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Teorema de Stokes Sea S una superficie suave por tramos y orientada acotada por una curva C suave por tramos, simple y cerrada con orientación positiva. Sea F un campo vectorial cuyas componentes tienen derivadas parciales continuas en una región abierta en R3 que contiene a S. Entonces,∫ C F · dr = ∫ ∫ S (∇× F) · dS Integral de linea Sea F un campo vectorial continuo definido sobre una curva suave C dada por una función vectorial r(t), a ≤ t ≤ b. Entonces la integral de linea de F a lo largo de C es∫ C F · dr = ∫ b a F(r(t)) · r′(t)dt En los siguientes ejercicios verificar el teorema de Stokes evaluando ∫ C F ·dr como una integral de linea y como una integral doble. 3.- F (x, y, z) = (−y + z) î+ (x− z) ĵ + (x− y) k̂ S : z = 9− x2 − y2, z ≥ 0 Usando la integral de linea Podemos parametrizar la curva en términos de un parámetro t como r(t) igual a r(t) = x = 3 cos ty = 3 sin t z = 0 Entonces, r′(t) = (−3 sin t, 3 cos t, 0) La funcion evaluada en la parametrizacion F (r(t)) es F (r(t)) = F (3 cos t, 3 sin t, 0) = (−3 sin t, 3 cos t, 3 cos t− 3 sin t) y la integral de linea es∫ C F · dr = ∫ b a F(r(t)) · r′(t)dt = ∫ 2π 0 (−3 sin t, 3 cos t, 3 cos t− 3 sin t) · (−3 sin t, 3 cos t, 0)dt = ∫ 2π 0 (9 sin2 t+ 9 cos2 t)dt = 9 ∫ 2π 0 dt = 9[2π] = 18π Usando el teorema de Stokes parametrizamos la curva como r(x, y) = (x, y, 9− 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) Ahora, calcularemos el rotacional de F ∇× F = ∣∣∣∣∣∣ î ĵ k̂ ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z (−y + z) (x− z) (x− y) ∣∣∣∣∣∣ = (1 + 1,−(1− 1), 1 + 1) = (2, 0, 2) Entonces, la integral de linea expresada como una integral de superficie es∫ ∫ S (∇× F ) ·NdS = ∫ ∫ S (2, 0, 2) · (2x, 2y, 1)dxdy = ∫ ∫ S (4x+ 2)dxdy = ∫ 2π 0 ∫ 3 0 (4r cos θ + 2)rdrdθ = ∫ 2π 0 ∫ 3 0 (4r2 cos θ + 2r)drdθ = ∫ 2π 0 [ 4 3 r3 cos θ + r2 ]3 0 dθ = 9 ∫ 2π 0 (4 cos θ + 1)dθ = 9 [sin θ + θ] 2π 0 = 9[2π] = 18π 5.- F (x, y, z) = xyz î+ y ĵ + z k̂, S : 6x+ 6y + z = 12, primer octante Solución: parametrizamos la curva como r(x, y) = (x, y, 12− 6x− 6y) Usando la integral de linea Podemos ver el contorno de S en el primer octante como la unión de varias rectas c1, c2 y c3, • Sea c1 la recta en el nivel z=0, entonces, la diferencial es dz = 0, Los limites son 0 ≤ y ≤ 2 • Sea c2 la recta en el nivel x=0, entonces, la diferencial es dx = 0. Los limites son 2 ≥ y ≥ 0, 0 ≤ z ≤ 12 • Sea c3 la recta en el nivel y=0, entonces, la diferencial es dy = 0. Los limites son 12 ≥ z ≥ 0 y los limites de integración son 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 2, 0 ≤ z ≤ 12 entonces, hacemos las distintas integrales de linea∫ S F · dr = ∫ c1 F · dr + ∫ c2 F · dr + ∫ c3 F · dr ∫ c1 F · dr = ∫ c1 (xyz, y, z) · (dx, dy, dz) = ∫ c1 ydy porque z=dz=0.∫ c2 F · dr = ∫ c2 (xyz, y, z) · (dx, dy, dz) = ∫ c2 (ydy + zdz) porque x=dx=0.∫ c3 F · dr = ∫ c3 (xyz, y, z) · (dx, dy, dz) = ∫ c3 zdz porque y=dy=0. Entonces, la integral de linea sobre el contorno de S en el primer octante es∫ S F · dr = ∫ c1 ydy + ∫ c2 (ydy + zdz) + ∫ c3 zdz Desarrollando esto nos queda∫ S F · dr = ∫ c1 ydy + ∫ c2 (ydy + zdz) + ∫ c3 zdz = ∫ 2 0 ydy + ∫ 0 2 ydy + ∫ 1 0 2zdz + ∫ 1 20zdz = 0 Usando el teorema de Stokes El vector normal a la superficie es ∂r ∂x × ∂r ∂y = ∣∣∣∣∣∣ î ĵ k̂ 1 0 −6 0 1 −6 ∣∣∣∣∣∣ = (6, 6, 1) Los limites de x y y los encontramos al hacer z = 0 z = 0 = 12− 6x− 6y =⇒ y = 2− x y si z = y = 0 entonces x = 2, por lo tanto, 0 ≤ x ≤ 2 y 0 ≤ y ≤ 2− x El rotacional de F es ∇× F = ∣∣∣∣∣∣ î ĵ k̂ ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z xyz y z ∣∣∣∣∣∣ = (0, xy,−xz) = (0, xy,−12x+ 6x2 + 6xy) Usando el teorema de Stokes tenemos que∫ ∫ S (∇× F ) ·NdS = ∫ ∫ S (0, xy,−12x+ 6x2 + 6xy) · (6, 6, 1)dxdy = ∫ ∫ S (6xy − 12x+ 6x2 + 6xy)dxdy = ∫ 2 0 ∫ 2−x 0 (12xy − 12x+ 6x2)dydx = ∫ 2 0 [ 6xy2 − 12xy + 6x2y ]2−x 0 dx = ∫ 2 0 [ 6x(2− x)2 − 12x(2− x) + 6x2(2− x) ] dx = ∫ 2 0 [ 24x− 24x2 + 6x3 − 24x+ 12x2 + 12x2 − 6x3 ] dx = ∫ 2 0 [0]dx = 0
