CAPÍTULO V
SESIÓN 43
TEOREMA STOKES
GEORGE GABRIEL STOKES
1819-1903
 F d r
C
 F d r
C
F
NO CONSERVATIVO
R2
R3
TEOREMA DE GREEN
TEOREMA DE STOKES
 F  d r   rotF  N dS
 Q  P 
Pdx

Qdy

C
R   x   y  dA
C
Rosa Ñique Alvarez
S
2
George Gabriel
Stokes
(1818 - 1903) fue un físico
matemático irlandés. Stokes
fue
catedrático
en
la
Universidad de Cambridge.
En 1854, planteó su teorema
como un problema en el
examen de un concurso para
estudiantes de Cambridge.
No se sabe si alguien resolvió
el problema.
Rosa Ñique Alvarez
3
ORIENTACIÓN DE UNA CURVA
CERRADA C
Rosa Ñique Alvarez
4
ORIENTACIÓN DE UNA CURVA
CERRADA C
Rosa Ñique Alvarez
5
ORIENTACIÓN DE UNA CURVA
CERRADA C
Rosa Ñique Alvarez
6
ORIENTACIÓN POSITIVA DE UNA
CURVA CERRADA C
Rosa Ñique Alvarez
7
INTRODUCCIÓN
 F d r
C
 F d r
C
F
NO CONSERVATIVO
R2
R3
TEOREMA DE GREEN
TEOREMA DE STOKES
 Q  P 
Pdx

Qdy

C
R   x   y  dA
 F  d r   rotF  N dS
C
Rosa Ñique Alvarez
S
9
INTRODUCCIÓN
F ( x , y )  P ( x, y ) i  Q ( x , y ) j
i

xF  rot F 
x
P
j

y
Q
k
  Q P 

k
 

z  x y
0
Rosa Ñique Alvarez
10
CASO PARTICULAR: TEOREMA
GREEN
F ( x , y )  P ( x, y ) i  Q ( x , y ) j
  Q P 
rot F  

k
 x y
  Q P 
 Q P


rot F  k  

k k 


x y
 x y
rot F k 
 Q P

x y
Rosa Ñique Alvarez
11
TEOREMA DE GREEN
F ( x , y )  P ( x, y ) i  Q ( x , y ) j
 P dx  Q dy  
C
R
 Q  P 

 d A

 x y
 Q P
rot F k 

x y

C
P dx  Q dy 
 rot F  k dA
R
Rosa Ñique Alvarez
12
TEOREMA DE GREEN
 F  d r   rotF  N dS
C
 P dx  Q dy  
S
C
k
R
C

R
P dx  Q dy 
C
 Q  P 

 d A

 x y
 rot F  k dA
R
El teorema de Green para
una región simplemente
conexa es el teorema de
Stokes para un campo
vectorial en R2
Rosa Ñique Alvarez
13
INTRODUCCIÓN
F ( x, y, z )  P( x, y, z ) i  Q( x, y, z ) j  R x, y, z k
i

xF  rot F 
x
P
j

y
Q
Rosa Ñique Alvarez
k

z
R
14
INTRODUCCIÓN
F  rotH
CAMPO VECTORIAL
TIPO II
 F  N dS 
s
 rotH  N dS
s
TIPO II


 F  d r   rotF  N dS
C
S
Rosa Ñique Alvarez
15
TEOREMA
STOKES
TIPO II



 F  d r   rotF  N dS
C
Rosa Ñique Alvarez
S
16
TEOREMA STOKES
Sea S una superficie suave a trozos y
orientada, que está limitada por una curva
frontera C, cerrada, suave a trozos y
positivamente orientada. Sea F un campo
vectorial cuyas componentes tienen derivadas
parciales continuas en una región abierta de
R3 que contiene a S. Entonces
 F  d r   rotF  N dS
C
S
Rosa Ñique Alvarez
17
Notación
 F  d r   F  T ds
C
C
TEOREMA DE STOKES

C
F d r 

S
rot F  N dS 

 x F  N dS
S
 F  T ds   rot F  N d S    x F  N d S
C
S
S
Rosa Ñique Alvarez
18
Notación
F ( x, y , z )  ( P , Q , R )
TEOREMA DE STOKES
 F  d r   Pdx  Qdy  Rdz
C
C
 ( Pdx  Qdy  Rdz )   rot F  N dS
C
S
Rosa Ñique Alvarez
19
EJEMPLO 1
Evalúe

F d r
donde

F  x, y, z    y 2 , x, z 2

C
y C es la curva de intersección del plano y + z = 2
con el cilindro x2 + y2 = 1. (Oriente C de manera
que se recorra en sentido contrario al de las
manecillas del reloj, cuando se vea desde arriba)
Rosa Ñique Alvarez
20

