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Campos vectoriales y aplicaciones




Enviado por vicky_sev_dz



    Indice
    1.
    Campos escalares y
    vectoriales

    2. Integral de
    línea


    4. Integrales de
    superficie

    5. Teorema de la divergencia de
    Grauss

    6. Teorema de
    stokes

    7. Bibliografía

    1. Campos vectoriales y
    escalares

    Campos vectoriales. Un campo vectorial es en
    Rn es una aplicación
    F:ARn → Rn que
    asigna a cada punto x de su dominio A un
    vector F (x). Si n = 2, F se llama campo vectorial en el plano, y
    si n = 3, F es un campo vectoriales del espacio.
    Visualizar F adhiriendo una flecha a cada punto (Fig. 4.3.1). En
    contraste, una aplicación f:A
    Rn → R que asigna un
    número a cada punto es un campo escalar. Un campo
    vectorial F (x,y,z) en R3 tiene tres campos escalares
    componentes F1, F2 y F3,
    así que
    F(x, y, z) = (F1(x, y, z), F2(x, y, z),
    F3(x, y, z)).
    De manera análoga, un campo vectorial Rn tiene
    n componentes F1, …, Fn. Si cada
    componente es una función
    Ck, decimos que el campo vectorial F es de clase
    Ck. Se dará por hecho que los campos
    vectoriales son, al menos, de clase C1, a no ser que
    se diga lo contrario.

    Figura 4.3.1 Un campo vectorial F asigna un vector F (x)
    a cada punto x de su dominio.

    Ejemplo 1
    Realizar la descripción del campo vectorial F dado por
    F (x, y) = -yi + xj.

    Solución
    La siguiente tabla muestra los
    sectores F (x, y) asociados a varios puntos (x, y)
    señalados en la figura 18.5.

    (x, y)

    F(x, y)

    (1,3)

    – 3i +j

    (-3,1)

    -i – 3j

    (-1, -3)

    3i – j

    (3,-1)

    i + 3j

    (x, y)

    F(x, y)

    (1,1)

    – i +j

    (-1,1)

    -i – j

    (-1, -1)

    i – j

    (1,-1)

    i + j

    Figura 18.5 Figura 18.6

    Para llegar a una descripción de un campo vectorial F se
    considera un punto arbitrario K (x, y) y se define el vector de
    posición r = xi + yj de K (x, y) (véase la figura
    18.6). Se ve que F (x, y) es ortogonal a r y por lo tanto, es
    tangente a la circunferencia de radio ||r|| con
    centro en el origen. Este hecho puede demostrarse probando que r
    . F (x, y) = 0, como sigue:

    r . F (x, y) = (xi + yj) . (- yi +xj)

    = -xy + yx = 0.

    Además,

    || F (x, y) || = √y2 + x2 =
    || r ||

    Por lo tanto, la magnitud de F (x, y) es igual al
    radio de la
    circunferencia. Esto implica que cuando el punto K (x, y) se
    aleja del origen, la magnitud de F (x, y) aumenta como sucede en
    el caso de la rueda giratoria de la figura 18.1

    La siguiente definición presenta uno de los
    campos vectoriales más importantes de la física.
    Definición (18.2).
    Sea r = xi + yj + zk el vector posición de un punto K (x,
    y, z). Se dice que un campo vectorial F es un campo de
    variación inversa al cuadrado de la distancia
    si

    F(x, y, z) = c_ u

    || r ||2

    donde c es un escalar y u es un vector unitario que
    tiene la misma dirección que r y está dado por u =
    1_ = r.

    || r ||

    Ejemplo 2
    Describir el campo F (x, y, z) que cumple la definición
    (18.2) para c < 0.

