Ejemplos Teorema De Stokes} 2ms6d

TEOREMA DE STOKES.

10. Usar el teorema de Stokes para calcular la integral de l´ınea Z (y 2 − z 2 ) dx + (z 2 − x2 ) dy + (x2 − y 2 ) dz, C

donde C es la curva intersecci´ on 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.

Soluci´ on La curva dada tiene la forma del hex´ agono de la figura adjunta. z

a D

y

a x Para aplicar el teorema de Stokes, calculamos en primer lugar el rotacional del campo vectorial: i j k ∂/∂y ∂/∂z = (−2y − 2z, −2z − 2x, −2x − 2y). rot F = ∂/∂x y 2 − z 2 z 2 − x2 x2 − y 2 Si llamamos S a la superficie interior de dicho hex´agono y D a la proyecci´on de S sobre el plano XY , la superficie S viene parametrizada por la f´ormula expl´ıcita 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: ZZ −−−→ − I = rot F · → n dS S ZZ = (−2y − 2z, −2z − 2x, −2x − 2y) · (1, 1, 1) dxdy Z ZD = −6a dxdy = −6a · ´area (D) = −6a(a2 − a2 /4) = −9a3 /2. D

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 m´ as corto de la circunferencia mayor de la esfera x2 + y 2 + z 2 = 25 que une los puntos A = (3, 4, 0) y B = (0, 0, 5).

Soluci´ on La trayectoria descrita por el m´ovil es la ilustrada en la figura adjunta.

z B C O y x

A

Dicha curva est´ a contenida en la intersecci´on de la esfera x2 + y 2 + z 2 = 25 con el plano y = 4x/3. Si escribimos las ecuaciones de la curva como C:

n x2 + 16x2 /9 + z 2 = 25 y = 4x/3

o bien

  x = 3 cos t y = 4 cos t podemos parametrizarla como C :  z = 5 sen t

n x2 /9 + z 2 /25 = 1 y = 4x/3,

, 0 ≤ t ≤ π/2.

As´ı pues, el trabajo realizado se calcula mediante la f´ormula Z → − W = F ds C π/2

Z

(4 cos t + 5 sen t, 2 + 3 cos t, 7 cos t) · (−3 sen t, −4 sen t, 5 cos t) dt

= 0

Z =

π/2

(−24 sen t cos t − 15 sen2 t − 8 sen t + 35 cos2 t) dt = 5π − 20.

0

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 Z Z Z ZZ → − → − → − F + F + F = rot F. C

i Por un lado, rot F = ∂/∂x y+z

BO

OA

S

= (1, 0, 0).

j k ∂/∂y ∂/∂z 2+x x+y

Una parametrizaci´ on de la superficie S se obtiene escribiendo las coordenadas esf´ericas de un punto de la superficie y teniendo en cuenta que los puntos de S est´an en el plano 4x = 3y. De este modo,   x = (3/5)u sen v y = (4/5)u sen v S: , 0 ≤ u ≤ 5, 0 ≤ v ≤ π/2.  z = u cos v 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). As´ı pues, ZZ

ZZ

5

Z (1, 0, 0) · (4u/5, −3u/5, 0) dudv =

rot F = S

D

Z du

0

0

π/2

4 u dv = 5π. 5

→ Por otra parte, el segmento BO tiene como vector de posici´on − r (t) = (0, 0, 5 − t), con 0 ≤ t ≤ 5. Entonces, Z 5 Z Z 5 → − F = F (r(t)) · r0 (t) dt = (5 − t, 0, 0) · (0, 0, −1) dt = 0. BO

0

0

Por u ´ltimo, el segmento OA se parametriza por r(t) = (t, 4t/3, 0), con 0 ≤ t ≤ 3. De este modo, Z Z 3 → − F = F (r(t)) · r0 (t) dt OA

0

Z

3

Z (4t/3, 2 + t, 7t/3) · (1, 4/3, 0) dt =

= 0

(8t/3 + 8/3) dt = 20. 0

En definitiva, de la igualdad Z

− → F +

− → F +

Z

OA

deducimos (como era de esperar) que Z Z Z → − → − F =− F − BO

− → F =

Z

BO

C

C

3

− → F + OA

3

ZZ rot F, S

ZZ rot F = 5π − 20. S

→ 12. Hallar la circulaci´ on 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 curvil´ınea. b) Aplicando el teorema de Stokes.

Soluci´ on El circuito indicado est´ a formado por tres tramos: la curva C1 es el arco de circunferencia √ √ m´ axima 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.

z B O y

D A x As´ı pues, Z

− → a ds =

Z

C

− → a ds +

C1

En primer lugar, como  2  x + y2 + z2 = 1 y=z C1 :  x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0

Z C2

⇐⇒

⇐⇒

− → a ds +

Z

− → a ds.