Gráfica
2
F   y , x, z
2

1.5
1
0.5
0
-0.5
-1
2
1
0
-1
-2
-1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
campo3NC4
Rosa Ñique Alvarez
21
Solución


F d r
F   y 2 , x, z 2

C
i

 x F  rot F 
x
2
-y
rot F   1  2 y  k
j

y
x
k

z
2
z
CAMPO VECTORIAL
Rosa Ñique Alvarez
22
Gráfica
rot F   1 2 y  k
1.5
1
0.5
0
-0.5
-1
-1.5
1.5
1
1.5
0.5
1
0
0.5
0
-0.5
-0.5
-1
-1
-1.5
-1.5
Rosa Ñique Alvarez
23
Gráfica

F  x, y, z    y 2 , x, z 2

rot F   1 2 y  k
1.5
1
0.5
0
-0.5
-1
-1.5
1.5
1
1.5
0.5
1
0
0.5
0
-0.5
-0.5
-1
-1
-1.5
-1.5
 F  d r   rotF  N dS
C
S
Rosa Ñique Alvarez
24
rot F   1 2 y  k
rot F atraviesa el
plano pero no el
cilindro.
Rosa Ñique Alvarez
25
TEOREMA STOKES
N
S: y + z = 2
 F  d r   rot F  N dS
C
S
rot F   1 2 y  k
S: y + z = 2
N dS=grad(S)dA
grad ( S )  (0,1,1)
NdS  (0,1,1)dA
Rosa Ñique Alvarez
26
Solución: usando el teorema
rot F   1 2 y  k
Stokes
grad ( S )  (0,1,1)
S: y + z = 2
NdS  (0,1,1)dA
 F  d r  
C
rot F  N dS 
 1  2 y  k  N dS
S

C
F d r 
S

1  2 y  k  grad ( S )dA
R
Rosa Ñique Alvarez
27
Solución: usando el teorema Stokes

F d r 

F d r 
C

R
C



F d r 

F d r 
C
 1  2 y  dA
R XY
2 1
C
1  2 y  k  0,1,1dA
 1  2 r sen   rd r d
0 0
Rosa Ñique Alvarez
28
EJEMPLO 2
Evalúe

 y  senx  dx  z 2  cos y dy  x 3dz
C
donde C es la curva cerrada
r (t )   sent , cos t, sen2t ; 0  t  2
que esta sobre la superficie S: z = 2xy
Rosa Ñique Alvarez
29
Solución


F ( x, y, z )   y  senx  i  z 2  cos y j  x3k
rot F ( x, y, z )  (2 z,  3x ,  1)
2
F es un campo vectorial no conservativo
Rosa Ñique Alvarez
30
Solución: usando teorema Stokes
2
3
y

senx
dx

z

cos
y
dy

x
dz   rotF  N dS
 


C
S
r (t )   sent , cos t, sen2t ; 0  t  2
S: z = 2xy
S: z - 2xy = 0
grad (S )   2 y,  2x ,1
S: 2xy - z = 0
grad (S )  2 y, 2x , 1
¿Que vector gradiente a S se elige?
Rosa Ñique Alvarez
31
Solución: usando el teorema Stokes
2
3
y

senx
dx

z

cos
y
dy

x
dz   rotF  N dS





C
S
Donde C : r (t )  sent , cos t , sen2t , 0  t  2 Curva cerrada
Es el borde de la porción de superficie S definida por z = 2xy
Solución: usando el teorema Stokes
S es la porción de la superficie definida por z =2xy
C : r (t )  sent , cos t , sen2t , 0  t  2
SUPERFICIE10
Solución: usando el teorema Stokes
Orientación de la curva
C : r (t )  sent , cos t , sen2t , 0  t  2
t
x=sent
y=cost
z=sen(2t)
P(x, y, z)
0
0
1
0
(0, 1, 0)
π/2
1
0
0
(1, 0, 0)
π
0
-1
0
(0, -1, 0)
3π/2
-1
0
0
(-1, 0 0)
2π
0
1
0
(0, 1, 0)
Y
X
SOLUCIÓN
C : r (t )  sent , cos t , sen2t , 0  t  2
curva34
Se elige el vector gradiente a S que apunte hacia ABAJO
Rosa Ñique Alvarez
35
Superficie: S: z =2xy
C : r (t )  sent , cos t , sen2t , 0  t  2
S
N
CurSurfStokes
Rosa Ñique Alvarez
36
Solución
S: z = 2xy , 2xy -z = 0
C : r (t )  sent , cos t , sen2t , 0  t  2
rot F ( x, y, z )  (2 z,  3x ,  1)
2
grad ( S )  2 y, 2 x,  1
rotF ( x, y, z )  N dS  rotF ( x, y, z )  grad ( S )dA
Rosa Ñique Alvarez
37
Solución
S es la porción de superficie
definida por z = 2xy
rotF ( x, y, z )  N dS  rotF ( x, y, z )  2 y,2 x,1dA