    Solución
    Como u = 1 r y r = xi + yj + zk,

    ||r||

    F (x, y, z) = c_ r = c_____ (xi + yj + zk).

    ||r||3 (x2 + y2 +
    z2)3/2

    Es más fácil analizar los sectores del
    campo usando la expresión en términos de r. Como
    F(x, y, z) es un múltiplo escalar negativo de r, la
    dirección de F(x, y, z) es hacia el origen
    O. Además,

    ||F(x, y, z)|| = | c |_ || u || = | c |_

    ||r||2 ||r||2

    y por lo tanto, la magnitud de F (x, y, z) es
    inversamente proporcional al cuadrado de la distancia del punto
    (x, y, z) al origen O. Esto significa que cuando el punto K(x, y,
    z) se aleja del origen, la longitud del vector asociado F (x, y,
    z) disminuye. En la figura 18.7 se indican algunos vectores
    típicos de un campo F del tipo de "variación
    inversa al cuadrado".

    Definición
    Se dice que un campo vectorial F es un campo vectorial
    conservativo si es el gradiente de una función
    escalar, es decir si
    F (x, y, z) = s
    f (x, y, z)
    para una función f.

    Teorema
    Todo campo vectorial del tipo de variación inversa al
    cuadrado (o de tipo gravitacional) es conservativo.
    Demostración. Si F es un campo de tipo gravitacional,
    entonces como en la solución del ejemplo 2,
    F(x, y, z) = cx____ i + cy____ j + cz____ k
    (x2 + y2 + z2)3/2
    (x2 + y2 + z2)3/2
    (x2 + y2 +
    z2)3/2
    para alguna constante c.
    Según la definición (18.3, si F es conservativo,
    existe una función escalar f tal que F (x, y, z) =
    s f (x, y, z), y
    las componentes de F son iguales a fx (x, y, z),
    fy (x, y, z) y fz (x, y, z),
    respectivamente. Integrando parcialmente estas componentes con
    respecto a x, y y z, respectivamente, se ve que
    f(x, y, z) = – c_____
    (x2 + y2 +
    z2)1/2

    Calculando las derivadas
    parciales se demuestra que esta función f es lo que se
    buscaba. Por tanto, se tiene lo siguiente:
    F(x, y, z) = s
    f (x, y, z) = s -c donde r = || r || (x2 +
    y2 + z2)1/2

    r

    En la física, la
    función de potencial de un campo vectorial conservativo F
    se define como una función p tal que F(x, y, z) =
    -s p (x, y,
    z). En este caso, tomando p = -f en la demostración del
    teorema (18.4), se obtiene F(x, y, z) = s (c/r). Más adelante
    en el capítulo se estudiarán más a fondo los
    campos vectoriales conservativos.
    El operador diferencial vectorial s en tres dimensiones
    es:
    s =
    i ∂_ + j ∂_ + k ∂_
    ∂x ∂y ∂z

    Si s
    actúa sobre una función escalar f, da como
    resultado el gradiente de f:
    grad f =s f
    = ∂f_ i + ∂f_ j + ∂f_ k
    ∂x ∂y ∂z

    2. Integrales de
    línea

    Puede seguirse un procedimiento
    para definir las integrales de
    línea de funciones de
    varias variables
    sobre curvas en dos o tres dimensiones.
    Sea f una función de dos variables x y
    y que es continua en una región D, la cual contiene una
    curva regular C con una parametrización x = g (t), y = h
    (t); a ≤ t ≤ b. Se definirán tres integrales
    diferentes de f sobre C. Comenzamos dividiendo el intervalo del
    parámetro [a, b] escogiendo
    a = 10 < 11< 12 < …
    < 1n = b.
    La norma de esta partición, es decir, la longitud del
    mayor subintervalo [tk-1, tk], se denota
    por ||∆||. Si P (xk, yk) es el punto
    de C correspondiente a tk, entonces los puntos
    P0, P1, P2, …, Pn
    dividen a C en n subarcos Pk-1 Pk. Sean
    ∆xk = xk –
    xk-1, ∆yk = yk –
    yk-1, ∆sk = longitud de
    Pk-1 Pk.
    Para cada k, sea Q(uk, vk) un punto del
    subarco Pk-1 Pk correspondiente a
    algún número en [tk-1, tk]
    (véase la figura 18.10). Consideremos ahora las tres
    sumas
    ∑ f(uk, vk)∆sk, ∑
    f(uk, vk) ∆xk, ∑
    f(uk, vk)∆yk
    Si los
    límites
    de estas sumas existen cuando ||∆|| → 0, son entonces
    las integrales de línea def sobre C con respecto a s, x y
    y, respectivamente, y se denotan como sigue

