Ing. Cristian Flores Cálculo 2 - FIOUNaM Teorema de Stokes: establece la relación entre una integral de superficie sobre una superficie orientada S y una integral de línea a lo largo de una curva cerrada C en el espacio que forma la frontera o el borde de S. S ( 𝛻 × F ) ∙ n ∙ds= C F ∙dr Verificar el cumplimiento del teorema de Stokes Siendo 𝛻 × F el rotor de F (rot F ) 𝐅 𝐱;𝐲;𝐳 = 𝐱𝐲𝐳 𝐢+ 𝐲 𝐣+ 𝐳 𝐤 Campo vectorial 𝐒:3x+4y+2z=12 en el primer octante Superficie o región Ing. Cristian Flores Cálculo 2 - FIOUNaM

Ing. Cristian Flores Cálculo 2 - FIOUNaM Graficamos la superficie, que en este caso es un plano como se observa en la figura: Calculamos el rotor del campo vectorial: rot F = 𝑖 𝑗 𝑘 𝜕 𝜕𝑥 𝜕 𝜕𝑦 𝜕 𝜕𝑧 𝐹 1 𝐹 2 𝐹 3 rot F = 𝜕 𝐹 3 𝜕𝑦 − 𝜕 𝐹 2 𝜕𝑧 𝑖+ 𝜕 𝐹 1 𝜕𝑧 − 𝜕 𝐹 3 𝜕𝑥 𝑗+ 𝜕 𝐹 2 𝜕𝑥 − 𝜕 𝐹 1 𝜕𝑦 𝑘 𝜕 𝐹 3 𝜕𝑦 =0 𝜕 𝐹 2 𝜕𝑧 =0 𝜕 𝐹 1 𝜕𝑧 =𝑥𝑦 𝐅 𝐱;𝐲;𝐳 = 𝐱𝐲𝐳 𝐢+ 𝐲 𝐣+ 𝐳 𝐤 𝑭 𝟏 = 𝐱𝐲𝐳 𝑭 𝟐 = 𝐲 𝑭 𝟑 = 𝐳 𝜕 𝐹 2 𝜕𝑥 =0 𝜕 𝐹 1 𝜕𝑦 =𝑥𝑧 𝜕 𝐹 3 𝜕𝑥 =0 Ing. Cristian Flores Cálculo 2 - FIOUNaM

Ing. Cristian Flores Cálculo 2 - FIOUNaM 𝜕 𝐹 3 𝜕𝑦 =0 𝜕 𝐹 2 𝜕𝑧 =0 𝜕 𝐹 1 𝜕𝑧 =𝑥𝑦 𝜕 𝐹 3 𝜕𝑥 =0 𝜕 𝐹 2 𝜕𝑥 =0 𝜕 𝐹 1 𝜕𝑦 =𝑥𝑧 z y x 3 4 𝒏 rot F = 𝜕 𝐹 3 𝜕𝑦 − 𝜕 𝐹 2 𝜕𝑧 𝑖+ 𝜕 𝐹 1 𝜕𝑧 − 𝜕 𝐹 3 𝜕𝑥 𝑗+ 𝜕 𝐹 2 𝜕𝑥 − 𝜕 𝐹 1 𝜕𝑦 𝑘 rot F = 0−0 𝑖+ 𝑥𝑦−0 𝑗+ 0−𝑥𝑧 𝑘 𝐫𝐨𝐭 𝐅 =𝟎𝒊+𝒙𝒚𝒋−𝒙𝒛𝒌 Calculamos el versor normal exterior de 3x+4y+2z−12=0 : n = 3i+4j+2k 3 2 + 4 2 + 2 2 = 3i+4j+2k 29 𝐧 = 𝟑 𝟐𝟗 𝐢+ 𝟒 𝟐𝟗 𝐣+ 𝟐 𝟐𝟗 𝐤 Calculamos ds: ds= dxdy n ∙ k = dxdy 𝟑 𝟐𝟗 𝐢+ 𝟒 𝟐𝟗 𝐣+ 𝟐 𝟐𝟗 𝐤 ∙ 0𝑖+0𝑗+1𝑘 = dxdy 2/ 29 𝐝𝐬= 𝟐𝟗 𝟐 𝐝𝐱𝐝𝐲 Ing. Cristian Flores Cálculo 2 - FIOUNaM

