 
plano XY, como el recinto D que se muestra en la figura. Esto es 
posible dado a que la integral de superficie, para su cálculo, fue 
 
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convertida en una integral doble (luego se utiliza todo lo ya demostrado para éstas). 
 
Ejemplo 2 
Calcular
 
B 	 � � ��C , donde S es la parte del cono �@ � 	@ 9 �@ entre los planos � � 1 � � �4 
 Resolución 
Se debe escribir S de forma explícita. 
 � � E	@ 9 �@ 
Las derivadas parciales son: 
 
FGF# � H#E#IJ&I y FGF& � H&E#IJ&I 
 Luego �� � KL =	?	29�2N
2 9 L =�?	29�2N
2 9 1 �� 
 �� � ? 	2	29�2 9 �2	29�2 9 1�� � ?	29�2	29�2 9 1�� �
 
√2�� 
P Q R S �T �T P QR E	@ 9 �@ √U�VW 
El recinto de integración sobre el plano XY tiene por fronteras las circunferencias concéntricas 	@ 9 �@ � 1 y 	@ 9 �@ � 16 
Utilizando coordenadas polares P 	 � � �� �C √2 Y Y 4 cos ] 4 /2. ] 4 4 �4 �]^)@_` � √2 Y Y cos ] /2. ] 4^ �4 �]^)@_` 
 B 	 � � �� �C � √2 a bcd �@e�@ �] a 4^ �4 )̂@_` � 0 
 
c) Superficie sobre región D del plano XY para superficies S: f�Q, R, S� � g 
Hemos obtenido que el diferencial de superficie está dado por �� � ?�FGF#�@ 9 �FGF&�@ 9 1 �� 
Consideremos que la superficie S está dada implícitamente por la ecuación h�	, �, �� � 0, siendo S 
una superficie suave ( 0
rr
≠∇Gexiste ). 
Derivando en forma implícita 
FGF# � = ijik y FGF& � = ilik siendo hm n 0 
Reemplazando en �� � ?�FGF#�@ 9 �FGF&�@ 9 1 �� se tiene 
�� � ?�= ijik�@ 9 �= ijik�@ 9 1 ��= �� � ?ijIJilIJikI?ikI �� 
De donde resulta la siguiente expresión: �� � ?h	29h�29h�2 |h�| �� 
 
Ejemplo 3 
Hallar B ��C siendo S el hemisferio de radio a y centro en el origen que está por encima del plano 
 
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� � p@ 
Resolución 
La ecuación implícita es 	@ 9 �@ 9 �@ � 1@ 
�� � ?h#@ 9 h&@ 9 hm@ |hm| �� � E�2	�@ 9 �2 ��@ 9 �2��@ |2�| �� � �� � E^#IJ^&IJ^mI |@m| �� � E^#IJ^&IJ^mI |@m| �� � E^�#IJ&IJmI� |@m| ��. 
Reemplazando 	@ 9 �@ 9 �@ � 1@ y teniendo en cuenta que � q 0 se tiene �� � @p@m �� � pm �� 
Para determinar la región de integración se determinará el radio de la circunferencia en la que se 
interceptan la semiesfera y el plano. 	@ 9 �@ 9 �@ � 1@ 4@ 9 �@ � 4@ 9 �12�@ � 1@ 4@ � 1@ = pI^ � r̂ 1@ s 4 � √r@ 1 
La proyección S en XY es el disco t � +�	, �� u 	@ 9 �@ v 34 1@ x 
Por lo tanto B ��C � B pm ��y P ��C � P 1� ��y � P 1E1@ = 	@ = �@ ��y 
Expresada en coordenadas polares: 
P ��C � Y Y 1 4 �4 �]√1@ = 4@ 
√r@ p
`
@_
` � 1 Y �] Y 4 �4 √1@ = 4@ 
√r@ p
`
@_
` � �1 3]|@̀_� z3=4E1@ = 4@ {`
√r@ p| 
P ��C � 1@} 
d) Superficie dadas en forma paramétrica. 
Suponiendo que la superficie S está dada en forma paramétrica; esto es 
 	 � 	�~, "�; � � ��~, "�; � � ��~, "� �~, "� � t. 
 En forma vectorial 4%�~, "� � 	�~, "�8 $% 9 ��~, "�: $$% 9 ��~, "�; $$$% el vector unitario normal es .$% �� �%���%�|�%���%�|. Luego �%. .$% �� � 
� 8% 9 � :% 9 � ;$%�������������% �� �%���%�|�%���%�|��������d$% |4%� � 4%�|�~ �"����������C . Finalmente, optado por el 
signo (�) según la orientación elegida se tendrá B �%. .$% ��C � B �%
4%�~, "��. � 4%� � 4%�� �~ �"y 
o B �%. .$% ��C � = B �%
4%�~, "��. � 4%� � 4%�� �~ �"y 
 
Ejemplo 4 
Hallar B � ��C siendo S la esfera unitaria centrada en el origen 
Resolución 
La ecuación implícita es 	@ 9 �@ 9 �@ � 1. La superficie puede ser parametrizada haciendo uso de 
las coordenadas esféricas, teniendo presente que � � 1 	 � /2.� cos ] ; � � /2.� sen ] ; z� ,-/� siendo D: 0 v � v } ; 0 v ] v 2} 
 
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4%� � 4%e � < 8% :% ;$%,-/� cos ] ,-/� sen ] =/2.�=/2.� sen ] /2.� cos ] 0 < � 4%� � 4%e � /2.@� cos ] 8% 9 /2.@� sen ] :% 9 /2. � cos � ;$% '4%� � 4%e' � E/2.^� cos@ ] 9 /2.^� sen@ ] 9 /2.@� cos@ � '4%� � 4%e' � E/2.^� �cos@ ] 9 sen@ ]� 9 /2.@� cos@ � '4%� � 4%e' � E/2.^� 9 /2.@� cos@ � � E/2.@��/2.@� 9cos@ �� � E/2.@� 
Dado que 0 v � v } entonces /2. � q 0 y '4%� � 4%e' � /2. � P � ��C � P ���, ]� '4%� � 4%e' �� �] �y Y Y ,-/� /2. � ��_` �] � 0@_` 
 
4.2 Área de Superficies 
Si en la integral de superficie def sobre la superficie S, consideramos 1),,( =zyxf entonces la 
integral resultante nos permite calcular el área de S. Es decir: 
El área de una superficie S, gráfica de Dyxyxgz ∈∀= ),(),( , continua con derivadas continuas 
en D, es dada por : ∫∫ ∫∫ ++== S D yx dAyxgyxgdSSA 1),(),()(
22 
 
Ejemplo 5 
Determinar el área de la parte del paraboloide � � 	@ 9 �@ que se encuentra 
debajo del plano � � 9 
Resolución ��	, �� � 	@ 9 �@ s �# � 2	 � �& � 2� ���� � P �/C � P E�2	�@ 9 �2��@ 9 1 ��y� P E4 	@ 9 4�@ 9 1 ��y 
El recinto de integración es el círculo de radio √9 � 3 en el plano XY. 
En coordenadas polares: ���� � B �/C � a a √4 4@ 9 1 4 �4 �] � 2} )� r̀@_` 3@r �1 9 4 4@�{r̀ � _� �37√37 = 1� 
 