    Integrales de línea
    En dos dimensiones
    (18.8)

    El término "integral de líneas" se refiere
    a una integral sobre una línea curva, que podría
    ser en ciertos casos una línea recta. Se le podría
    llamar también genéricamente integral de curva.
    Si f es continua en D, entonces los límites
    que (18.8) existen y son los mismos para todas las
    parametrizaciones (siempre y cuando tengan la misma
    orientación). Además, las integrales se pueden
    evaluar sustituyendo x = g (t), y = h (t), o sea la
    parametrización de C y reemplazando las diferenciales
    por

    ds = √(dx)2 + (dy)2 =
    √[g’(t)]2 + [h’(t)]2
    dt

    dx = g’(t)dt, dy = h’(t) dt

    Observese que según la definición (13.6),
    la fórmula para ds es la diferencial de la longitud de
    arco. A continuación se enuncian estos hechos como
    referencia.

    Teorema de evaluación
    para integrales de línea (18.9)
    Si una curva regular C está dada por x = g (t), y = h (t);
    a ≤ t ≤ b, y f (x, y) es continua en una región D
    que contiene a C, entonces

    Independencia De La Trayectoria
    A una curva regular parte por parte con extremos A y B se le
    llama a veces trayectoria de A a B. a continuación se
    obtienen condiciones bajo las cuales una integral de línea
    es independiente de la trayectoria en una región, en el
    sentido de que si A y B son puntos arbitrarios, entonces se
    obtiene el mismo valor para
    todas las trayectorias de A a B en esa región. Los
    resultados se demostrarán para integrales de línea
    en dos dimensiones. Las demostraciones para el caso de tres
    dimensiones son similares y se omiten.
    Si la integral de línea ∫c f (x, y) ds es
    independiente de la trayectoria, se denota a veces por
    ∫BA f (x, y)ds porque el valor de la
    integral depende sólo de los extremos A y B de la curva C.
    una anotación similar se usa para ∫c f (x, y)dx y
    ∫c f (x, y)dy y para las integrales de línea en tres
    dimensiones.
    El siguiente teorema, que es el resultado fundamental, dice que
    si un campo F es continuo, entonces la integral de línea
    ∫c F . dr es independiente de la trayectoria si y sólo
    si F es conservativo.

    Teorema (18.13)
    Si F (x, y) = M (x, y)i + N (x, y)j es continuo en una
    región D abierta y conexa, entonces la integral ∫c F .
    dr es independiente de la trayectoria si y sólo si F (x,
    y) = s f
    (x, y) para alguna función escalar f.

    Teorema (18.14)
    Sea F (x, y) = M (x, y)i + N (x, y)j continuo en una
    región abierta y conexa D, y sea C una curva regular parte
    por parte en D con extremos A (x1, y1) y B
    (x2, y2). Si F(x,y) = s f (x, y),
    entonces

    ∫c M(x, y)dx + N(x, y)dy = ∫ F . dx

    = f(x2, y2) – f
    (x1, y1) = f (x, y)]

    Ejemplo 1
    Sea F el campo gravitacional producido por una partícula
    de masa M colocada el origen de un sistema de
    coordenadas rectangulares. Calcular el trabajo
    realizado cuando una partícula de masa m se mueve de A (2,
    3, 4) a B (1, 0, 0).