Ing. Cristian Flores Cálculo 2 - FIOUNaM Planteamos la integral de superficie: S ( 𝛻 × F ) ∙ n ∙ds= S 0i+xyj−xzk ∙ 3 29 i+ 4 29 j+ 2 29 ∙ 29 2 dxdy S 0i+xyj−xzk ∙ 3i+4j+2 2 dxdy= S 2xy−xz dxdy Reemplazamos z=6− 3 2 x−2y: S 2xy−x(6− 3 2 x−2y) dxdy= S 2xy−6x+ 3 2 x 2 +2xy dxdy 0 3 𝑑𝑦 0 4−4/3𝑦 4xy−6x+ 3 2 x 2 dx= 0 3 2 x 2 y−3 x 2 + x 3 2 0 4−4/3𝑦 dy 0 3 2 4− 4 3 𝑦 2 y−3 4− 4 3 𝑦 2 + 1 2 4− 4 3 𝑦 3 dy Ing. Cristian Flores Cálculo 2 - FIOUNaM

Ing. Cristian Flores Cálculo 2 - FIOUNaM 0 3 2 16− 32 3 𝑦+ 16 9 𝑦 2 y−3 16− 32 3 𝑦+ 16 9 𝑦 2 + 1 2 4− 4 3 𝑦 3 dy 0 3 32y− 64 3 𝑦 2 + 32 9 y 3 −48+32𝑦− 16 3 𝑦 2 +32 −32 y + 32 3 y 2 − 32 27 y 3 dy 0 3 32−48+32y+32𝑦−32 y+ 32 3 y 2 − 64 3 𝑦 2 − 16 3 𝑦 2 − 32 27 y 3 + 32 9 y 3 dy 0 3 −16+32𝑦−16 y 2 + 64 27 y 3 dy −16𝑦+16 𝑦 2 − 16 3 y 3 + 16 27 y 4 0 3 =−48+144−144+48=0 𝐒 ( 𝛁 × 𝐅 ) ∙ 𝐧 ∙𝐝𝐬=𝟎 Ing. Cristian Flores Cálculo 2 - FIOUNaM

Ing. Cristian Flores Cálculo 2 - FIOUNaM z y x 3 4 6 C1 C2 C3 C F ∙dr Ahora resolvemos a través de la integral de línea: Las trayectorias de la integral quedan definidas según la figura: 𝐶 1 : 𝑥=𝑡 𝑦=3− 3 4 𝑡 𝑧=0 𝑑𝑥=𝑑𝑡 𝑑𝑦=− 3 4 𝑑𝑡 𝑑𝑧=0 4≥𝑥≥0 𝐶 2 : 𝑥=0 𝑦=𝑡 𝑧=6−2𝑡 𝑑𝑥=0 𝑑𝑦=𝑑𝑡 𝑑𝑧=−2𝑑𝑡 3≥𝑦≥0 𝐶 3 : 𝑥=𝑡 𝑦=0 𝑧=6− 3 2 𝑡 𝑑𝑥=𝑑𝑡 𝑑𝑦=0 𝑑𝑧=− 3 2 𝑑𝑡 0≤𝑥≤4 C F ∙dr = C1 F ∙dr + C2 F ∙dr + C3 F ∙dr Ing. Cristian Flores Cálculo 2 - FIOUNaM

Ing. Cristian Flores Cálculo 2 - FIOUNaM C1 F ∙dr = C1 𝑥𝑦𝑧𝑑𝑥+𝑦𝑑𝑦+𝑧𝑑𝑧= C1 3− 3 4 𝑡 ∙− 3 4 𝑑𝑡= 4 0 9 16 𝑡− 9 4 𝑑𝑡 C1 F ∙dr = 9 32 𝑡 2 − 9 4 𝑡 4 0 =− 9 2 +9 C1 F ∙dr = 9 2 C2 F ∙dr = C2 𝑥𝑦𝑧𝑑𝑥+𝑦𝑑𝑦+𝑧𝑑𝑧= C2 𝑡𝑑𝑡+ 6−2𝑡 ∙(−2𝑑𝑡)= 3 0 5𝑡−12 𝑑𝑡 C2 F ∙dr = 5 2 𝑡 2 −12𝑡 3 0 =− 45 2 +36 C1 F ∙dr = 27 2 C2 F ∙dr = C2 𝑥𝑦𝑧𝑑𝑥+𝑦𝑑𝑦+𝑧𝑑𝑧= C2 6− 3 2 𝑡 ∙ − 3 2 𝑑𝑡 = 0 4 9 4 𝑡−9 𝑑𝑡 C2 F ∙dr = 9 8 𝑡 2 −9𝑡 0 4 =18−36 C1 F ∙dr =−18 Ing. Cristian Flores Cálculo 2 - FIOUNaM

Ing. Cristian Flores Cálculo 2 - FIOUNaM C F ∙dr = C1 F ∙dr + C2 F ∙dr + C3 F ∙dr = 9 2 + 27 2 −18 𝐂 𝐅 ∙𝐝𝐫 =𝟎 Finalmente queda demostrado el teorema de Stokes. Ing. Cristian Flores Cálculo 2 - FIOUNaM