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TEOREMA DE STOKES.
10. Usar el teorema de Stokes para calcular la integral de ĺınea∫
C
(y2 − z2) dx + (z2 − x2) dy + (x2 − y2) dz,
donde C es la curva intersección de la superficie del cubo 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ a,
0 ≤ z ≤ a y el plano x + y + z = 3a/2, recorrida en sentido positivo.
Solución
La curva dada tiene la forma del hexágono de la figura adjunta.
a
a
D
x
y
z
Para aplicar el teorema de Stokes, calculamos en primer lugar el rotacional del campo
vectorial:
rotF =
∣∣∣∣∣∣
i j k
∂/∂x ∂/∂y ∂/∂z
y2 − z2 z2 − x2 x2 − y2
∣∣∣∣∣∣ = (−2y − 2z,−2z − 2x,−2x− 2y).
Si llamamos S a la superficie interior de dicho hexágono y D a la proyección de S sobre
el plano XY , la superficie S viene parametrizada por la fórmula expĺıcita z = 3a/2 −
x − y, con (x, y) ∈ D. De este modo, el vector normal exterior a la superficie es −→n =
(−∂z/∂x,−∂z/∂y, 1) = (1, 1, 1).
Al aplicar el teorema de Stokes, resulta:
I =
∫∫
S
−−−→
rotF · −→n dS
=
∫∫
D
(−2y − 2z,−2z − 2x,−2x− 2y) · (1, 1, 1) dxdy
=
∫∫
D
−6a dxdy = −6a · área (D) = −6a(a2 − a2/4) = −9a3/2.
1
11. Hallar el trabajo realizado por el campo vectorial
−→
F (x, y, z) = (y + z, 2 + x, x + y) a lo
largo del arco más corto de la circunferencia mayor de la esfera x2 +y2 +z2 = 25 que
une los puntos A = (3, 4, 0) y B = (0, 0, 5).
Solución
La trayectoria descrita por el móvil es la ilustrada en la figura adjunta.
O
A
B
C
x
y
z
Dicha curva está contenida en la intersección de la esfera x2 + y2 + z2 = 25 con el plano
y = 4x/3. Si escribimos las ecuaciones de la curva como
C :
{ x2 + 16x2/9 + z2 = 25
y = 4x/3 o bien
{ x2/9 + z2/25 = 1
y = 4x/3,
podemos parametrizarla como C :
 x = 3 cos ty = 4 cos t
z = 5 sen t
, 0 ≤ t ≤ π/2.
Aśı pues, el trabajo realizado se calcula mediante la fórmula
W =
∫
C
−→
F ds
=
∫ π/2
0
(4 cos t + 5 sen t, 2 + 3 cos t, 7 cos t) · (−3 sen t,−4 sen t, 5 cos t) dt
=
∫ π/2
0
(−24 sen t cos t− 15 sen2 t− 8 sen t + 35 cos2 t) dt = 5π − 20.
Si queremos calcular la integral aplicando el teorema de Stokes, la trayectoria debe ser
cerrada. Esto se consigue completando el circuito con los segmentos de recta BO y OA. De
2
este modo, si llamamos S a la superficie limitada por dicho circuito, el teorema de Stokes
afirma que ∫
C
−→
F +
∫
BO
−→
F +
∫
OA
−→
F =
∫∫
S
rotF.
Por un lado, rot F =
∣∣∣∣∣∣
i j k
∂/∂x ∂/∂y ∂/∂z
y + z 2 + x x + y
∣∣∣∣∣∣ = (1, 0, 0).
Una parametrización de la superficie S se obtiene escribiendo las coordenadas esféricas de
un punto de la superficie y teniendo en cuenta que los puntos de S están en el plano 4x = 3y.
De este modo,
S :
 x = (3/5)u sen vy = (4/5)u sen v
z = u cos v
, 0 ≤ u ≤ 5, 0 ≤ v ≤ π/2.
El vector normal a la superficie es
Tu × Tv = ((3/5) sen v, (4/5) sen v, cos v)× ((3/5)u cos v, (4/5)u cos v,−u sen v)
= (−(4/5)u, (3/5)u, 0).