    Solución
    La fuerza
    ejercida sobre una partícula de masa m colocada en K (x,
    y, z) es

    F (x, y, z) = – G Mm r

    || r ||3

    donde r = xi + yj + zk. Como en la demostración
    del teorema (18.4), F (x, y, z) = s f (x, y, z) donde

    f (x, y, z) = GMm___

    (x2 + y2 +
    z2)1/2

    Entonces por el teorema en tres dimensiones
    análogo al teorema (18.14) (o al corolario
    (18.15)),

    W = ∫ F . dr = GMm___ = GMm 1- 1

    (x2 + y2 +
    z2)1/2 √29

    Si la integral ∫c M(x, y)dx + N(x, y)dy es
    independiente de la trayectoria, entonces por el teorema (18.13)
    existe una función f tal que

    M = ∂f_ y N = ∂f_

    ∂x ∂y

    Por lo tanto,

    ∂M_ = ∂2f_ y ∂N_ =
    ∂2f_

    ∂y ∂y ∂x ∂x ∂x
    ∂y

    Si M y N tienen primeras derivadas
    parciales continuas, entonces f tiene segundas derivadas
    parciales continuas y, por lo tanto, el orden de
    derivación no altera el resultado, es decir,

    ∂M_ = ∂N_

    ∂y ∂x

    Teorema (18.16)
    Si M(x, y) y N(x, y) tienen primeras derivadas parciales
    continuas en una región simplemente conexa D, entonces la
    integral de línea

    ∫c M(x, y)dx + N(x, y)dy

    es independiente de la trayectoria en D si y sólo
    si

    ∂M_ = ∂N_

    ∂y ∂x

    Ejemplo 2
    Demostrar que si F (x, y) = (2x + y3 )i +
    (3xy2 + 4)j, entonces ∫c F . dr es independiente
    de la trayectoria y evaluar ∫ F . dr

    Solución.
    La función vectorial F tienen primeras derivadas parciales
    continuas para todo (x, y) y por lo tanto se puede aplicar el
    teorema (18.16). Tomando M = 2x + y3 y N =
    3xy2+4 vemos que

    ∂M_ = 3y2 = ∂N_

    ∂y ∂x

    Por lo tanto, la integral de línea es
    independiente de la trayectoria. Según el teorema (18.13),
    existe una función (de potencial) f tal que

    fx (x, y) = 2x + y3 y
    fy (x, y) = 3xy2 + 4.

    Si integramos (parcialmente) fx (x, y) con
    respecto a x,

    fx (x, y) = x2 + xy3 +
    k(y)

    donde k es una función que depende sólo de
    y. (Hay que usar k (y) en lugar de una constante en la integración parcial para obtener la
    expresión más general de f (x,y) tal que
    fx (x, y) = 2x + y3 .)

    Derivando f (x, y) con respecto a y, y comparando con la
    expresión fy (x, y) = 3xy2+4
    obtenemos

    fy (x, y) = 3xy2 + k’(y) =
    3xy2 + 4.

    Por lo tanto, k’(y) = 4 o bien k (y) = 4y + c para
    una constante c. Entonces

    f (x, y) = x2 + xy3 + 4y +
    c

    define una función del tipo deseado. Aplicando el
    teorema (18.14),

    ∫ (2x + y3) dx + (3xy2 + 4)
    dy = x2 + xy3 + 4y ]

    = (4 + 54 + 12) – 4 = 66

    No usamos la constante c porque para evaluar la integral
    puede usarse cualquier función de potencial f.

    3. Teorema De
    Green

    ∫ f ’(x) dx = f(b) – f (a)

    Dice que la integral de una función sobre un
    conjunto S = [a, b] es igual a una función relacionada (la
    antiderivada) evaluada de cierta manera sobre la frontera de S,
    en este caso consta sólo de dos puntos, a y b.

    Teorema A
    Sea C una curva cerrada simple, suave por partes, que forma la
    frontera de una región S plano xy. Si M (x,y) y N (x, y)
    son continuas y tienen derivadas continuas sobre y su frontera C,
    entonces

    ∂N_
    – ∂M_ dA = M dx + N dy

    ∂x ∂y

    s

    Demostración. Probemos el teorema para el caso en
    el que S es tanto x-simple como y-simple y discutiremos
    después las ampliaciones al caso general. Puesto que S es
    y-simple, tiene la forma de la figura 1; es decir,

    S = {(x, y): g(x) ≤ y ≤ f (x), a ≤ x ≤
    b}

    Figura 1
    Su frontera C consta de cuatro arcos C1,
    C2, C3, y C4 (C2 o
    C4 pueden ser degenerados)

