2 Teorema de Stokes Ejercicios Resueltos2

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UNIVERSIDAD PERUANA 
LOS ANDES 
FACULTAD DE INGENIERÍA 
 
 
 
 
 
 
 
 
ANÁLISIS MATEMÁTICO IV 2 
EJEMPLO 1 Aplicación del teorema de Stokes 
Sea 𝐶 el triángulo orientado situado en el plano 2𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 = 6, como se 
muestra en la figura 15.64. Evaluar 
∫ 𝑭. 𝑑𝒓
𝑐
 
donde 𝑭 = −𝑦2𝒊 + 𝑧𝒋 + 𝑥𝒌. 
Solución 
Usando el teorema de Stokes, se empieza por hallar el rotacional de 𝑭. 
𝑟𝑜𝑡 𝑭 = ||
𝒊 𝒋 𝒌
𝜕
 𝜕𝑥 
𝜕
 𝜕𝑦 
𝜕
 𝜕𝑧 
−𝑦2 𝑧 𝑥
|| = −𝒊 − 𝒋 + 2𝑦𝒌 
Considerando 𝑧 = 6 − 2𝑥 − 2𝑦 = 𝑔(𝑥, 𝑦) se puede usar el teorema 15.11 
para un vector normal dirigido hacia arriba para obtener 
∫ 𝑭.𝑑𝒓
𝑐
= ∬(𝑟𝑜𝑡 𝑭) ∙ 𝑵 𝑑𝑆
𝑆
 
∫ 𝑭.𝑑𝒓
𝑐
= ∬(−𝒊 − 𝒋 + 2𝑦𝒌) ∙ [−𝑔𝑥(𝑥, 𝑦)𝒊 − 𝑔𝑦(𝑥, 𝑦)𝒋 + 𝒌] 𝑑𝐴
𝑅
 
∫ 𝑭.𝑑𝒓
𝑐
= ∬(−𝒊 − 𝒋 + 2𝑦𝒌) ∙ (2𝒊 + 2𝒋 + 𝒌) 𝑑𝐴
𝑅
 
∫ 𝑭.𝑑𝒓
𝑐
= ∫ ∫ (2𝑦 − 4) 𝑑𝑥 𝑑𝑦
3−𝑦
0
3
0
 
ANÁLISIS MATEMÁTICO IV 3 
∫ 𝑭.𝑑𝒓
𝑐
= ∫ (−2𝑦2 + 10𝑦 − 12) 𝑑𝑦
3
0
 
∫ 𝑭.𝑑𝒓
𝑐
= [−
2𝑦2
3
+ 5𝑦2 − 12𝑦]
0
3
 
∫ 𝑭.𝑑𝒓
𝑐
= −9 
 
Figura 15.56 
Trátese de evaluar la integral de línea del ejemplo 1 directamente, sin usar 
el teorema de Stokes. Una manera de hacerlo es considerar a 𝐶 como la 
unión de 𝐶1, 𝐶2 y 𝐶3, como sigue. 
𝐶1: 𝒓1(𝑡) = (3 − 𝑡)𝒊 + 𝑡𝒋, 0 ≤ 𝑡 ≤ 3 
ANÁLISIS MATEMÁTICO IV 4 
𝐶2:𝒓2(𝑡) = (6 − 𝑡)𝒋 + (2𝑡 − 6)𝒌, 3 ≤ 𝑡 ≤ 6 
𝐶3:𝒓3(𝑡) = (𝑡 − 6)𝒊 + (18 − 2𝑡)𝒌, 6 ≤ 𝑡 ≤ 9 
El valor de la integral de la línea es 
∫ 𝐹 ∙ 𝑑𝒓
𝐶
= ∫ 𝐹 ∙ 𝒓1
′ (𝑡)𝑑𝑡
𝐶1
+ ∫ 𝐹 ∙ 𝒓2
′ (𝑡)𝑑𝑡
𝐶2
+ ∫ 𝐹 ∙ 𝒓3
′ (𝑡)𝑑𝑡
𝐶3
 