Ejemplo 6 
Determinar el área de la esfera de radio R 
Resolución 
La superficie puede ser parametrizada haciendo uso de las coordenadas esféricas, teniendo presente 
que � � �. 	 � � /2.� cos ] ; � � � /2.� sen ] ; z� � ,-/� siendo D: 0 v � v } ; 0 v ] v 2} P ��C � P |4%� � 4%�| �~ �" y 
Procediendo como el ejemplo 4 
4%� � 4%e � < 8% :% ;$%�,-/� cos ] �,-/� sen ] =�/2.�=�/2.� sen ] �/2.� cos ] 0 < ; '4%� � 4%e' � �@/2. � 
 
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B ��C � B '4%� � 4%e' �� �] �y a a �@/2. � ��_̀ �] � 4}�@@_` 
Observaciones 
1.- La definición de integral de superficie se extiende a superficies suaves a trozos, de manera que su 
cálculo se realiza utilizando la propiedad de aditividad de las integrales dobles. 
2.- Cuando S está en un plano paralelo al plano XY, la función g es constante, de manera que: 
 0=
∂
∂=
∂
∂
y
g
x
g
 por lo tanto ∫∫= DdASA )( 
De manera que coincide con la expresión que permite calcular áreas de regiones planas mediante 
integrales dobles. 
Podemos notar que 122 ++ yx gg es un “factor” que permite establecer la “equivalencia” entre 
el área de S y el área proyectada D. Terminamos de ver que si estamos en un plano paralelo al 
XY el factor es igual a 1, para cualquier otro caso es >1. 
 
Ejemplo 7 
Calcular la masa del triángulo de vértices (a,0,0) , (0,a,0) , 
(0,0,a), siendo a>0, si su densidad está dada por ��	, �, �� �; 	@ . 
Resolución � � B ��	, �, ����C � B ; 	@ ��C 
La ecuación del plano que contiene al triángulo es 	 9 � 9 � � 1 s � � 1 = 	 = � s �� � √3 �� 
� � P ; 	@ �� � P ; 	@√3 ��y � √3 ; Y Y 	@�� �	
pH#
`
p
`C � � √3 ; Y 	@�1 = 	��	 s � �p` √3 ; 1^12 
 
Ejemplo 8 
Determinar el centro de masa de la porción de superficie esférica 	@ 9 �@ 9 �@ � 9, comprendida 
entre los planos � � �) � � � �@ ; 0 v �) � �@ v 3, si la densidad es constante k. 
Resolución 
Las expresiones que permiten calcular el centro de masa 
son: x� � )� B x δ�x, y, z�dS¤ ; y� � )� B y δ�x, y, z�dS¤ y 
 z� � )� B z δ�x, y, z�dS¤ 
Teniendo en cuenta que la densidad es constante 
 � � B ; ��C � ; B ��C 
De la simetría de la superficie resulta x� � y� � 0; 
 z� � ¥� B zdS¤ = B ¦§¤B̈ �C© ; donde dS � ?ª«I J ª¬I J ª­I|ik| �� dS � E^®I J ^¯I J^ ¦I|@°| �� � @E®IJ¯IJ ¦I@m �� � rm �� 
 
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La proyección D sobre el plano XY es un anillo de fronteras 	@ 9 �@ � 9 = �)@ ; 	@ 9 �@ � 9 = �@@ 
• Cálculo de la masa m: � � B ; ��C � ; B r �±E²H#IH&I y 
 Utilizando coordenadas polares 
� � ; Y 3 Y 3 4 √9 = 4@ ?²H³I
I
?²H³´I
@ _
` 4 �4 �] � ; 6 } ��@ = �)� 
• Cálculo del momento µ#&: µ#& � B ; � ��C � ; B � rmy dA � 3 ; B ��y � µ#& � 3;} ��@@ = �))� 
• Coordenadas del centro de masa: 
z� � B zdS¤B ��C � 3;} ��@
@ = �))�; 6 } ��@ = �)� � �@ 9 �)2 
Finalmente: 1 20,0 ,
2
h h+ 
 
 
 
4-2 Integrales de Superficie de Funciones Vectoriales - Flujo De Campos Vectoriales 
Vamos a desarrollar el concepto de integral de un campo vectorial sobre una superficie. 
Si, por ejemplo, se trata del campo de velocidades de un fluido, este tipo de integrales nos permite 
conocer cuál es la tasa con la que el fluido cruza la superficie dada, por ejemplo, en seg
m3 . 
Necesitamos considerar superficies para las cuales tenga sentido hablar de un fluido que fluye en una 
dirección, es decir, de un lado al otro, fijando claramente a través 
de la “cara” que lo hace. 
Superficies orientables 
Por ello, para el desarrollo de este tipo de integrales utilizaremos 
superficies con las condiciones ya impuestas pero con una 
limitación adicional: la superficie S debe ser orientable. 
En cada punto de una superficie S (se trata de superficie suave) 
hay dos vectores normales unitarios o versores 1n
r
 y 2n
r
 siendo 
21 nn
rr −= . Cada uno de los mismos se puede asociar con una cara o 
lado de la superficie, de manera que cuando nos desplazamos sobre 
la superficie S, sin atravesar “el borde”, el versor (o sus cosenos 
directores) varían con continuidad, y, al volver al punto de partida, 
recobra su sentido inicial. 
Por lo tanto una superficie orientada es una superficie con dos caras o lados en la que se puede 
especificar una cara con orientación positiva y la otra negativa. 
Hay ejemplos de superficies de una sola cara, o no orientables. El más simple de ver es el de la cinta 
de Möebius (matemático y astrónomo alemán que la descubrió 
en 1858). Es de simple construcción, para ello se toma un tira larga 
de papel, se retuerce media vuelta y se unen sus extremos. 
Al no ser orientable, si en la cinta tomamos un versor n
r
 indicando 
la cara positiva, podemos moverlo con continuidad y terminar del 
lado opuesto apuntado en sentido contrario y, si continuamos el 
movimiento volvemos al punto inicial. Si imaginamos que 
pasamos un pincel, significa que pintamos la cinta completa sin pasar por los bordes. 
 
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Para una superficie cerrada, es decir, para una superficie que es frontera de una región sólida E, se 
conviene que la orientación es positiva si los vectores normales “apuntan” hacia fuera de E 
 
Orientación negativa Orientación positiva 
 
Recordar que: 
Si superficie suave está dada explícitamente ),( yxgz = el vector unitario normal es 
2 21
x y
x y
g i g j k
n
g g
± ±
=
+ +
rr r
mr
 
Si la superficie S está dada implícitamente por la ecuación 0),,( =zyxG el vector unitario normal es 
G
G
n
∇
∇±= r
r
r
 
Si la superficie S está dada en forma paramétrica por las ecuaciones 
 x � x�u, v�; y � y�u, v�; z � z�u, v� �u, v� � D, equivalente a la forma vectorial 
 r%�u, v� � x�u, v�ı $% 9 y�u, v�¼ $% 9 z�u, v�k $$% el vector unitario normal es n$% � � r%¾ � r%¿|r%¾ � r%¿| 
Importante: el signo de la tercer componente de ;$% (+1 , -1) indica si la orientación de la superficie 
es hacia arriba o hacia abajo, es decir hacia +Z o hacia −Z . 
Hemos establecido las condiciones para la superficie S. Consideremos, ahora, un campo vectorial
),,( zyxF
r
 definido en un conjunto D, continuo en puntos de la superficie S. 
Análogamente al desarrollo realizado para las integrales de superficie de funciones escalares 
consideremos los elementos de superficie de área ijS∆ y el 
campo vectorial ( , , )ij i j ijF x y z
r
 aplicado en un punto arbitrario 
Para interpretar el producto elemental que vamos a realizar nos 
apoyamos en el siguiente concepto físico. 
Si F
r
 es el campo de velocidades de las partículas de un fluido y S 
está sumergida y permite se atravesada por el fluido, entonces el 
volumen de fluido que cruza en la unidad de tiempo la porción de 
superficie (en la dirección de n
r
) está dado por el volumen de la 
columna que se indica en el gráfico 
 .ij ij ij ijV F n S∆ ≅ ∆
r r
 
Estamos considerando ijF
r
 constante en la porción de superficie. 
Tengamos en cuenta que .ij ijF n
r r
 es la proyección del vector sobre ijn
r
 y, por lo tanto, es la altura de la 
columna de base ijS∆ . Procedemos de la misma manera que en la definición para campos escalares. 
 