    M dx = ∫C1 M dx + ∫C2 M dx
    + ∫C3 M dx + ∫C4 M dx

    Las integrales sobre C1 y C4 son
    cero, puesto que sobre estas curvas x es constante, por lo que dx
    = 0. En consecuencia,

    M dx = ∫ M (x, g(x)) dx + ∫ M (x, f(x))
    dx

    = -∫ [M (x, f(x)) – M (x, g(x))] dx

    = – ∫ ∫ ∂M(x, y) dy dx

    ∂y

    = – ∫ ∫ ∂M dA

    ∂y

    El teorema de Green se cumple aún para regiones S
    que tengan uno o más hoyos (figura 3), siempre que cada
    parte de la frontera esté orientada de modo que S quede
    siempre a la izquierda cuando se sigue la curva en su
    dirección positiva. Basta con descomponerla en regiones
    ordinarias, en la forma como se muestra en la
    figura 4.

    Figura 3 Figura 4

    Ejemplo 1.
    Sea C la frontera del triángulo de vértices (0, 0),
    (1, 2) y (0, 2) (figura 5). Calcule

    4×2 y dx + 2y dy

    Por el teorema de Green,

    4×2 y dx + 2y dy = ∫ ∫ (0 –
    4×2) dy dx

    = ∫ [-4x2y] dx = ∫ (-8×2 +
    8×3) dx

    = -8×3 + 2×4 = -2

    3 3

    Ejemplo 2.
    Demuestre que si una región S del plano tiene como
    frontera a C, siendo ésta una curva simple suave por
    partes y cerrada, entonces el área de S está dada
    por

    A(S) = ½ x dy – y dx

    Solución.
    Sea M (x, y) = -y/2 y N (x, y) = x/2 y aplíquese el
    teorema de Green.

    – y dx + x dy = ∫ ∫ 1 + 1 dA =
    A(S)

    2 2 2 2

    Ejemplo 3.
    Use el teorema de Green para evaluar la integral de
    línea

    (x3 + 2y) dx + (4x – 3y2)
    dy

    donde C es la elipse b2x2 +
    a2y2 =
    a2b2.

    Solución.
    Sea M(x, y) = x3 + 2y, N(x, y) = 4x –
    3y2 de modo que ∂M/∂y = 2y ∂N/∂x =
    4. por el teorema de Green y el ejemplo 3,

    (x3 + 2y) dx + (4x – 3y2) dy
    = ∫ ∫ (4-2) dA

    = 2A(S) = 2πab

    Existe otra forma vectorial del teorema de Green. Pero
    ahora como conjunto de un espacio de tres dimensiones. Si F = Mi
    + Nj + Ok, entonces el teorema de Green dice que

    F . T ds = M dx + N dy = ∂N _ ∂M
    dA

    ∂x ∂y

    Por otra parte,

    i

    j

    k

    ∂x

    ∂y

    ∂z

    M

    N

    O

    Por lo tanto, el teorema de Green toma la
    forma

    F . T ds = (rot F) . k dA

    que a veces se llama teorema de Stokes en el
    plano.

    4. Integrales de
    superficie

    g (x, y, z)dS = lim ∑ g (xk,
    yk, zk) ∆T k

    || ∆ ||→0 k

    Si S es la unión de varias superficies del tipo
    adecuado, entonces la integral de superficie se define como la
    suma de las integrales de superficie individuales. Si g (x, y, z)
    = 1 para todo (x, y, z) y la integral de superficie es igual al
    área de la superficie de S.
    Definición: Sea F un campo vectorial definido en S,
    imagen de una
    superficie parametrizada Φ. La integral de
    superficie de F sobre Φ, denotada por:
    ∫∫ F*dS, se define por ∫∫ F*dS=∫∫
    F*(TuxTv)du dv.
    Ejemplo: Sea D el rectαngulo en el plano θΦ
    definido por
    0≤θ≤2Π, 0≤Φ≤Π,
    Y sea la superficie S definida por la parametrizacion Φ:
    D→R³ dada por
    x=cos θ sen Ø, y=sen θ sen
    Ø, z=cos Ø.
    (Así, θ y Ø son los ángulos de
    coordenadas esféricas, y S es la esfera unitaria
    parametrizada por Φ.) Sea r el vector de posición r(x,
    y, z)=xi+yj+zk. Calcular ∫∫ r*dS.