rotF ( x, y, z )  N dS   4 y z  6 x 3  1 dA
rotF ( x, y, z )  N dS   8 xy 2  6 x 3  1 dA
Rosa Ñique Alvarez
38
Solución: Teorema Stokes
  y  senx  dx  z
C
2

 cos y dy  x dz
3
  rot F ( x, y, z )  N dS
S

  8 xy
2

 6 x  1 dA
3
R XY
Rosa Ñique Alvarez
39
SOLUCIÓN
Proyección de la porción de superficie S: z = 2xy sobre
el plano XY es el disco:
R : x2  y 2  1
Rosa Ñique Alvarez
40
Solución
  y  senx dx  z
2

 cos y dy  x dz
3
C
2 1

 8 cos sen   6 cos  r  1rdrd
2
3
3
0 0
2
3




y

senx
dx

z

cos
y
dy

x
dz   

C
Rosa Ñique Alvarez
41
Solución: CONCLUSIONES
2
3




y

senx
dx

z

cos
y
dy

x
dz

C
INTEGRAL DE LÍNEA
  rot F ( x, y, z )  N dS
INTEGRAL DE
SUPERFICIE- TIPO II

INTEGRAL DOBLE
S
  8 xy
2

 6 x 3  1 dA
R XY
INTEGRAL ITERADA
 8 cos sen   6 cos  r  1rdrd
2 1

2
3
3
0 0
Rosa Ñique Alvarez
42
EJEMPLO 3
Evalúe

 y  1dx  arctan( z )dy  ln y
2

 z dz
2
C
a lo largo de la curva cerrada C, recorrida en
sentido antihorario vista desde arriba, que resulta
de la intersección de las superficies:
2
z
S1 : x 2  y 2 
;
2
S2 : z  y  1
Rosa Ñique Alvarez
43
SOLUCIÓN


F ( x, y, z )   y  1i  arctan( z ) j  ln y 2  z 2 k
 2y
1 
i  0 j  k
rotF ( x, y, z )   2 2 
2 
 y  z 1 z 
Rosa Ñique Alvarez
44
SOLUCIÓN
2
z
S1 : x 2  y 2 
2
S2: z = y+1
Rosa Ñique Alvarez
45
SOLUCIÓN
S2: z = y+1
S 2: z – y – 1 = 0
grad (S2 )  0,1,1
2
z
S1 : x 2  y 2 
2
N
S2: z = y+1
Rosa Ñique Alvarez
46
SOLUCIÓN
Intersección de las superficies
2
z
S1 : x  y 
;
2
2
S2 : z  y  1
2
S 2 : z   y  1
S1 : 2 x  2 y  z ;
2
2
2
2
2
2x2  2 y 2  y 2  2 y 1
Las superficies se intersecan cuando (x, y ) están sobre la
elipse

y  1

2
x
2
2
1
Rosa Ñique Alvarez
47
SOLUCIÓN
 2y
1 
i  0 j  k
rotF ( x, y, z )   2 2 
2 
 y  z 1 z 
S2: z – y – 1 = 0
grad (S2 )  0,1, 1
rotF  NdS2  rotF  grad (S2 )dA  -1dA
Rosa Ñique Alvarez
48
SOLUCIÓN
Intersección de las superficies
2
z
S1 : x  y 
;
2
2
S2 : z  y  1
2
S 2 : z   y  1
S1 : 2 x  2 y  z ;
2
2
2
2
2
2x2  2 y 2  y 2  2 y 1
Las superficies se intersecan cuando (x, y ) están sobre la
elipse

y  1

2
x
2
2
1
Rosa Ñique Alvarez
49
SOLUCIÓN: Teorema Stokes

 y  1dx  arctan( z )dy  ln y 2  z 2 dz 
C

rotF . NdS 2 
S2

rotF .grad ( S 2 )dA
R XY

y  1

2
RXY : x
2
2
Rosa Ñique Alvarez
1
50
SOLUCIÓN: Teorema Stokes
2
2



 y  1 dx  arctan( z )dy  ln y  z dz 
C
 rotF .NdS
2
  1dA  1  dA  (1)

S2
R XY
2
R XY

y  1

2
RXY : x
2
2
Rosa Ñique Alvarez
1
51
EJEMPLO 4
Sean


F ( x, y, z )   z 2 i  2 xz j  4 y  x 2 k
Z
y C una curva cerrada simple en
el plano x + y + z = 4 que limita
una región de área 16 (ver figura).
Calcule