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Entonces, la sumatoria de los productos .ij ij ij ijV F n S∆ ≅ ∆
r r
 y su paso al límite nos definen la integral 
de superficie de F
r
 sobre S, también llamada integral de flujo 
∫∫=Φ S dSnF
rr
. 
Podemos escribir SddSn
rr = , por lo tanto 
∫∫ ∫∫==Φ S S SdFdSnF
rrrr
.. 
Ejemplo 9 
Calcular el flujo hacia arriba del campo �%�	, �, �� � 28% 9 	 :% 9 � ;$% siendo S la parte del plano 3	 9 2� 9 � � 6 que está en el primer octante. 
Resolución Φ � B �% · .$%¤ �� ; .$% � HGjÂ%H GlÃ%J)Ä$% ?Gj IJGlIJ) .$% � H�Hr�Â%H�H@�Ã%J)Ä$% E�Hr� IJ�H@�IJ) � rÂ%J@Ã%J) √)^
 
 
�/ � ?�# @ 9 �&@ 9 1 � √14�� 
Por lo tanto Φ � B �% · .$%¤ �� � Φ � B 
28% 9 	 :% 9 � ;$%� · �rÂ%J@Ã%J) √)^ � ¤ �� � B �ÅJ@#Jm√)^ � ��¤ 
 
 
Teniendo que cuenta que � � 6 = 3	 = 2� Φ � Y Y 6 9 2x 9 �6 = 3x = 2y�dydx �rH).Å ® `@` Y Y �12 = x = 2y�dydx �rH).Å ® `@` 
 
3
22 3 22 2 3 23 32
2 9 20 00
12 36 9 (3 )
x
y xy y dx x x x x
−
   = − − = − − + −   ∫ 
70
3
= 
Integral de flujo e integral doble 
La operatoria realizada en el ejemplo anterior puede ser evitada. Para ello tengamos en cuenta que, 
siendo kzyxRjzyxQizyxPzyxF
rrrr
),,(),,(),,(),,( ++= 
Entonces dAgg
gg
kjgig
.)kRjQiP(dSn.F yx
yx
yx 1
1
22
22
++
++
±±
++=
r
m
rr
rrrrr
 
Simplificando y realizando el producto escalar, resulta: 
 
dARgQgPdSnF
S D yx
)(.∫∫ ∫∫ ±±= m
rr
 
La elección del signo se realiza sobre R± , si el flujo es hacia arriba se toma el signo “ +” y, en 
consecuencia, a los restantes términos les corresponde el signo “--” . Lo contrario ocurre si el flujo 
es hacia abajo. 
 
Ejemplo 10 
Calcular el flujo del campo �%�	, �, �� � �� :% 9 �@ ;$% hacia el exterior, a través de la superficie S 
cortada del cilindro 	@ 9 �@ � 1; � q 0 por los planos 	 � 0 � 	 � 1. 
 
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Resolución Φ � B �% · .$%C �� � B �=��# – � �& 9 �y � �� ��	, ��: � � E1 = �@ s �# � 0: �& � =�E1 = �@ Ç � P È= �� É =�E1 = �@Ê 9 �@Ëy �� 
 siendo � � E1 = �@ Ç � P ��@ 9 1 = �@�y �� � P 1y �� � ��t� � 2 
 
Observación 
a.- Si la superficie S está dada por ),( zxgy = , resulta:∫∫S dSnF
rr
. ∫∫ ±±= D zx dAgRQgP )( m 
 
La elección del signo se realiza sobre Q± , si el flujo es hacia la derecha, se toma el signo 
+ y, en consecuencia, a los restantes términos les corresponde el signo - . Lo contrario 
ocurre si el flujo es hacia la izquierda. 
b.- Si la superficie S está dada por ),( zygx = , resulta: ∫∫S dSnF
rr
. ∫∫ ±±= D zy dAgRgQP )m 
La elección del signo se realiza sobre P± , si el flujo es hacia adelante, se toma el signo 
“+” y, en consecuencia, a los restantes términos les corresponde el signo “=” . Lo 
contrario ocurre si el flujo es hacia atrás. 
c.- Si la superficie S está dada implícitamente por la ecuación 0),,( =zyxG y proyectamos sobre el 
plano XZ, entonces: 
dA
G
GGG
dS
y
zyx
222 ++
=
 
Mientras que si proyectamos sobre YZ, resulta dA
G
GGG
dS
x
zyx
222 ++
=
 
d.- Si la superficie S está dada en forma paramétrica por las ecuaciones: 
 	 � 	�~, "�; � � ��~, "�; � � ��~, "� �~, "� � t, equivalente a la forma vectorial 4%�~, "� � 	�~, "�8 $% 9 ��~, "�: $$% 9 ��~, "�; $$$% el vector unitario normal es .$% � � �%���%�|�%���%�|. 
Luego �%. .$% �� � 
� 8% 9 � :% 9 � ;$%�������������% �� �%���%�|�%���%�|��������d$% |4%� � 4%�|�~ �"����������C 
 Finalmente, optando por el signo correspondiente (�) a la dirección del flujo deseada se tendrá 
 B �%. .$% ��C � B �%
4%�~, "��. � 4%� � 4%���~ �"y 
o 
P �%. .$% ��C � = P �%
4%�~, "��. � 4%� � 4%�� �~ �"y 
 
 
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Ejemplo 11 
Sea E el cilindro acotado por 	@ 9 �@ � 4 ; � � 0 ; � � 3 . Hallar el flujo hacia el exterior para 
el campo �%�	, �, �� � 2�8% = 	 :% 9 �� ;$% 
Resolución 
Para calcular el flujo usando superficies dadas en forma explícita es 
necesario dividir la superficie en otras 4, para luego calcular el flujo en 
cada una y luego sumarlos para encontrar el flujo total Φ � Φ) 9 Φ@ 9Φr 9 Φ^ 
En el siguiente gráfico se muestran las 4 caras (superficies), las 
orientaciones de cada versor y la proyección de cada cara que se usará 
para evaluar la integral de flujo. 
 