    Solución:
    Primero hallamos
    Tθ= (-sen Ψ sen θ) i+ (sen Ψ cos
    θ) j
    TΨ= (cos θ cos Ψ) i+ (sen θ cos
    Ψ) j-(sen Ø) k
    Y por lo tanto
    Tθx TΨ= (-sen² Ψ cos θ)
    i-(sen² Ψ senθ) j-(senθ) k

    Después evaluamos
    R*( TθxTΨ)=xi+yj+zk)* (
    TθxTΨ)
    =[( cos θ sen Ψ)i+( sen θ sen Ψ)j+( sen
    Ψ)k]*( -sen Ø)[( sen Ø cos
    θ)i+( sen Ø sen θ)j+(cos Ø)k]
    =( -sen Ø)(sen² Ø cos² θ+ sen²
    Ø sen² θ+cos ² Ø)=-sen
    Ø.

    Asi,
    ∫∫ r*dS=∫∫-sen Ø dΦd
    θ=∫ (-2)d θ=-4Π.
    Se puede esbozar una analogνa entre la integral
    de superficie ∫∫ F*dS y la integral de línea ∫
    F*dS. Recordemos que la integral de línea es una integral
    orientada.

    Teorema De Evaluación
    Para Integrales De Superficie (18.23)

    (i) g (x, y, z) dS

    = g (x, y, f(x, y)) √[fx(x,
    y)]2 + [fy(x, y)]2 + 1
    dA

    (ii) g (x, y, z) dS

    = g (x, h(x, z), z) √[hx(x,
    z)]2 + [hy(x, z)]2 + 1
    dA

    (iii) g (x, y, z) dS

    = g (k(y, z), y, z) √[ky(y,
    z)]2 + [kz(y, z)]2 + 1
    dA

    EJEMPLO 1.
    Evaluar ∫∫S x2z dS suponiendo que S
    es la parte del cono circular z2 = x2 +
    y2 que se encuentra entre los planos z = 1 y z =
    4.

    Figura 18.39

    Solución.
    Como se muestra en la figura 18.39, la proyección
    Rxy de S sobre el plano xy es la región anular
    acotada por las circunferencias de radios 1 y 4 con centro en el
    origen. Si escribimos la ecuación para S en la
    forma

    z = (x2 + y2)1/2 = f(x,
    y),

    entonces

    fx(x, y) = x___ y fy(x, y) =
    y___.

    (x2 +y2)1/2
    (x2 +y2)1/2

    Aplicando (18.23) (i) y observando que el radical se
    reduce a √2, obtenemos

    ∫ ∫ x2z dS = ∫ ∫
    x2(x2 + y2)1/2
    √2 dA.

    Usando coordenadas polares para evaluar la integral
    doble,

    Ejemplo 2.
    Evaluar ∫∫S (xz/y) dS, donde S es la parte del
    cilindro x = y2 que se encuentra en el primer octante
    entre los planos z = 0, z = 5, y = 1 y y = 4

    Figura 18.40

    Solución.
    La superficie S está en la figura 18.40 (con una escala diferente
    en el eje x). La proyección Ryz de S sobre el
    plano yz es el rectángulo con vértices (0, 1, 0),
    (0, 4, 0), (0, 4, 5) y (0, 1, 5). Entonces, por el teorema (18.
    23) (iii) con k (y,z) = y2.

     Las fórmulas en el
    teorema (18. 23) presuponen de las funciones f, h y
    k tienen primeras derivadas parciales continuas sobre
    Rxy’ Rxz y Ryz,
    respectivamente. En algunos casos puede quitarse esta
    restricción usando una integral impropia.

