TEOREMA DE STOKES.
10. Usar el teorema de Stokes para calcular la integral de lı́nea
Z
(y 2 − z 2 ) dx + (z 2 − x2 ) dy + (x2 − y 2 ) dz,
C
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.
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 hexágono y D a la proyección de S sobre
el plano XY , la superficie S viene parametrizada por la fórmula explı́cita 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 · área (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 más 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).
Solución
La trayectoria descrita por el móvil es la ilustrada en la figura adjunta.
z
B
C
O
y
x
A
Dicha curva está contenida en la intersección 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.
Ası́ pues, el trabajo realizado se calcula mediante la fórmula
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 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,

 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). Ası́ 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 posición −
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 último, 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 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 curvilı́nea.
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.
z
B
O
y
D
A
x
Ası́ 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
posición 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. Ası́ 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 continuación 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 Además, 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 fórmula explı́cita z = y a lo largo de la región
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 transformación 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 lı́nea.
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.
Solución
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 circulación 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
Solución
Para calcular la circulación del campo, buscamos una parametrización 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
Ası́ 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 cı́rculo 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 transformación es J = u, resulta:
ZZ
Z 2 Z 2π
2
3x dxdy =
du
3u3 cos2 v dv = 12π.
S
0
0
7