Cara 1: ��	, ��: � � √4 = 	@ t) � =2 v 	 v 2; 0 v z v 3 �# � H#√^H#I ; �m � 0 Φ) � B �=��# 9 � = � �my � �� Φ) � Y Y z=2E4 = 	@ – 	√4 = 	@ 9 �=	�| �� �	r`@H@ � Y Y 	 ���	r`@H@ � 0 
Cara 2: ��	, ��: � � =√4 = 	@ t@ � =2 v 	 v 2; 0 v z v 3 �# � #√^H#I ; �m � 0 Φ@ � B ���# = � 9 � �my � �� Φ@ � Y Y z=2E4 = 	@ 	√4 = 	@ = �=	�| �� �	r`@H@ � Y Y =	 ���	r`@H@ � 0 
Cara 3: ��	, ��: � � 3 
 
tr: 	@ 9 �@ v 4 �# � 0 ; �& � 0 ; Φr � B �=��# = ��& 9 � y � �� Φr � B ��y �� � a a 4 /2.] 3 4 �4 �] � 0@̀@_` 
 
Cara 4: ��	, ��: � � 0 
 
t^: 	@ 9 �@ v 4 �# � 0 ; �& � 0 ; Φ^ � B � ��# 9 ��& = � y � �� Φ^ � P =��y �� � P 0y �� � 0 
 Por lo tanto: Φ � Φ) 9 Φ@ 9 Φr 9 Φ^ 
 
 
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Nota sobre ejercicio 11: Los flujos en la cara 1 y 2 pudieron ser calculados juntos 
considerando las caras como una única superficie parametrizada: 	 � 2 cos 0 ; � � 2 /2. 0; � � � �0, �� � �0,2}� � �0,3�, equivalente a la forma vectorial 
4%Ì � 4%m � < 8% :% ;$%=2/2. 0 2 cos 0 00 0 1< � 2 cos 0 8 $% 9 2/2. 0: $$% 9 0 ; $$$% �%
4%�~, "�� � 4/2. 0 8 $% = 2 cos 0 : $$% 9 2 /2. 0 � ; $$$% �%
4%�~, "��. � 4%� � 4%�� � �4/2. 0 ; =2 cos 0 ; 2 /2. 0 � �. �2 cos 0 ; 2/2. 0; 0� � 4 /2. 0 cos 0 
Φ) 9 Φ@ � P �%. .$% ��Í´ÎÍI � Y Y 4 /2. 0 cos 0 ���0
r
`
@_
` � 0 
Aplicación: Flujo De Calor 
Si la temperatura en un punto ),,( zyx de un cuerpo es ),,( zyxT . El calor “fluye” según el campo 
vectorial 
TkzyxF ∇−=
rv
),,( 
Donde k es una constante positiva que depende de la sustancia y se la conoce como la conductividad 
de la sustancia. La integral ∫∫S dSnF
rr
. es el flujo de calor a través de S. 
 
Ejemplo 12 
Si la temperatura viene dada por �	, �, �� � 	@ 9 �@ 9 �@ y sea S la superficie esférica 	@ 9 �@ 9�@ � 1 , orientada según la normal exterior. Hallar el flujo de calor a través de la superficie S si k=1 
Resolución Φ � B �%. .$% ��C �%�	, �, �� � =; Ï$$% �	, �, �� � =2	 8% = 2� :% = 2� ;$% 
 .$% � @# Â%J@& Ã%J@m Ä$%E^#IJ^ &IJ^ mI � @# Â%J@& Ã%J@m Ä$%@ � 	 8% 9 � :% 9 � ;$% puesto que 	@ 9 �@ 9 �@ � 1 �%. .$% � =2	@ = 2 �@ = 2 �@ � =2�	@ 9 �@ 9 �@� � =2 Φ � P =2 dS � =2A�S� � =2 �4 π� � =8π¤ 
Por lo tanto el flujo de calor está dirigido hacia el centro. 
Si el campo �%�	, �, �� � = 2	 8% = 2� :% = 2� ;$% representa un campo eléctrico entonces Φ �B �%. .$% ��C � =8π sería el flujo eléctrico a través de S. 
 
 
 
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4.4 Teorema de Gauss o de la Divergencia 
Para este teorema consideraremos regiones simples sólidas (extensión del concepto de recinto 
simple en 2ℜ ). La frontera de E es una superficie cerrada y la orientación positiva es la que el 
versor normal señala hacia afuera de E. 
 
Teorema de la divergencia o Teorema de Gauss 
H) Sea E una región simple sólida cuya superficie frontera S tiene orientación positiva. Sea F
r
 un 
campo vectorial cuyas funciones componentes tienen derivadas parciales continuas sobre una región 
abierta que contiene a E. Entonces 
T) ∫∫ ∫∫∫=S E dVFdivdSnF
rrr
. 
 
El teorema indica que el flujo saliente deF
r
a través de la frontera S, está dado por la integral triple 
de la divergencia del campo extendida al sólido encerrado por S. 
 
Ejemplo 13 
Sea S el cilindro acotado por 	@ 9 �@ � 4 ; � � 0 ; � � 3 . Hallar el flujo hacia el exterior 
para el campo �%�	, �, �� � 2� 8% = 	 :% 9 � � ;$% . 
Resolución 
Este problema fue resuelto anteriormente (ejemplo 11) 
calculando el flujo para cada una de las caras. El cálculo se 
simplifica aplicando el teorema de la Divergencia 
.
S E
F n dS div F dVΦ = =∫∫ ∫∫∫
r rr
 
E E
div F y
div F dV y dV
= ⇒
Φ = =∫∫∫ ∫∫∫
v
r 
Utilizando coordenadas cilíndricas: 
2 2 3
0 0 0
r sen rdzdrd
π
θ θΦ = ∫ ∫ ∫ 
2
3 2 2
0 0
0
0dz sen d r dr
π
θ θΦ = =∫ ∫ ∫ 
 
Ejemplo 14 
Use el teorema de la divergencia para resolver el ejemplo 12 
(Enunciado: Si la temperatura viene dada por �	, �, �� � 	@ 9 �@ 9�@ y sea S la superficie esférica 	@ 9 �@ 9 �@ � 1 , orientada según 
la normal exterior. Hallar el flujo de calor a través de la superficie S 
si k=1) 
Resolución 
También aplicaremos en este caso el teorema de la divergencia al 
ejemplo ya resuelto anteriormente. 
( , , ) 2 2 2 6F x y z k T x i y j z k div F= − ∇ = − − − ⇒ = −
rr rv r r
 
4. 6 6 ( ) 6 83S E EF n dS div F dV dV V esfera π πΦ = = = − = − = − = −∫∫ ∫∫∫ ∫∫
r rr
 Φ � =8π 
 