Elegimos como vector normal el correspondiente a la cara exterior de la superficie, con
respecto al sentido del recorrido de la curva C, es decir −→n = (4u/5,−3u/5, 0). Aśı pues,∫∫
S
rotF =
∫∫
D
(1, 0, 0) · (4u/5,−3u/5, 0) dudv =
∫ 5
0
du
∫ π/2
0
4
5
u dv = 5π.
Por otra parte, el segmento BO tiene como vector de posición −→r (t) = (0, 0, 5 − t), con
0 ≤ t ≤ 5. Entonces,∫
BO
−→
F =
∫ 5
0
F (r(t)) · r′(t) dt =
∫ 5
0
(5− t, 0, 0) · (0, 0,−1) dt = 0.
Por último, el segmento OA se parametriza por r(t) = (t, 4t/3, 0), con 0 ≤ t ≤ 3. De este
modo, ∫
OA
−→
F =
∫ 3
0
F (r(t)) · r′(t) dt
=
∫ 3
0
(4t/3, 2 + t, 7t/3) · (1, 4/3, 0) dt =
∫ 3
0
(8t/3 + 8/3) dt = 20.
En definitiva, de la igualdad∫
C
−→
F +
∫
BO
−→
F +
∫
OA
−→
F =
∫∫
S
rotF,
deducimos (como era de esperar) que∫
C
−→
F = −
∫
BO
−→
F −
∫
OA
−→
F +
∫∫
S
rotF = 5π − 20.
3
12. Hallar la circulación del vector −→a = (2xz, x2 − y, 2z − x2) a lo largo del circuito del
primer octante limitado por la esfera centrada en el origen y de radio 1, el plano
z = y y los planos coordenados XOZ, Y OZ.
a) Directamente, mediante integral curviĺınea.
b) Aplicando el teorema de Stokes.
Solución
El circuito indicado está formado por tres tramos: la curva C1 es el arco de circunferencia
máxima contenido en la esfera dada entre los puntos A = (1, 0, 0) y B = (0,
√
2/2,
√
2/2);
el segmento C2 une el punto B con el origen; el segmento C3 une el origen con el punto A.
O
A
D
B
x
y
z
Aśı pues, ∫
C
−→a ds =
∫
C1
−→a ds +
∫
C2
−→a ds +
∫
C3
−→a ds.
En primer lugar, como
C1 :
 x
2 + y2 + z2 = 1
y = z
x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0
⇐⇒
 x
2 + 2y2 = 1
y = z
x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0
⇐⇒

x = cos t
y = (
√
2/2) sen t
z = (
√
2/2) sen t
, 0 ≤ t ≤ π/2,
entonces∫
C1
−→a ds =
∫ π/2
0
(
√
2 sen t cos t, cos2 t− (
√
2/2) sen t,
√
2 sen t− cos2 t)
·(− sen t, (
√
2/2) cos t, (
√
2/2) cos t) dt =
1
4
−
√
2
3
.
4
Con respecto a C2, el vector de posición del segmento BO se expresa por−→r (t) = (0, (
√
2/2)−
t, (
√
2/2)− t), donde 0 ≤ t ≤
√
2/2. Aśı pues,∫
C2
−→a ds =
∫ √2/2
0
(0,−(
√
2/2) + t,
√
2− 2t) · (0,−1,−1) dt
=
∫ √2/2
0
(t−
√
2/2) dt = −1
4
.
Para calcular la integral a lo largo de C3, parametrizamos dicho segmento por el vector−→r (t) = (t, 0, 0), con 0 ≤ t ≤ 1. Por lo tanto,∫
C3
−→a ds =
∫ 1
0
(0, t2,−t2) · (1, 0, 0) dt = 0.
En definitiva,
∫
C
−→a ds = −
√
2
3
.
Vamos a resolver a continuación la integral utilizando el teorema de Stokes. Para ello,
calculamos
rot−→a =
∣∣∣∣∣∣
i j k
∂/∂x ∂/∂y ∂/∂z
2xz x2 − y 2z − x2
∣∣∣∣∣∣ = (0, 4x, 2x).