    5. Teorema De La
    Divergencia De Gauss

    Sea S un sólido cerrado y limitado de tres
    dimensiones, que este encerrado por completo mediante una
    superficie suave por partes ∂S.

    Teorema A.
    (Teorema de Gauss). Sea F = Mi + Nj + Pk un campo vectorial tal
    que M, N y Q tienen derivadas parciales continuas de primer orden
    sobre S y su frontera ∂S. Si n denota la normal unitaria
    exterior para a ∂S, entonces

    F . n dS = iv F dV

    En otras palabras, el flujo de F a través de la
    frontera de una región cerrada de tres dimensiones es la
    integral triple de su divergencia sobre esa región.
    Resulta útil tanto para algunas aplicaciones como para
    demostración de la conclusión del teorema de Gauss
    en su forma cartesiana (no vectorial). Podemos
    escribir

    n = cos αi + cosβj + cosγk

    donde α, β y γ son los αngulos
    directores de n. y entonces la fσrmula de Gauss se
    transforma en

    Demostración del teorema de Gauss.
    Consideremos primero el caso en el que la región S es
    x-simple, g-simple y z-simple. Bastará con demostrar
    que

    Ejemplo 1.
    Verifique el teorema de Gauss para F = xi + yj + zk y S = {(x, y,
    z): x2 + y2 + z2 ≤
    a2} calculando independientes (a)

    F . n dS y (b) div F dV

    Solución.
    (a) En ∂S, n = (xi + yj + zk)/a, y así F . n =
    (x2 + y2 + z2)/a =a. Por lo
    tanto,

    F . n dS = a dS =
    (4πa2) =
    4πa3

    (b) Como div F = 3,

    div F dV = 3 dV = 3
    4πa3 =
    4πa3

    3

    Ejemplo 2.
    Calcule el flujo del campo vectorial F = x2yi + 2xzj +
    yz3k a través de la superficie del
    sólido rectangular S determinado por (figura 3)

    0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2, 0 ≤ z ≤
    3

    (a) mediante el método
    directo; (b) mediante el teorema de Gauss.

      Figura 3

    Solución.

    Cara

    n

    F . n

    ∫∫ F . n dS

    x = 1

    i

    y

    6

    x = 0

    -i

    0

    0

    y = 2

    j

    2xz

    18

    y = 0

    -j

    -2xz

    -18

    z = 3

    k

    27y

    54

    z = 0

    -k

    0

    0

    (a) Para calcular ∫∫ F . n dS directamente,
    evaluamos esta integral sobre las seis caras y sumemos los
    resultados. Sobre la cara x = 1, n = i y F . n = x2y =
    12y = y, por lo que ∫∫ F . n dS = y dy dz =
    6. Mediante cálculos semejantes podremos construir la
    siguiente tabla:

    En consecuencia,

    F . n dS = 6 +0 + 18 – 18 + 54 + 0 = 60

    (b) por el teorema de Gauss,

    F . n dS = (2xy + 0 + 3yz2) dV

    Ejemplo 3.
    Sea S el sólido cilíndrico limitado por
    x2 + y2 = 4, z = 0 y z = 3, y sea n la
    normal unitaria exterior a la frontera ∂S (figura 4). Si F =
    (x3 + tan yz)i + (y3 –
    exz)j + (3z + x3)k, encuentra el flujo de F
    a través de ∂S.

      Figura 4

    Solución.
    Imagine las dificultades al tratar de evaluar en forma directa
    ∫∫ F . n Ds. No obstante,
    div F = 3×2 + 3y2 + 3 = 3 (x2 +
    y2 + 1)
    y por lo tanto, por el teorema de Gauss y el cambio de
    coordenadas cilíndricas,

    6. Teorema de
    Stokes

    F . T ds = (rot F) . n dS

    El
    teorema de Stokes se puede enunciar como sigue: la integral de
    línea de la componente tangencial de F a lo largo de C
    recorrida una vez en la orientación positiva es igual a la
    integral de superficie sobre S de la componente normal de rot F.
    Si F es un campo de fuerza, el
    teorema afirma que el trabajo
    realizado por F a lo largo de C es igual al flujo de rot F a
    través de S. La integral de línea en (18. 28)
    también se puede expresar como