 
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Ejemplo 15 
Calcular 
 
Φ � B �% · .$%¤ �� , donde �%�	, �, �� � 	� 8% 9 ��@ 9 2# mI� :% 9 /2.�	�� ;$% y S es la 
superficie que es frontera de la región E acotada por � � 1 = 	@ ; � � 0 ; � � 0 ; � 9 � � 2 
Resolución 
Aplicamos teorema de la Divergencia: B �% · .$%¤ �� � Ò �Ó" �% �ÔÕ �Ó" �% � � 9 2� � 3� s B �% · .$%¤ �� � Ò 3��ÔÕ Φ � 3 a a a y dy dz dx �@H¦`)H®I`)H) Φ � r@ a a �2 = z�@dz dx �)H®I` H)@ a 3�2 = z�r|)̀H®I)H))H) dx Φ � = Y �	� 9 3	^ 9 3 	@ = 7��	)H) B �% · .$%¤ �� � )�^rÅ 
Ejemplo 16 
Verificar el teorema de la Divergencia siendo E la región sólida acotada por el paraboloide de 
ecuación � � 4 = 	@ = �@ y el plano � � 0 , siendo �%�	, �, �� � 2� 8% 9 	 :% 9 �@ ;$% 
Resolución: 
a) Cálculo de la integral de superficie : Φ � P F$% · n$%¤ dS � P F$% · n$%¤´ dS 9 P F$% · n$%¤I dS 
Superficie S) ; z � 0 en el recinto 	@ 9 �@ v 4, hacia abajo P F$% · n$%¤´ dS � P � ��# 9 ��& = � y � �� Siendo � � 0 s g® � 0 y g¯ � 0 B F$% · n$%¤´ dS � B =y@dAØ Utilizando coordenadas polares Φ) � = Y Y r@sen@θ r dr dθ �@`@Ú` = 4 Y sen@θ dθ � =4π@Ú` 
Superficie S@ ; z � 4 = x@ = y@ en el recinto 	@ 9 �@ v 4, orientación hacia arriba Φ@ � P F$% · n$%¤I dS � P � =��# = ��& 9 � y � �� 
Siendo ; z � 4 = x@ = y@ s g® � =2x y g¯ � =2y B F$% · n$%¤I dS � B � =2��=2	� = 	�=2�� 9 �@ y � �� � B � 4�	 9 2	� 9 �@ y � �� � B � 4�4 = x@ = y@�	 9 2	� 9 �@ y � �� � B � 16 	 = 4	r = 4	�@ 9 2	� 9 �@ y � �� � 4} 
Por lo tanto: Φ � B F$% · n$%¤ dS � B F$% · n$%¤´ dS 9 B F$% · n$%¤I dS � =4} 9 4} � 0 
 
b) Cálculo de �Ó" �% � 0 . Luego Φ � B �% · .$%¤ �� � Ò �Ó" �% �ÔÕ � Ò 0 �Ô Õ =0 
Como los resultados obtenidos en a) y b) son idénticos, se comprueba el teorema. 
 
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Generalización del Teorema de la Divergencia 
El teorema se puede generalizar a regiones sólidas que no son 
simples, por ejemplo, la región W que está entre las 
superficies cerradas 1S y 2S La superficie frontera de W es 
21 SSS ∪= .La expresión resultante es 
∫∫∫∫∫ ∫∫ ∫∫ +==
21
21 ... SW S S dSnFdSnFdSnFFdiv
rrrrr
 
 
Ejemplo 17 
Sea el sólido W determinado por 2 2 21 4x y z≤ + + ≤ y sea 2(2 ) ( )F x i y z j z x k= + + + +
rr r r
. 
Calcular B �% · .$%¤ �� 
Resolución Φ � B F$% · n$%¤ dS � Ò div F$% dVÝ siendo div F$% � 1 9 2 9 1 � 4 se tiene que 
3 3
( )
4 4 112
. 4 4 4 4 2 1
3 3 3WS W W W
F n dS divF dV dV dV V
ππ π = = = = = − = 
 
∫∫ ∫∫∫ ∫∫∫ ∫∫∫
r rr
 
Aplicación a un Campo Eléctrico 
Hemos visto que si tenemos una carga eléctrica Q en el origen, según la ley de Coulomb, la fuerza 
eléctrica F
r
ejercida por esta carga sobre una carga q localizada en el punto (x,y,z) es 
r
r
qQ
F
r
r
r
3
ε= siendo kzjyixr
rrrr ++= 
Llamamos campo eléctrico E
r
 de Q a la fuerza por unidad de carga, es decir r
r
Q
F
q
E
r
r
rr
3
1 ε== 
Se mostrará que el flujo del campo eléctrico E
r
 a través de una superficie S que contiene al origen 
es independiente de la forma de S y su valor es Qπε4 . 
Como E
r
 es discontinuo en el origen, el teorema de la Divergencia, o 
de Gauss, no se aplica directamente. Imaginemos, en el interior de S, 
una pequeña esfera 1S centrada en el origen y radio a. Nos queda un 
sólido W con frontera exterior S y frontera interior 1S 
Ahora aplicamos el teorema a W, es decir 
∫∫∫∫∫ ∫∫ ∫∫ +==
21
21 ... SW S S dSnEdSnEdSnEEdiv W
rrrrr
 
 Pero 0=Ediv
r
 (comprobarlo), entonces: 
 ∫∫ ∫∫−=S S dSnEdSnE 1 ..
rrrr
 (es independiente de S) 
 
Como es independiente de S se evaluará en una cualquiera, por ejemplo sobre�): 	@ 9 �@ 9 �@ � 1@ 
Así 
r
rn r
rr −= siendo ar =r , por lo tanto 3 4 2. . .
Q r Q Q
E n r r r
r ar r
ε ε ε= − = − = −
r
r r r r r
rr r 
Entonces: 2
222
4)(.
11
a
a
Q
SA
a
Q
dS
a
Q
dSnE
SS
πεεε ===− ∫∫∫∫
rr
 
 
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1
. 4
S
E n dS Qπε− =∫∫
r r
 
Finalmente ∫∫∫∫ ==− SS dSnEQdSnE
rvrr
.4.
1
πε
; 
lo cual muestra que el flujo eléctrico es 
independiente de S y es Qπε4 . 
 
Interpretación física de la Divergencia 
Para mejorar nuestra interpretación del significado de “divergencia de un campo F
r
”, analicemos el 
teorema de la divergencia: 
∫∫ ∫∫∫=S E dVFdivdSnF
rrr
. 
La integral del primer miembro determina el fluido total que fluye a través de la superficie cerrada S 
por unidad de tiempo (admitiendo F
r
= vδ
r
). 
Consideremos aV∆ el volumen de una esfera pequeña aE , de superficie aS , radio a y centro 
),,( 000 zyx , contenida en la región E . Aplicando el teorema de la divergencia a aS , tenemos: 
Flujo de F
r
 a través de aS = ∫∫∫ ∆≈
aE
aVzyxFdivdVFdiv ),,( 000
rr
 
Por lo tanto: 
a
a
V
SdetravésaFdeflujo
zyxFdiv
∆
≈
v
r
),,( 000 
Tomando límite para 0→a , obtenemos que la divergencia de F
r
 en el punto ),,( 000 zyx es el 
flujo neto por unidad de volumen en el punto. Si 0>Fdiv
r
, el flujo neto cerca del punto es hacia 
afuera y se dice que el punto es una fuente. 
Si 0<Fdiv
r
, el flujo neto en la vecindad del punto es hacia adentro y es un sumidero. 
4.5 Teorema del Rotor o de Stokes 
Es un teorema análogo al teorema de Green pero a más dimensiones. 
El teorema de Green relaciona una integral doble en una región plana D con una integral de línea en 
torno a su curva frontera (curva plana) mientras que el teorema de Stokes relaciona una integral de 
superficie sobre una superficie orientada S con una integral de línea en torno a su curva frontera C 
(curva en el espacio). 
 
Existen distintas formas para establecer el sentido de recorrido de la curva C. 
Una de ellas es la regla de la mano derecha .La dirección de n
r
es la del pulgar de la mano derecha si 
los dedos se arrollan siguiendo la dirección de C 
 
 
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Otra forma es imaginar que un “observador” que camina a lo largo de la frontera de la superficie de 
manera que el vector normal señala hacia arriba; entonces la dirección de movimiento será positiva si 
la superficie queda a la izquierda. 
 