Además, si S es la superficie encerrada por el circuito C, entonces
S :
 z = yx2 + y2 + z2 ≤ 1
x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0
⇐⇒
 z = yx2 + 2y2 ≤ 1
x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0
Esto permite definir la superficie S por su fórmula expĺıcita z = y a lo largo de la región
D : x2 + 2y2 ≤ 1, con x ≥ 0, y ≥ 0.
De este modo, el vector normal exterior a la superficie es −→n = (0,−1, 1) y, como conse-
cuencia del teorema de Stokes,∫
C
−→a ds =
∫∫
S
rot a dS =
∫∫
D
(0, 4x, 2x) · (0,−1, 1) dxdy =
∫∫
D
−2x dxdy.
Resolvemos la integral doble utilizando el cambio de coordenadas{
x = u cos v
y = (1/
√
2)u sen v
, (0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ π/2).
Como el jacobiano de la transformación es J = u/
√
2, tenemos:∫∫
D
−2x dxdy =
∫ 1
0
du
∫ π/2
0
−2u cos v · (1/
√
2)u dv = −
√
2
3
,
resultado que coincide con el obtenido al calcular directamente la integral de ĺınea.
5
13. Calcular
∫∫
S
−−−→
rotF · −→n dS, siendo
−→
F (x, y, z) = (xz,−y,−x2y), donde S consta de las
tres caras no situadas en el plano XZ del tetraedro limitado por los tres planos
coordenados y el plano 3x+ y +3z = 6, y la normal −→n es la normal unitaria exterior
del tetraedro.
Solución
Si llamamos S1 al plano XY , S2 al plano Y Z y S3 al plano 3x + y + 3z = 6, entonces:
I =
∫∫
S
−−−→
rotF · −→n dS =
3∑
i=1
∫∫
Si
−−−→
rotF · −→n dS.
Si aplicamos ahora el teorema de Stokes y simplificamos caminos opuestos:
I =
3∑
i=1
∫
∂Si
−→
F ·
−→
ds.
CH3L
CH1L
CH2L
x y
z
Las curvas Ci = ∂Si vienen parametrizadas por (ver figura):
C1 : x = 2− t, y = 0, z = 0 (0 ≤ t ≤ 2)
C2 : x = 0, y = 0, z = t (0 ≤ t ≤ 2)
C3 : x = t, y = 0, z = 2− t (0 ≤ t ≤ 2).
En definitiva,
I = 0 + 0 +
∫ 2
0
t · (2− t)dt = (t2 − t3/3)
∣∣2
0
=
4
3
.
14. Hallar, tanto directamente como aplicando el teorema de Stokes, la circulación del
campo
−→a = (x− z)−→i + (x3 + yz)−→j − 3xy2
−→
k
a lo largo del circuito limitado por
z = 2−
√
x2 + y2, z = 0.
6
Solución
Para calcular la circulación del campo, buscamos una parametrización de la curva dada.
En este caso,
C :
{
z = 2−
√
x2 + y2
z = 0
⇐⇒
 x = 2 cos ty = 2 sen t
z = 0
(0 ≤ t ≤ 2π).
C
x
y
z
Aśı pues,∫
C
−→a ds =
∫ 2π
0
(2 cos t, 8 cos3 t,−24 cos t sen2 t) · (−2 sen t, 2 cos t, 0) dt
=
∫ 2π
0
(−4 sen t cos t + 16 cos4 t) dt = 12π.
Si queremos aplicar el teorema de Stokes, llamamos S al interior del ćırculo limitado por la
curva C y calculamos el rotacional del campo vectorial. Como
rot−→a =
∣∣∣∣∣∣
i j k
D1 D2 D3
x− z x3 + yz −3xy2
∣∣∣∣∣∣ = (−6xy − y,−1 + 3y2, 3x2),
entonces∫
C
−→a ds =
∫∫
S
rot−→a dS
=
∫∫
S(−6xy − y,−1 + 3y2, 3x2) · (0, 0, 1) dxdy =
∫∫
S
3x2 dxdy.
Resolvemos la integral mediante un cambio a coordenadas polares, x = u cos v, y = u sen v,
con 0 ≤ u ≤ 2, 0 ≤ v ≤ 2π. Como el jacobiano de la transformación es J = u, resulta:∫∫
S
3x2 dxdy =
∫ 2
0
du
∫ 2π
0
3u3 cos2 v dv = 12π.
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