C3

 2  x + 2y 2 = 1 y=z  x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0   x = cos √t y = (√2/2) sen t , 0 ≤ t ≤ π/2,  z = ( 2/2) sen t

entonces Z C1

− → a ds

Z = 0

π/2

√ √ √ ( 2 sen t cos t, cos2 t − ( 2/2) sen t, 2 sen t − cos2 t) √ √ √ 1 2 . ·(− sen t, ( 2/2) cos t, ( 2/2) cos t) dt = − 4 3 4

√ → Con posici´ on del segmento BO se expresa por − r (t) = (0, ( 2/2)− √respecto a C2 , el vector de√ t, ( 2/2) − t), donde 0 ≤ t ≤ 2/2. As´ı pues, √

Z

− → a ds

Z

2/2

=

C2

0

Z

√

√ √ (0, −( 2/2) + t, 2 − 2t) · (0, −1, −1) dt

2/2

(t −

=

√

0

1 2/2) dt = − . 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, Z

− → a ds =

Z

1

(0, t2 , −t2 ) · (1, 0, 0) dt = 0.

0

C3

√ 2 − → En definitiva, a ds = − . 3 C Z

Vamos a resolver a continuaci´ on la integral utilizando el teorema de Stokes. Para ello, calculamos i j k → − ∂/∂z = (0, 4x, 2x). rot a = ∂/∂x ∂/∂y 2xz x2 − y 2z − x2 Adem´as, si S es la superficie encerrada por el circuito C, entonces    z=y  z=y x2 + y 2 + z 2 ≤ 1 x2 + 2y 2 ≤ 1 S: ⇐⇒   x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 Esto permite definir la superficie S por su f´ormula expl´ıcita z = y a lo largo de la regi´on D : x2 + 2y 2 ≤ 1, con x ≥ 0, y ≥ 0. → De este modo, el vector normal exterior a la superficie es − n = (0, −1, 1) y, como consecuencia del teorema de Stokes, Z ZZ ZZ ZZ → − a ds = rot a dS = (0, 4x, 2x) · (0, −1, 1) dxdy = −2x dxdy. C

S

D

D

Resolvemos la integral doble utilizando el cambio de coordenadas x = u cos √v , (0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ π/2). y = (1/ 2)u sen v √ Como el jacobiano de la transformaci´ on es J = u/ 2, tenemos: ZZ

Z −2x dxdy =

D

1

Z

π/2

du 0

0

√ √ 2 −2u cos v · (1/ 2)u dv = − , 3

resultado que coincide con el obtenido al calcular directamente la integral de l´ınea.

5

ZZ 13. Calcular

−−−→ − − → rot F · → n dS, siendo F (x, y, z) = (xz, −y, −x2 y), donde S consta de las

S

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.

Soluci´ on Si llamamos S1 al plano XY , S2 al plano Y Z y S3 al plano 3x + y + 3z = 6, entonces: ZZ I=

3

X −−−→ − rot F · → n dS =

S

i=1

ZZ

−−−→ − rot F · → n dS.

Si

Si aplicamos ahora el teorema de Stokes y simplificamos caminos opuestos: I=

3 Z X i=1

→ − − → F · ds.

∂Si

z

CH3L

CH2L

CH1L y

x

Las curvas Ci = ∂Si vienen parametrizadas por (ver figura): C1 C2 C3

: x = 2 − t, y = 0, z = 0 (0 ≤ t ≤ 2) : x = 0, y = 0, z = t (0 ≤ t ≤ 2) : x = t, y = 0, z = 2 − t (0 ≤ t ≤ 2).

En definitiva, Z I =0+0+ 0

2

2 4 t · (2 − t)dt = (t2 − t3 /3) 0 = . 3

14. Hallar, tanto directamente como aplicando el teorema de Stokes, la circulaci´ on del campo → − → − → − → − a = (x − z) i + (x3 + yz) j − 3xy 2 k a lo largo del circuito limitado por z =2−

p x2 + y 2 , z = 0.

6

Soluci´ on Para calcular la circulaci´ on del campo, buscamos una parametrizaci´on de la curva dada. En este caso,  p  x = 2 cos t 2 2 z =2− x +y y = 2 sen t ⇐⇒ C: (0 ≤ t ≤ 2π). z=0  z=0 z

y C x

As´ı pues, Z

− → a ds

Z

2π

(2 cos t, 8 cos3 t, −24 cos t sen2 t) · (−2 sen t, 2 cos t, 0) dt

=

C

0

Z

2π

=

(−4 sen t cos t + 16 cos4 t) dt = 12π.

0

Si queremos aplicar el teorema de Stokes, llamamos S al interior del c´ırculo limitado por la curva C y calculamos el rotacional del campo vectorial. Como i j k → − D2 D3 = (−6xy − y, −1 + 3y 2 , 3x2 ), rot a = D1 x − z x3 + yz −3xy 2 entonces Z

− → a ds

ZZ =

C

→ rot − a dS

S

ZZ

2

2

ZZ

(−6xy − y, −1 + 3y , 3x ) · (0, 0, 1) dxdy =

= S

3x2 dxdy.

S

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 transformaci´on es J = u, resulta: ZZ Z 2 Z 2π 2 3x dxdy = du 3u3 cos2 v dv = 12π. S

0

0

7