 
Teorema de Stokes 
H) Sea S una superficie orientada con un vector normal unitarion
r
, limitada por una curva cerrada 
simple, suave a trozos C. Si F
r
 es un campo vectorial cuyas funciones componentes tienen derivadas 
parciales continuas en un región abierta que contiene a S y C, entonces 
T) ∫ ∫∫=C S dSnFrotrdF
rrrr
.. 
 
Ejemplo 18 
Verificar el teorema de Stokes para �% � 2� 8% 9 	 :% 9 �@ ;$% donde S es la superficie del paraboloide � � 4 = 	@ = �@ y C es la traza de S en el plano XY. 
Resolución 
Debemos verificar 
 
Þ F$% · dr% �ß B rot F$% · n$% dS¤ 
a) Cálculo de la Integral de línea
 
Þ F$% · dr% ß 
La curva C tiene por ecuación 	@ 9 �@ � 4 en � � 0 
Parametrizamos la curva : 
 4%�0� � 2 cos 0 8% 9 2 /2. 0 :% 9 0 ;$% ; 0 v 0 v 2} á F$% · dr% ß � Y 2zdx 9 xdy 9 y@dz � Y 4 cos@ 0 �0@Ú`ß á F$% · dr% ß � 4π 
b) Cálculo de la integral B rot F$% · n$% dS¤ 
2
2 2
2
i j k
rot F y i j kx y z
z x y
∂ ∂ ∂= = + +∂ ∂ ∂
rr r
rr r r
 
Con el versor normal orientado hacia arriba, tenemos 
 
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B rot F$% · n$% dS¤ � B �=Pg® = Q g¯ 9 RØ � dA ; siendo � � 4 = 	@ = �@ entonces �# � =2	 y �& � =2� 
P rot F$% · n$% dS¤ � P �=2y�=2x� = 2�=2y� 9 1Ø � dA � P �4xy 9 4y 9 1Ø � dA � 
P rot F$% · n$% dS¤� Y Y �4 4@,-/] /2.] 9 44 /2.] 9 1�4 �4 �]
@
`
@_
` � 4} 
P rot F$% · n$% dS¤ � 4} 
c) Dado que los resultados obtenidos en a y b coinciden, se comprueba el teorema. 
 
Ejemplo 19 
Utilizar el teorema de Stokes para calcular Þ F$% · dr% ß donde �% � 2� 8% 9 �8	 = 3��:% 9 �3	 9 ��;$% y 
C es la curva cerrada triangular que se indica en la figura con vértices (1,0,0) , (0,1,0) y (0,0,2) 
Resolución 
Vamos a elegir como superficie el plano que contiene al triángulo. Podemos obtener su ecuación a 
partir de la forma segmentaria: xa 9 yb 9 zc � 1 s x1 9 y1 9 z1 � 1 s 2x 9 2y 9 z � 2 
Según el teorema de Stokes Þ F$% · dr% �ß B rot F$% · n$% dS¤ , por lo tanto 
calcularemos el segundo miembro. 
4-0 �% � çç 8% :% ;
$%è è	 è è� è è�2� 8	 = 3� 3	 9 �ç
ç � 8% = :% 9 8;$% 
La proyección del triángulo sobre el plano XY es el triángulo T, por 
lo tanto: 
á F$% · dr% �ß P rot F$% · n$% dS¤ � P �= ��# = ��& 9 � y � �� 
 P , Q , R componentes del rotor, g�x, y� � 2 = 2x = 2y ; luego g® � =2 y g¯ � =2 Þ F$% · dr% �ß B rot F$% · n$% dS¤ � a a �2 = 2 9 8����	 � 4)H#`)̀ 
 
Ejemplo 20 
Verificar el teorema de Stokes para �% � � 8% = 	:% 9 �� ;$% si S es el 
paraboloide � � 	@ 9 �@ bajo el plano � � 1 entonces, la frontera de S es 
la curva de intersección del paraboliode con � � 1. 
Resolución 
a) Cálculo de la integral de línea 
 
Þ F$% · dr% �ß 
Ecuaciones paramétricas del camino: x � cos t ; y � sen t ; z � 1 dx � =sen t dt ; dy � cos t dt ; dz � 0 
 
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Þ F$% · dr% �ß Þ P dx 9 Q dy 9 R dz ß Þ �%. �4% �é 20 [ ( ) cos .cos ] 2sent sent t t dtπ π− − = −∫ 
b) Cálculo de la integral de superficie .
S
rot F n dS∫∫
r r
 
 
0 2
i j k
rot F z i j kx y z
y x yz
∂ ∂ ∂= = + −∂ ∂ ∂
−
rr r
rr r r
 
. ( )x yS Rrot F n dS Pg Qg R dA= − − +∫∫ ∫∫
r r
 
2 2. ( 2 2) 2 [ ( ) 1]
S R R
rot F n dS z x dA x x y dA= − − = − + +∫∫ ∫∫ ∫∫
r r
 
2 1 22 1 1
5 20 0 0
2 ( cos 1) 2 [ cos ] 2r r rdrd d
π π
θ θ θ θ π= − + = − + = −∫ ∫ ∫
 
c) Por el ítem a) Þ �%. �4% � =2}é y por el b) B 4-0 �%. ��% � =2}C , luego el teorema se 
verifica 
 
Ejemplo 21 
Usar el teorema de Stokes para calcular .
S
rot F n dS∫∫
r r
, siendo F y i xj yzk= − +
rv r r
 y S es la parte 
de la superficie esférica 2 2 2( 4) 10x y z+ + − = por debajo del plano 1z = . Considerar n
r
 hacia 
arriba. 
Resolución 
Observemos que el campo vectorial es el mismo que el del ejemplo anterior y resulta la misma 
curva frontera de S : cos ; ; 1x t y sent z= = = 
Por lo tanto: . . 2
S C
rot F n dS F dr π= = −∫∫ ∫
r rr r
� 
El flujo del rotor va a ser igual a 2π− para todas las superficies que tienen el mismo círculo frontera 
y orientado de la misma manera. 
 
En general, si 1S y 2S son superficies orientadas con la misma curva frontera orientada C y, si se 
satisfacen las hipótesis del teorema de Stokes, entonces: 
∫∫ ∫ ∫∫==
1 2
...
S C S
dSnFrotrdFdSnFrot
rrrrrr
 
Es importante tenerlo en cuenta para facilitar los cálculos haciendo una buena elección de la 
superficie. 
 
Ejemplo 22 
Calcular el flujo del campo rotacional de �% � �3	@ = ��8 $%�	 9 /2. � 9 ��: $$% 9 �	@ = �@� ;$% a través 
de la superficie S: � � 	@ 9 �@ ; � v 3 , orientada hacia abajo 
Resolución 
Usando el teorema de Stoke puede evaluarse la integral a través de Þ �%. �4%é siendo C la curva 
intersección entre � � 	@ 9 �@; � � 3; o sea la circunferencia de radio √3 , centrada en (0,0,3) y 
trazada en z=3. Este cálculo no será sencillo por la complejidad del campo. 
Es posible simplificar el cálculo evaluando la integral de superficie sobre el disco 	@ 9 �@ v 3 
ubicado en el plano z=3, dado que la curva C acota tanto a la superficie S como al disco D. 
 
