Problemas de calculo vectorial-74

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−101
−1
0
1
2
4
Figura 64: Gráfica del Ejercicio 879
880 Consideremos el campo vectorial F(x, y, z) = (y, z, x), y la superficie S
(porción de un toro), parametrizada por
Φ(u, v) = ((2− cos(u)) cos(v), (2− cos(u)) sen(v), sen(u)) ,
u ∈ [0, 2π], v ∈ [0, 3π2 ]. Calcular
∫
S
F orientada al exterior.
Solución 880:
La superficie S es un toro al que se le ha quitado un trozo (véase la
Figura 65). Si le añadimos las tapas S1 y S2, orientadas exteriormente,
entonces tendremos una superficie cerrada, que encierra un volumen D
a la que poder aplicar el teorema de Gauss. Aśı pues:∫
S
F +
∫
S1
F +
∫
S2
F =
∫∫∫
D
div F dV
Como div F = 0, sólo habrá que calcular las integrales sobre S1 y S2.
Parametrizamos S1; se trata de un ćırculo situado en el plano y = 0, (el
correspondiente a v = 0 en la parametrización de S) de centro (2, 0, 0)
y radio 1. Una parametrización es:
Φ1(r, t) = ((2− r cos t), 0, r sen t), r ∈ [0, 1], t ∈ [0, 2π].
La normal unitaria exterior a S1 es el vector N1 = (0,−1, 0). Entonces,∫
S1
F =
∫
S1
F ·N1 =
∫
S1
−z dS
=
∫ 2π
0
∫ 1
0
−r2 sen t dr dt = 0.
6.7 Potenciales vectoriales 221
−2
0
2 −2
0
2−1
0
1
Figura 65: Ejercicio 880: porción de toro
Del mismo modo, S2 es un ćırculo situado en el plano x = 0 (correspon-
diente a v = 3π2 ) de centro (0,−2, 0) y radio 1, cuya parametrización
viene dada por:
Φ2(r, t) = (0,−(2− r cos t), r sen t), r ∈ [0, 1], t ∈ [0, 2π]
La normal exterior a S2 es N2 = (1, 0, 0) y por tanto:∫
S2
F =
∫
S2
F ·N2 =
∫
S2
y dS
=
∫ 2π
0
∫ 1
0
r(r cos t− 2) dr dt = −2π.
Conclusión:
∫
S
F = 2π.
881 Sea S = {(x, y, z) ∈ R3 : z + 3 =
√
x2 + y2, z ≤ 0} ∪ {(x, y, z) ∈ R3 :
x2 + y2 = 9 − z, 0 ≤ z ≤ 5}. Si F(x, y, z) = (x, y,−2z), calcular
∫
S
F
orientada al exterior:
(a) Directamente.
(b) Mediante el teorema de Gauss.
(c) Mediante el teorema de Stokes.
Solución 881:
Dejamos al lector el cálculo directo de la integral. Obsérvese que el
campo F tiene divergencia nula. Aunque la superficie S no es cerrada,
puede añad́ırsele el disco
S′ =
{
x2 + y2 ≤ 4, z = 5
}
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de modo que S ∪ S′ encierra en su interior la región R (Figura 66). Por
el teorema de la divergencia
0 =
∫∫∫
R
div F dV =
∫
S
F +
∫
S′
F =
∫
S
F +
∫
S′
F ·N.
Como S′ es un trozo de plano, la normal unitaria exterior N = (0, 0, 1)
−2 0 2 −2
0
2
0
5
Figura 66: Superficie del Ejercicio 881
y por tanto ∫
S′
F ·N =
∫
S′
(−2z) = −10 Área(S′) = −40π.
Por otro lado, debido de nuevo a que F tiene divergencia nula, podemos
encontrar un campo G cuyo rotacional es F. Aśı, por el teorema de
Stokes, tenemos ∫
S
F =
∫
S
∇×G =
∫
∂S
G.
Un tal campo G es fácil de encontrar (cf. Ejercicio 878), por ejemplo,
G = (0,−2xz,−xy).
Existen infinitas otras posibilidades igualmente válidas.
La frontera ∂S consta de una sola curva z = 5, x2 + y2 = 4 con
parametrización
(2 cos θ, 2 sen θ, 5), 0 ≤ θ ≤ 2π.
La integral de G sobre ∂S es por tanto∫ 2π
0
(−40 cos2 θ) dθ = −40π.