problema16[1]

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PROBLEMA 16 
 
Comprobar el Teorema de Stokes para el vector ( )� � �
�
a x y i zj x yz k= − + +2 2 2 en el 
contorno dado por y z x2 2 4 0+ = =; , y en el hemisferio que tiene por plano diametral 
esta circunferencia del lado de las x positivas. 
 
 
 z 
 z z 
 
 
 y y x 
 
 
 x x 
 
 
Teorema de Stokes: 
�
�
�
�
a dl a dS⋅ =
→
⋅∫∫∫ rot 
Hacemos cada integral por separado: 
 
1) 
�
�
a dl⋅∫ 
El contorno es una circunferencia de radio 2 en el plano x=0. 
En este plano, x=0, el vector es igual a: 
jziya
��
� +−= 
y el vector dl
�
también estará en el plano x=0 por lo que no tendrá componente en la 
dirección de x. 
dl dyj dzk
� � �
= + 
 
�
�
a dl z dy⋅ = �
�
a dl z dy⋅ =∫ ∫ 
Para resolver la integral utilizamos coordenadas polares: ( )r ,θ 
 
 
y r
z r
=
=
cos
sen
θ
θ
 
 
 r En estas cordenadas, el circulo viene 
 z dado por la ecuación: 
 θ r = 2 
 y 0 2< <θ π 
 Como r es constante: 
 
dy r d
dz r d
= −
=
sen
cos
θ θ
θ θ
 
 
 
 
 
 
Sustituimos por las nuevas variables: 
 
�
�
a dl z dy r r d r d r d
r
⋅ = = − = − = − − =
− −



= −
∫ ∫∫ ∫∫ ( sen )( sen ) sen
cos
sen
θ θ θ θ θ θ θ
θ θ π
ππ
π
2 2 2
0
2
0
2
2
0
2
1 2
2
2
1
4
2 4
 
 
2) Calculamos ahora la integral de superficie. 
La superficie es el hemisferio dado por las ecuaciones: x y z
x
2 2 2 4
0
+ + =
>
 
Debemos calcular ( ) ( )� � � � � �∇ × ⋅ = ∇ × ⋅∫∫ ∫∫a dS a u dSn 
( )
( ) ( )
( ) ( )
�
�
� � �
�
� � �
�
� �
�
� �
∇ × = − + − +
= + +
+ +
= + +
∇ × ⋅ = − − +
∇ × ⋅ = − − +∫∫ ∫∫
a x z i xyz j k
u
d x y z
d x y z
xi yj zk
a u x z x xy z z
a u dS x z x xy z z dS
n
n
n
( ) ( )
gra ( )
gra ( )
( )
2 2 2
2 2 2
2 2 2
3 2 2 2
3 2 2 2
1 2
1
2
1
2
2
1
2
2
 
 
Para realizar esta integral utilizamos coordenadas esféricas: ( )r , ,φ θ 
 
 
θ
φθ
φθ
cos
sensen
cossen
rz
ry
rx
=
=
=
 
 La superficie de la esfera cumplirá: 
 
r =
< <
< <
2
0 2
0
φ π
θ π
 
 
 r Como sólo tenemos media 
 θ esfera: 
 r = 2 
 − < <π φ π
2 2
 
 φ 0 < <θ π 
 
 
 Además: 
 dS r d d= 2 senθ θ φ 
 
 Sustituimos: 
 
( )
( )
( )
�
� �∇ × ⋅ =
= − − + ⋅
∫∫
∫∫
a u dS
r r r r r r r
r d d
n
1
2
23 3 3 2 2 2 2 2 2 2
2
sen cos cos sen cos sen cos sen sen cos cos
sen
θ φ θ θ φ θ φ θ φ θ θ
θ θ φ 
Dividimos la integral en cuatro integrales: 
( )
( )
( )
( )
( )
I I I I I
I d d r
I d d r
I d d r
I d d r
= + + +
=
= −
= −
=
−
−
−
−
∫∫
∫∫
∫∫
∫∫
1
2
2
1 2 3 4
1
7 4 2 3
2
2
0
2
3 2
2
2
0
3
7 4 2 2
2
2
0
4
3
2
2
0
θ φ θ θ φ
θ φ θ φ
θ φ θ θ φ
θ φ θ θ
π
ππ
π
ππ
π
ππ
π
ππ
 
 
 
 
sen cos cos
sen cos
sen cos sen
sen cos
/
/
/
/
/
/
/
/
 
 
Primero resolvemos las integrales en la variable φ : 
[ ]
En 
En 
En 
Entonces nos quedan las siguientes integrales:
 
 
 
I d
I d
I d
I r d
I r d
I r d
1
3 3
2
2
2
2
2 2
2
2
2
3
2 3
2
2
2
2
1
7 4 2
0
2
3 2
0
3
7 4 2
1
3
4
3
2
1
3
2
3
4
3
2
2
3
2
: cos sen sen
: cos sen
: cos sen sen
sen cos
sen
sen cos
/
/
/
/
/
/
/
/
/
/
/
/
φ φ φ φ
φ φ φ
φ φ φ φ
θ θ θ
θ θ
θ θ
π
π
π
π
π
π
π
π
π
π
π
π
π
π
= −



=
= =
= 



=
=
= −
= −
−−
−
−
−−
∫
∫
∫
∫
∫
θ
θ θ θ
π
π
0
4
3
0
∫
∫=I r dsen cos 
Se puede ver que I I1 3 0+ = , luego sólo quedan: 
I r d r r
I r d r
I I r
2
3 2
0
3
0
3
4
3
0
3
2
0
2
3
2 2
2
2
4
2
2
2
0
1
2 2
4
= − = − −



= −
= =





 =
= = − = −
∫
∫
sen
sen
sen cos
sen
θ θ θ θ π
θ θ θ θ
π π
π π
π π
 
 
Por lo tanto:
 
 
Hemos obtenido el mismo resultado en las dos integrales, por tanto queda demostrado 
que se cumple el Teorema de Stokes.