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Ï$$% � �% � ç 8 $% : $$% ;$%F F# F F& F Fm3	@ = � 	 9 /2. � 9 � 	@ = �@ç � =18 $% = 2	 : $$% 9 2 ;$% 
 B 4-0 �%C . .$% ��=B 4-0 �%y . .$% �� � B �=1 , =2	 , 2 �ê . �0,0, =1� �� � B =2��ê � 
Siendo el recinto de integración R un círculo de radio √3 su área es }√3@ � 3}. Luego B 4-0 �%C . .$% ��==2���� � =6} 
Campos Conservativos y Teorema de Stokes 
Recordemos el teorema que vimos en la sección 3 : “Sea un campo vectorial 
kzyxRjzyxQizyxPzyxF
rrrr
),,(),,(),,(),,( ++= , con componentes continuas y con derivadas 
continuas en el conjunto abierto y simplemente conexo D. El campo F
r
 es conservativo ( fF ∇=
rr
) en 
D, si y sólo si ë�	, �, �� � t : Ï$$% � �% � 0$% 
Ya demostramos que si campo �% es conservativo (�% � ì$%�) en D, entonces ë�	, �, �� � t Ï$$% � �% �0$%, vamos a completar la demostración utilizando el teorema de Stokes, es decir, demostraremos que 
si Ï$$% � �% � 0$% ë�	, �, �� � t, entonces el campo es conservativo. 
Consideremos en D una superficie orientada S cuya curva frontera es C. 
Siendo ∫ ∫∫=C S dSnFrotrdF
rrrr
.. , si Ï$$% � �% � 0$%, entonces 0. =∫∫S dSnFrot rr , por lo tanto 
0. =∫C rdF
rr
 , válido para toda curva cerrada. 
En consecuencia, y según demostramos, siendo nula la integral del campo F
r
extendida a cualquier 
camino cerrado, el campo resulta conservativo. 
Interpretación Física del Rotor 
Supongamos que la curva C y el campo de velocidades "% de un fluido en movimiento cumplen con 
las hipótesis del teorema de Stokes. "%. $% es la componente de "% en la dirección del vector unitario tangente $%. 
Luego Þ "%. �4%é � Þ "%. $%�/é será mayor mientras menor sea el ángulo entre "% � $% (mayor será "%. $% y por consiguiente la integral). Y si esto se da si el camino es tangente al campo "% en el que 
obviamente el fluido circula más rápidamente. Por ello se dice Þ "%. �4%é da una medida de la 
circulación del campo "% alrededor de la curva C. 
Por otro lado, consideremos ahora el punto �̀ �	í; �í; �í� en el campo. En él el rotor es 4-0 "%���. 
Considerando una curva C que cierra a una superficie acotada S de área muy pequeña A(S); por 
ejemplo un disco D con centro en �̀ y radio 1 sobre uno de los infinitos planos que contienen a P. 
Es posible aplicar el teorema Stokes que propone Þ "%. �4%é � B 4-0 "%y . .$% �� 
Dado que S es pequeña puede considerarse plana y que el rotor del campo es prácticamente 
 
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invariable en ella e igual al valor en �̀ . Así en S 4-0 "% . .$% ! 4-0 "%��̀ �. .$%��̀ �, constante. 
Este hecho puede utilizarse para aproximar la integral B 4-0 "%y . .$% �� 
 B 4-0 "%y . .$% �� ! B 4-0 "%y ��̀ �. .$% ��̀ ��� � 4-0 "%��̀ �. .$%��̀ � B ��y � 4-0 "%��̀ �. .$%��̀ � ���� 
Por el teorema de Stokes Þ "%. �4%é ! 4-0 "%��̀ �. .$%��̀ � ���� s 4-0 "%��̀ �. .$%��̀ � ! Þ �$%.��%î ±�C� 
Conforme la superficie acotada se hace más pequeña la aproximación mejora. 
Luego 4-0 "%��̀ �. .$%��̀ � � limñ�¤�ò` 4-0 "%��̀ �. .$%��̀ � � limñ�¤�ò` Þ �$%.��%î ±�C� 
Esta igualdad dice que 4-0 "%��̀ �. .$%��̀ � es una medida del efecto de rotación del fluido. El efecto 
de rotación en cada punto es máximo en una superficie cuyo vector normal es paralelo al rotor en 
dicho punto (esto es 4-0 "%. .$% máximo). 
 
Ejercicios propuestos sección 4 
 Integral de superficie 
1) Evalúe la integral de la superficie dada 
a) B � ��b , S es la parte del plano 3	 9 2� 9 � � 6 que está sobre el 1º octante. Rta: 3√14 
b) B 	 ��b, S es la superficie � � 	@ 9 4�, 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ z ≤ 2. Rta: 
33√33 = 17√17�/6 
c) B �� ��b , S es la parte del plano � � � 9 3 que está dentro del cilindro 	@ 9 �@ � 1. 
Rta: }√2/4 
d) B �	@� 9 �@����b , S es el hemisferio 	@ 9 �@ 9 �@ � 4, z≥0. Rta: 16} 
e) B �	@� 9 �@���b , S es la parte del cilindro 	@ 9 �@ � 9 que está entre los planos � � 0 y � � 2 . Rta: 16} 
2) Determine el área de la superficie. Graficar la superifie. 
a) La parte del plano 	 9 2� 9 � � 4 que está dentro del cilindro 	@ 9 �@ � 4. Rta: 4π√6 
b) La parte del cilindro �@ 9 �@ � 9 que está arriba del rectángulo con vértices (0,0), (4,0), (0,2) 
y (4,2). Rta: 
2
12 ( )
3
arcsen 
c) La parte del paraboloide hiperbólico � � 	@ = �@ que está entre los cilindros 	@ 9 �@ � 1 y 	@ 9 �@ � 4. Rta: �} 6⁄ �
17√17 = 5√5� 
d) La parte de la superficie z � x y que está dentro del cilindro x@ 9 y@ � 1. Rta: �2} 3⁄ �
2√2 = 1� 
e) La parte de la esfera 	@ 9 �@ 9 �@ � 1@ que está dentro del cilindro 	@ 9 �@ � 1	 ; que está 
encima del plano xy. Rta: 1@�} = 2� 
f) Muestre que el área de la parte del plano � � 1	 9 A� 9 , que se proyecta sobre una región D 
en el plano xy con área A(D) es √1@ 9 A@ 9 1 ��t�. 
g) Muestre que el área de la parte del cono �@ � 1@�	@ 9 �@�que se proyecta sobre una región D 
en el plano xy con área A es directamente proporcional a ésta. 
 