∫ 𝐹 ∙ 𝑑𝒓
𝐶
= ∫ 𝑡2𝑑𝑡
3
0
+ ∫ (−2𝑡 + 6)𝑑𝑡
6
3
+ ∫ (−2𝑡 + 12)𝑑𝑡
9
6
 
∫ 𝐹 ∙ 𝑑𝒓
𝐶
= 9 − 9 − 9 
∫ 𝐹 ∙ 𝑑𝒓
𝐶
= −9 
 
EJEMPLO 2 Verificación del teorema de Stokes 
Sea 𝑆 la parte del paraboloide 𝑧 = 4 − 𝑥2 − 𝑦2 que permanece sobre el 
plano 𝑥𝑦, orientado hacia arriba (ver la figura 15.65). Sea 𝐶 su curva 
frontera en el plano 𝑥𝑦 orientada en el sentido contrario al de las manecillas 
del reloj. Verificar el teorema de Stokes para 
𝑭(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 2𝑧𝒊 + 𝑥𝒋 + 𝑦2𝒌 
evaluando la integral de superficie y la integral de línea equivalente. 
Solución 
Como integral de superficie, se tiene 
ANÁLISIS MATEMÁTICO IV 5 
𝑧 = 𝑔(𝑥, 𝑦) = 4 − 𝑥2 − 𝑦2 ⟹ {
𝑔𝑥 = −2𝑥
𝑔𝑦 = −2𝑦
 
𝑟𝑜𝑡 𝑭 = ||
𝒊 𝒋 𝒌
𝜕
 𝜕𝑥 
𝜕
 𝜕𝑦 
𝜕
 𝜕𝑧 
2𝑧 𝑥 𝑦2
|| = 2𝑦𝒊 + 2𝒋 + 𝒌 
De acuerdo con el teorema 15.11, se obtiene 
∬(𝑟𝑜𝑡 𝑭) ∙ 𝑵 𝑑𝑆
𝑆
= ∬(2𝑦𝒊 + 2𝒋 + 𝒌) ∙ (2𝑥𝒊 + 2𝑦𝒋 + 𝒌) 𝑑𝐴
𝑅
 
∬(𝑟𝑜𝑡 𝑭) ∙ 𝑵 𝑑𝑆
𝑆
= ∫ ∫ (4𝑥𝑦 + 4𝑦 + 1) 𝑑𝑦 𝑑𝑥
√4−𝑥2 
−√4−𝑥2 
2
−2
 
∬(𝑟𝑜𝑡 𝑭) ∙ 𝑵 𝑑𝑆
𝑆
= ∫ [2𝑥𝑦2 + 2𝑦2 + 𝑦 ]
−√4−𝑥2 
√4−𝑥2 
 𝑑𝑥
2
−2
 
∬(𝑟𝑜𝑡 𝑭) ∙ 𝑵 𝑑𝑆
𝑆
= ∫ 2√4 − 𝑥2 
2
−2
𝑑𝑥 
∬(𝑟𝑜𝑡 𝑭) ∙ 𝑵 𝑑𝑆
𝑆
= Á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑐𝑖𝑟𝑐𝑢𝑙𝑜 𝑑𝑒 𝑟𝑎𝑑𝑖𝑜2 = 4𝜋 
Como integral de línea, se puede parametrizar 𝐶 como 
𝒓(𝑡) = 2 cos𝑡 𝒊 + 2 sen 𝑡 𝒋 + 0𝒌, 0 ≤ 𝑡 ≤ 2𝜋 
Para 𝑭(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 2𝑧𝒊 + 𝑥𝒋 + 𝑦2𝒌, se obtiene 
ANÁLISIS MATEMÁTICO IV 6 
∫ 𝐹 ∙ 𝑑𝒓
𝐶
= ∫ 𝑀 𝑑𝑥 + 𝑁 𝑑𝑦 + 𝑃 𝑑𝑧
𝑐
 
