problemas_teorema_de_stokes

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Usando el teorema de Stokes evalue
∫
C
F · dr, en cada caso C es orientado en sentido
antihorario visto desde arriba.
9.- F (x, y, z) = z2î+ 2xĵ + y2 k̂; S : z = 1− x2 − y2, z ≥ 0
Solución:
una parametrizacion de la superficie es
r(x, y) = (x, y, 1− x2 − y2)
El vector normal a la superficie es
∂r
∂x
× ∂r
∂y
=
∣∣∣∣∣∣
î ĵ k̂
1 0 −2x
0 1 −2y
∣∣∣∣∣∣ = (2x, 2y, 1)
Encontramos los limites haciendo z = 0
z = 0 =⇒ 0 = 1− x2 − y2 =⇒ x2 + y2 = 1
usando coordenadas polares tenemos un circulo de radio r = 1 con centro en el origen. Entonces,
0 ≤ r ≤ 1 y 0 ≤ θ ≤ 2π
Ahora, calcularemos el rotacional de F
∇× F =
∣∣∣∣∣∣
î ĵ k̂
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
z2 2x y2
∣∣∣∣∣∣ = (2y, 2z, 2) = (2y, 2z, 2)
Y la integral de linea expresada como una integral de superficie es∫ ∫
S
(∇× F ) ·NdS =
∫ ∫
S
(2y, 2z, 2) · (2x, 2y, 1)dxdy =
∫ ∫
S
(4xy + 4y(1− x2 − y2) + 2)dxdy
=
∫ 2π
0
∫ 1
0
[4(r cos θ)(r sin θ) + 4r sin θ(1− r2) + 2]rdrdθ
=
∫ 2π
0
∫ 1
0
[4r3 cos θ sin θ + (r2 − r4)4 sin θ + 2r]drdθ
=
∫ 2π
0
[
r4 cos θ sin θ + (
r3
3
− r
5
5
)4 sin θ + r2
]1
0
dθ
=
∫ 2π
0
[
1
2
sin 2θ +
(
8
15
)
sin θ + 1
]
dθ =
[
−1
4
cos 2θ +
(
8
15
)
sin θ + θ
]2π
0
=
(
−1
4
+ 1 + 2π
)
−
(
−1
4
− 1
)
= 2π
11.- F (x, y, z) = z2 î+ y ĵ + zk̂; S : z =
√
4− x2 − y2
Solución:
una parametrizacion de la superficie es
r(x, y) = (x, y,
√
4− x2 − y2)
El vector normal a la superficie es
∂r
∂x
× ∂r
∂y
=
∣∣∣∣∣∣∣∣
î ĵ k̂
1 0 − x√
4−x2−y2
0 1 − y√
4−x2−y2
∣∣∣∣∣∣∣∣ =
(
x√
4− x2 − y2
,
y√
4− x2 − y2
, 1
)
Encontramos los limites haciendo z = 0
z = 0 =⇒ 0 =
√
4− x2 − y2 =⇒ x2 + y2 = 4
usando coordenadas polares tenemos un circulo de radio r = 2 con centro en el origen. Entonces,
0 ≤ r ≤ 2 y 0 ≤ θ ≤ 2π
Ahora, calcularemos el rotacional de F
∇× F =
∣∣∣∣∣∣
î ĵ k̂
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
z2 y z
∣∣∣∣∣∣ = (0, 2z, 0) = (0, 2
√
4− x2 − y2, 0)
Y la integral de linea expresada como una integral de superficie es∫ ∫
S
(∇× F ) ·NdS =
∫ ∫
S
(0, 2
√
4− x2 − y2, 0) ·
(
x√
4− x2 − y2
,
y√
4− x2 − y2
, 1
)
dxdy
=
∫ ∫
S
(2y)dxdy
=
∫ 2π
0
∫ 2
0
[2r sin θ]rdrdθ
=
∫ 2π
0
[
2r3
3
sin θ
]2
0
dθ =
∫ 2π
0
[
16
3
sin θ
]
dθ
=
16
3
∫ 2π
0
sin θdθ =
16
3
[− cos θ]2π0
=
16
3
[−1 + 1]
= 0
13.- F (x, y, z) = − ln
√
x2 + y2 î+ arctan xy ĵ + k̂; S : z = 9− 2x− 3y
sobre r = 2 sin 2θ en el primer octante.
Solución:
Podemos parametrizar la superificie S como
r(x, y) = (x, y, 9− 2x− 3y)
El vector normal a la superficie es
∂r
∂x
× ∂r
∂y
=
∣∣∣∣∣∣
î ĵ k̂
1 0 −2
0 1 −3
∣∣∣∣∣∣ = (2, 3, 1)
Los limites de integración usando coordenadas polares para la superficie del petalo son
0 ≤ θ ≤ π
2
, 0 ≤ r ≤ 2 sin 2θ
Ahora, calcularemos el rotacional de F
∇× F =
∣∣∣∣∣∣∣
î ĵ k̂
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
− ln
√
x2 + y2 arctan xy 1
∣∣∣∣∣∣∣ =
(
0, 0,
y
x2 + y2
+
y
x2 + y2
)
=
(
0, 0,
2y
x2 + y2
)
USando el teorema de Stokes tenemos que∫ ∫
S
(∇× F ) ·NdS =
∫ ∫
S
(
0, 0,
2y
x2 + y2
)
· (2, 3, 1)dxdy
=
∫ ∫
S
(
2y
x2 + y2
)
dydx =
∫ π
2
0
∫ 2 sin 2θ
0
(
2r sin θ
r2
)
rdrdθ
=
∫ π
2
0
∫ 2 sin 2θ
0
(2 sin θ)drdθ =
∫ π
2
0
2 sin θ [r]
2 sin 2θ
0 dθ
=
∫ π
2
0
4 sin θ sin 2θdθ =
∫ π
2
0
8 sin2 θ cos θdθ, sea u = sin θ, du = cos θdθ
= 8
[
u3
3
]π
2
0
= 8
[
sin3 θ
3
]π
2
0
= 8
(
1
3
− 0
)
=
8
3
15.- F (x, y, z) = xyz î+ y ĵ + z k̂, S : z = x2, 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ a
Solución:
una parametrizacion de la superficie, considerando el vector normal hacia arriba, es
r(x, y) = (x, y, x2)
El vector normal a la superficie es
∂r
∂x
× ∂r
∂y
=
∣∣∣∣∣∣
î ĵ k̂
1 0 2x
0 1 0
∣∣∣∣∣∣ = (−2x, 0, 1)
Los limites de integracion ya estan dados, entonces
0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ a
Ahora, calcularemos el rotacional de F
∇× F =
∣∣∣∣∣∣
î ĵ k̂
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
xyz y z
∣∣∣∣∣∣ = (0, xy,−xz) = (0, xy,−x3)
USando el teorema de Stokes tenemos que∫ ∫
S
(∇× F ) ·NdS =
∫ ∫
S
(0, xy,−x3) · (−2x, 0, 1)dxdy
=
∫ a
0
∫ a
0
(−x3)dydx = −
∫ a
0
x3[y]a0dx
= −a
∫ a
0
x3dx = −a
[
x4
4
]a
0
= −a
[
a4
4
]
= −a
5
4