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3) Evalúe la integral de superficie B �%. ��%b para el campo vectorial �% dado y para la superficie 
orientada S dada. En otras palabras, determine el flujo de �% a lo largo de S. Para superficies cerradas, 
utilice la orientación positiva (hacia afuera). 
a)�%�	, �, �� � 2&8% 9 �2#:% 9 	@�;$%, S es la parte del paraboloide � � 	@ 9 �@ que está encima del 
cuadrado 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 y que tiene una orientación hacia arriba. Rta: �11 = 102�/6 
b) �%�	, �, �� � 	8% 9 	�:% 9 	�;$%. S es la parte del plano 	 9 2� 9 � � 4 que está dentro del 
cilindro 	@ 9 �@ � 4. con orientación hacia arriba. Rta: =4} 
c) �%�	, �, �� � 	8% 9 �:% 9 �;$%. S es la esfera 	@ 9 �@ 9 �@ � 9. Rta: 108} 
d) �%�	, �, �� � �:% = �;$%, S consiste en el paraboloide � � 	@ 9 �@, 0 ≤ y ≤ 1 y el disco 	@ 9 �@ v
1, y=1. Rta: 0 
e) �%�	, �, �� � 	8% 9 2�:% 9 3�;$%, S es el cubo con vértices (±1; ±1; ±1). Rta: 48 
4) Determine el centro de masa del hemisferio 	@ 9 �@ 9 �@ � 1@; � q 0 , si tiene densidad 
constante. Rta: (0 ,0 , a/2) 
5) La temperatura en el punto (x, y, z) de una sustancia con conductividad K=6.5 es ~�	, �, �� �
2�@ 9 2�@. Determine la razón de flujo de calor hacia adentro, a través de la superficie 
cilíndrica �@ 9 �@ � 6, 0 v 	 v 4. Rta: 1248} 
Teorema de la Divergencia 
1) Se muestra un campo vectorial �% , utilice la 
interpretación de la divergencia que se dedujo en 
esta sección a fin de determinar si div �% es positiva 
o negativa en �) y en �@ . 
 
Rta: Positiva en �%) (gráfico de la izquierda), negativa 
en �%@(gráfico de la derecha). 
2) Corrobore que el teorema de divergencia es válido sobre la región ö. para el campo vectorial 
�%�	, �, �� � 3	 8% 9 	� :% 9 2	� ;$% ; ö es el cubo acotado por los planos 	 � 0, 	 � 1, � � 0,
� � 1, � � 0 y � � 1 
3) Utilice el teorema de la divergencia para calcular la integral de superficie B �% b · ��% , es decir, 
calcule el flujo de �% a lo largo de �. 
a) �%�	, �, �� � 3�@�r 8% 9 9	@��@ :% = 4	�@ ;$% , � es la superficie del cubo con vértices 
��1, �1, �1� Rta: 8 
b) �%�	, �, �� � =	� 8% = �� :% 9 �@ ;$% , � es el elipsoide #
I
pI 
9 &
I
÷I 9
mI
éI 
� 1. Rta : 0 
c) �%�	, �, �� � 	r 8% 9 �r :% 9 �r ;$% , � es la esfera 	@ 9 �@ 9 �@ � 1. Rta:12 _Š
d) �%�	, �, �� � �2mI 8% 9 �@ :% 9 2#& ;$% , � es la superficie del sólido acotado por el cilindro 
	@ 9 �@ � 9 y los planos � � 0 � � � � = 3. Rta: -81_@ 
e) �%�	, �, �� � 2& tg � 8% 9 �√3 = 	@ :% 9 	/2. � ;$% , � es la superficie del sólido que está entre el 
plano 	� y debajo de la superficie � � 2 = 	^ = �^, =1 ø 	 ø 1, =1 ø � ø 1. Rta: 341 √@�` 9
�)
@` 14,/2.�
√r
r � 
4) Con el teorema de la divergencia evalúe B �% · ��% b , donde �%�	, �, �� � �@	 8% 9 �
)
r �
r 9
tan �� :% 9 �	@� 9 �@� ;$% y � es la mitad superior de la superficie esférica 	@ 9 �@ 9 �@ � 1. Rta: 11 
 
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_)Å . Sugerencia: observe que � no es una superficie cerrada. Primero calcule las integrales sobre � ) � � @ donde � ) es el disco 	@ 9 �@ ø 1 orientado hacia abajo y � @ � � Î � ) 
5) Compruebe que �Ó" ö$% � 0 para el campo eléctrico ö$%
ù%� � úû'ü$%' ý ù% 
6) Demuestre cada identidad, suponiendo que � y ö satisfacen las condiciones del teorema de la 
divergencia y que las funciones escalares y las componentes de los campos vectoriales tienen 
derivadas parciales continuas de segundo orden. 
a) B 1% · .$% �� � 0 b , donde 1% es un vector constante 
b) B 4-0 �% · ��% � 0 b 
c) B 
�Ï$$%�� · .$% �� � b Ò �� Õ Ï$$%@� 9 Ï$$%� · Ï$$%���Ô . 
d) ∫∫= S Sd.F)E(V
rr
3
1
 , donde kzjyix)z,y,x(F
rrrr
++= 
Teorema de Stokes 
1) Utilice el teorema de Stokes para evaluar B 4-0b �%. ��% 
a) �%�	, �, �� � 	��8% 9 	:% 9 2#& cos � ;$%, S es el hemisferio 	@ 9 �@ 9 �@ � 1 , � þ 0 
Rta: } 
b) �%�	, �, �� � 	��8% 9 	�:% 9 	@��;$%, S consiste en la parte superior y en los cuatro lados (pero 
no en la parte inferior) del cubo con vértices ��1, �1, �1�, orientado hacia fuera. Rta: 0 
2) Evalúe a �%é . �4% con el teorema de Stokes. En cada caso ( está orientada en sentido antihorario, 
como se ve desde arriba. 
a) �%�	, �, �� � 	�8% 9 2	�:% 9 3	�;$%, ( es la frontera de la parte del plano 3	 9 � 9 � � 3 que 
está en el primer octante. Rta: 3,5 
b) �%�	, �, �� � 2�8% 9 4	:% 9 5�;$%, ( es la curva de intersección del plano � � 	 9 4 y el 
cilindro 	@ 9 �@ � 4 . Rta: -4 } 
3) Verifique el teorema de Stokes para el campo vectorial �% y la superficie � que se dan en cada 
caso. Grafique la curva ( y la superficie que utilizó para evaluar la integral. 
a) �%�	, �, �� � 	@�8% 9 	�@:% 9 �@;$% y ( es la curva de intersección del plano 	 9 � 9 � � 1 y 
el cilindro 	@ 9 �@ � 9, orientado en sentido antihorario, visto desde arriba. Rta: 81_@ 
b) �%�	, �, �� � 3�8% 9 4�:% = 6	;$%, � es la parte del paraboloide � � 9 = 	@ = �@ que está encima 
del plano 	�, orientado hacia arriba. 
c) �%�	, �, �� � �8% 9 �:% 9 	;$%, � es la parte del plano 	 9 � 9 � � 1 que está en el primer octante 
orientado hacia arriba. 
4) Calcule el trabajo realizado por el campo de fuerza �%�	, �, �� � �	# 9 �@�8% 9 ��& 9 	@�:% 9��m 9 �@�;$% cuando una partícula se mueve bajo su influencia alrededor de la orilla de parte de la 
esfera 	@ 9 �@ 9 �@ � 4 que está en el primer octante y orientada en sentido antihorario, vista desde 
arriba. Rta: 16 
5) Si � es una esfera y �% satisface la hipótesis del teorema de Stokes, demuestre que B 4-0b �%. �� � 0 
Este material ha sido redactado por Ing. Humberto Pampiglioni (2009). Completado por Mg. Sonia 
Pastorelli (2010). La ejercitación propuesta fue elaborada por Lic. Sandra Ramirez con colaboración 
de los becarios Rodrigo Bermudez y Eduardo De Santis (2010). Colaboraron en la corrección los 
alumnos Mauro Piguin y Rubén Poletti.