∫ 𝐹 ∙ 𝑑𝒓
𝐶
= ∫ 2𝑧 𝑑𝑥 + 𝑥 𝑑𝑦 + 𝑦2 𝑑𝑧
𝑐
 
∫ 𝐹 ∙ 𝑑𝒓
𝐶
= ∫ [0 + 2 𝑐𝑜𝑠 𝑡 (2 𝑐𝑜𝑠 𝑡) + 0] 𝑑𝑡
2𝜋
0
 
∫ 𝐹 ∙ 𝑑𝒓
𝐶
= ∫ 4 𝑐𝑜𝑠2 𝑡 𝑑𝑡
2𝜋
0
 
∫ 𝐹 ∙ 𝑑𝒓
𝐶
= 2 ∫ (1 + 𝑐𝑜𝑠 2𝑡) 𝑑𝑡
2𝜋
0
 
∫ 𝐹 ∙ 𝑑𝒓
𝐶
= 2 [𝑡 +
1
 2 
𝑠𝑖𝑛2𝑡]
0
2𝜋
 
∫ 𝐹 ∙ 𝑑𝒓
𝐶
= 4𝜋 
 
Figura 15.65 
ANÁLISIS MATEMÁTICO IV 7 
EJEMPLO 3 Una aplicación del rotacional 
Un líquido es agitado en un recipiente cilíndrico de radio 2, de manera que 
su movimiento se describe por el campo de velocidad 
𝑭(𝑥, 𝑦, 𝑧) = −𝑦√𝑥2 + 𝑦2 𝒊 + 𝑥√𝑥2 + 𝑦2 𝒋 
como se muestra en la figura 15.68. Hallar 
∬(𝑟𝑜𝑡 𝑭) ∙ 𝑵 𝑑𝑆
𝑆
 
donde 𝑆 es la superficie superior del recipiente cilíndrico. 
Solución 
El rotacional de 𝑭 está dado por 
𝑟𝑜𝑡 𝑭 = |
|
𝒊 𝒋 𝒌
𝜕
 𝜕𝑥 
𝜕
 𝜕𝑦 
𝜕
 𝜕𝑧 
−𝑦√𝑥2 + 𝑦2 𝑥√𝑥2 + 𝑦2 0
|
| = 3√𝑥2 + 𝑦2 𝒌 
Haciendo 𝑵 = 𝒌, se tiene 
∬(𝑟𝑜𝑡 𝑭) ∙ 𝑵 𝑑𝑆
𝑆
= ∬ 3√𝑥2 + 𝑦2 𝑑𝐴
𝑅
 
∬(𝑟𝑜𝑡 𝑭) ∙ 𝑵 𝑑𝑆
𝑆
= ∫ ∫ (3𝑟) 𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃
2
0
2𝜋
0
 
ANÁLISIS MATEMÁTICO IV 8 
∬(𝑟𝑜𝑡 𝑭) ∙ 𝑵 𝑑𝑆
𝑆
= ∫ [𝑟3 ]
0
2
 𝑑𝜃
2𝜋
0
 
∬(𝑟𝑜𝑡 𝑭) ∙ 𝑵 𝑑𝑆
𝑆
= ∫ 8
2𝜋
0
𝑑𝜃 
∬(𝑟𝑜𝑡 𝑭) ∙ 𝑵 𝑑𝑆
𝑆
= 16𝜋 
 
Figura 15.66 
 
Nota. 
Si rot 𝑭 = 0 en toda la región 𝑄, la rotación de 𝑭 con respecto a cada vector 
unitario normal 𝑵 es 0. Es decir, 𝑭 es irrotacional. Por lo visto con 
anterioridad, se sabe que ésta es una característica de los campos 
vectoriales conservativos.