    F . dr

    donde r
    es el vector de posición del punto (x, y, z) de C. para
    analizar situaciones más generales que la ilustrada en la
    figura 18. 55, hay que considerar una superficie orientada S y
    definir un sentido positivo a lo largo de C de manera adecuada.
    (La demostración del teorema de Stokes se puede encontrar
    en libros de
    cálculo
    más avanzados.)
    Figura 18.55

    Ejemplo 1.
    Sea S la parte del paraboloide z = 9 – x2
    – y2 para z ≥ 0, y sea C la traza de S en el
    plano XY. Verificar el teorema de Stokes (18. 28) para el campo
    vectorial F = 3zi + 4xj + 2yk.

    Solución.
    Queremos demostrar que las dos integrales en el teorema (18. 28)
    tienen el mismo valor. La superficie es la misma que consideramos
    en el ejemplo 4 de la sección 18.5 donde obtuvimos
    que

    n = 2xi + 2yj + k

    √4×2 + 4y2 + 1

     Según (18.6),

    i

    j

    k

    ∂x

    ∂y

    ∂z

    3z

    4x

    2y

    Por lo tanto,

    (rot F) . n dS = 4x + 6y + 4_ = dS.

    √4×2 + 4y2 + 1

    Usando (18.23) (i) para evaluar esta integral de
    superficie, resulta que

    (rot F) . n dS= (4x + 6y + 4) dA

    donde R es la región del plano xy acotada por la
    circunferencia de radio 3 con centro en el origen. Cambiando a
    coordenadas polares, obtenemos

    La integral de línea en el teorema de Stokes
    (18.28) se puede escribir

    donde C
    es la circunferencia en el plano xy con ecuación
    x2 + y2 = 9. Como z = 0 en C, esto se
    reduce a

    Ejemplo 2
    Verifique el teorema de Stokes para F = yi – xj + yzk si S
    es el paraboloide z = x2 + y2 = 1, z = 1 y
    su frontera (figura 2).

    Figura 2

    Solución.
    Podemos describir mediante ∂S las ecuaciones
    paramétricas
    x = cos t, y = sen t, z = 1
    Entonces, dz = 0 y (sea la sección 17.2)

    Por otra parte, para calcular ∫∫ (rot F) . n dS,
    deberemos obtener primero

    i

    j

    k

    ∂x

    ∂y

    ∂z

    y

    -x

    yz

    Entonces, por el teorema
    17.5B,

    Ejemplo 3.

    Use el teorema de
    Stokes para evaluar F .T ds, donde F = 2zi + (8x – 3y)j +
    (3x + y)k y C es la curva triangular de la figura 3.

    Figura 3

    Solución.
    Podemos hacer que S sea cualquier superficie, con C como frontera
    orientada, pero nuestra ventaja consiste en escoger la más
    simple de dichas superficies (el triángulo plano T). Para
    determinar n en esta superficie, observé que los
    vectores

    A = (0 – 1)i + (0 – 0)j + (2 – 0)k = -i + 2k

    B = (0 – 1)i + (1 – 0)j + (0 – 0)k = -i + j

    pertenecen a esta superficie y que por lo
    tanto

    i

    j

    k

    -1

    0

    2

    -1

    1

    0

    es perpendicular a él. En
    consecuencia, la normal unitaria exterior es

    También

    i

    j

    k

    ∂x

    ∂y

    ∂z

    2z

    8x-3y

    3x+y

    y rot F . n = 8/3. Concluimos
    que

    7.
    Bibliografía

    • SWOKOWKI

    Cálculo con Geometría
    Analítica
    Editorial: Iberoamericana.

    • PORCELL

    Cálculo
    Editorial: Limusa.

    • SPIEGEL Murray L.

    Cálculo vectorial
    Editorial: Mc Graw Hill

     

     

    Autor:

    Victorina Sevilla Diaz

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