Problema nº 2 de teorema de Stokes en una superficie - TP10
Enunciado del ejercicio nº 2
Verificar el teorema de Stokes si F = (x, y, z) y S es la superficie x² + y² = 1, z = 0, z = x + 3.
Desarrollo
Fórmulas:
∫∂S F·dC = ∬S rot F·dS
dC = C'(t)·dt
dS = (Xᵤ ∧ Xᵥ)·du·dv
| rot F = | E₁ | -E₂ | E₃ |
| ∂/∂x | ∂/∂y | ∂/∂z | |
| f₁ | f₂ | f₃ |
Solución
Gráfico del dominio para el cálculo de la superficie
Parametrizamos la superficie S:
x = cos θ
y = sen θ
z = z
0 ≤ z ≤ cos θ + 3
0 ≤ θ ≤ 2·π
X(θ, z) = (cos θ, sen θ, z)
Calculamos n:
Xθ = (-sen θ, cos θ,0)
Xz = (0, 0, 1)
| n = | E₁ | -E₂ | E₃ |
| 0 | 0 | 0 | |
| 0 | 0 | 1 |
n = (cos θ, sen θ, 0)
En el punto (1, 0, 0) ⟶ θ = 0 ⇒ n = (1, 0, 0) por lo que se trata de la página exterior.
Hallamos el rotF:
| rot F = | E₁ | -E₂ | E₃ |
| ∂/∂x | ∂/∂y | ∂/∂z | |
| x | y | z |
rot F = (1 - 0, -0 + 1, 1 - 0) = (1, 1, 1)
Planteamos la integral del segundo miembro:
∬S rot F·dS = ∬D (1, 1, 1)·(cos θ, sen θ,0)·dθ·dz
∬S rot F·dS = ∬D (cos θ + sen θ)·dθ·dz
| ∬S rot F·dS = ∫ | 2·π | dθ∫ | cos θ + 3 | (cos θ + sen θ)·dz = |
| 0 | 0 |
| = ∫ | 2·π | (cos θ + sen θ)·[z] | cos θ + 3 | ·dθ = |
| 0 | 0 |
| = ∫ | 2·π | (cos θ + sen θ)·(cos θ + 3)·dθ = |
| 0 |
| = ∫ | 2·π | (cos² θ + sen θ·cos θ + 3·cos θ + 3·sen θ)·dθ = |
| 0 |
| = ∫ | 2·π | cos² θ·dθ + ∫ | 2·π | sen θ·cos θ·dθ + ∫ | 2·π | 3·cos θ·dθ + ∫ | 2·π | 3·sen θ·dθ = |
| 0 | 0 | 0 | 0 |
| = [½·θ + ½·sen θ·cos θ + ½·sen² θ + 3·sen θ + 3·(-cos θ)] | 2·π | = |
| 0 |
= ½·2·π + ½·sen 2·π·cos 2·π + ½·sen² 2·π + 3·sen 2·π + 3·(-cos 2·π) - [½·0 + ½·sen 0·cos 0 + ½·sen² 0 + 3·sen 0 + 3·(-cos 0)] =
= (π + 3·(-1)) - (3·(-1)) = π - 3 + 3 = π
∬D rotF·dS = π
Para el primer miembro parametrizamos la frontera de S, es decir ∂S que se compone de dos curvas:
C₁(t) = (cos t, sen t, 0)
C₂(t) = (cos t, sen t, cos t + 3)
0 ≤ t ≤ 2·π
Preparamos las partes de la integral:
C₁'(t) = (-sen t, cos t, 0)
C₂'(t) = (-sen t, cos t, -sen t)
F(C₁(t)) = (0, cos t, sen t)
F(C₂(t)) = (cos t + 3, cos t, sen t)
Planteamos la integral del primer miembro:
∫∂S F·dC = ∫C1 F·dC + ∫C2 F·dC
| ∫∂S F·dC = ∫ | 2·π | F(C₁(t))·C₁'(t)·dt - ∫ | 2·π | F(C₂(t))·C₂'(t)·dt |
| 0 | 0 |
| ∫∂S F·dC = ∫ | 2·π | (0, cos t, sen t)·(-sen t, cos t, 0)·dt - ∫ | 2·π | (cos t + 3, cos t, sen t)·(-sen t, cos t, -sen t)·dt |
| 0 | 0 |
∫∂S F·dC =
| = ∫ | 2·π | cos² t·dt - ∫ | 2·π | (-sen t·cos t - 3·sen t + cos² t - sen² t)·dt = |
| 0 | 0 |
| = ∫ | 2·π | cos² t·dt + ∫ | 2·π | sen t·cos t·dt + 3·∫ | 2·π | sen t·dt - ∫ | 2·π | cos² t·dt + ∫ | 2·π | sen² t·dt = |
| 0 | 0 | 0 | 0 | 0 |
| = ∫ | 2·π | sen t·d(sen t) + 3·∫ | 2·π | sen t·dt + ∫ | 2·π | sen² t·dt = |
| 0 | 0 | 0 |
| = [½·sen² t - 3·cos t + ½·t - ½·sen t·cos t] | 2·π | = |
| 0 |
= ½·sen² 2·π - 3·cos 2·π + ½·2·π - ½·sen 2·π·cos 2·π - (½·sen² 0 - 3·cos 0 + ½·0 - ½·sen 0·cos 0) =
= ½·0 - 3·1 + π - ½·0·1 - (½·0 - 3·1 + ½·0 - ½·0·1) =
= -3 + π - (- 3)
∫∂S F·dC = π
Se verifica:
∫∂S F·dC = ∬S rotF·dS = π
Verificado
Resolvió: Ricardo Santiago Netto. Argentina
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Ejemplo, cómo verificar el teorema de Stokes en una superficie