N
4
x+y+z=4
C
F.dr
C
donde C esta orientada en el
sentido antihorario cuando se
mira por encima del plano.
4
Y
4
X
Rosa Ñique Alvarez
52
SOLUCIÓN
Area( S ) 
 dS
S
TEOREMA DE STOKES
 F  d r   rotF  N dS
C
S
Rosa Ñique Alvarez
53
SOLUCIÓN: TEOREMA STOKES


F ( x, y, z )   z 2 i  2 xz j  4 y  x 2 k
rotF= (4-2x)i +2(x-z)j+2zk
Porción de plano
S: x + y + z = 4
1
grad ( S )  (1,1,1) ; N 
(1,1,1)
3
Rosa Ñique Alvarez
54
SOLUCIÓN: TEOREMA STOKES


F ( x, y, z )   z 2 i  2 xz j  4 y  x 2 k
rotF= (4-2x)i +2(x-z)j+2zk
1
grad ( S )  (1,1,1) ; N 
(1,1,1)
3
rotF  N dS 
4
3
dS
Rosa Ñique Alvarez
55
SOLUCIÓN: Teorema Stokes
Z
4
rotF  N dS 
dS
3

F.dr 
C

4
x+y+z=4
C
rotF  NdS
S
S
4
Y
4
X

C
4
F.dr
3

S
4
64
dS 
(16) 
3
3
Rosa Ñique Alvarez
56
EJEMPLO 5

Evalúe
donde:
F . dr
C

1

F ( x, y, z)  2 y  sen x i  e
y2


j  x  ln( z 2  4) k
y C es triángulo con vértices en (1, 0, 0), (0, 1, 0) y
(0, 0, 2).
Sin usar el teorema de Stokes
Rosa Ñique Alvarez
57
Solución

1

F ( x, y, z)  2 y  sen x i  e
y2


j  x  ln( z 2  4) k
rot (F )  0, 1,  2  0
El campo vectorial F no es conservativo.
Rosa Ñique Alvarez
58
Solución: sin usar el teorema Stokes

2
F . dr
C
C2
C3
1
1
C1
Rosa Ñique Alvarez
59
Solución: Sin usar Teorema Stokes
(usando Forma Básica)
F es un campo vectorial no conservativo

F . dr 
C

C1
F . dr 

F . dr 
C2
C3
b1


a1

F . dr
b3
b2
F (r )  r (t ) d t 

F (r )  r (t ) d t 
a2
Rosa Ñique Alvarez

F (r )  r (t ) d t
a3
60
EJEMPLO 6

Evalúe
Usando el teorema de Stokes
F . dr
C
Donde:

1

F ( x, y, z)  2 y  sen x i  e
y2


j  x  ln( z 2  4) k
y C es triángulo con vértices en (1, 0, 0), (0, 1, 0) y
(0, 0, 2).
S
Rosa Ñique Alvarez
61
Solución

1



F ( x, y, z)  2 y  sen x i  e j  x  ln( z 2  4) k
y2
rot (F )  0, 1,  2  0
El campo vectorial F no es conservativo.
Rosa Ñique Alvarez
62

1



F ( x, y, z)  2 y  sen x i  e j  x  ln( z  4) k
rot (F )  0, 1,  2  0
y2
2
CAMPO VECTORIAL
Campo Vectorial
Rotacional
1.5
1
0.5
Z
0
-0.5
-1
-1.5
-2
1.5
1
1.5
0.5
1
0
0.5
0
-0.5
-0.5
-1
Y
campo3NC9
-1
-1.5
-1.5
X
Solución: Usando el Teorema Stokes

C
F . dr 

rot F  N dS ; S : Plano
S
C
rot F  (0,1,2)
Rosa Ñique Alvarez
S
64
Solución: usando el teorema Stokes

F . dr 
C
 rot F  N dS
S
2
C2
C3
1
1
C1
Rosa Ñique Alvarez
65
Solución: Usando el Teorema
Stokes

F . dr 
C
 rot F  N dS
S
2
S
N
1
1
Rosa Ñique Alvarez
66
Solución: Usando el Teorema Stokes
Con los tres puntos se define la ecuación
del plano S.
S : 2 x  2 y  z  2 ; grad ( S )  2,2,1
1
vector normal a S : N  2, 2, 1
3
1
4
rot F  N dS  (0,1,2)  2, 2, 1dS  - dS
3
3
Rosa Ñique Alvarez
67
Solución: Usando el Teorema
Stokes

C
F . dr 
 rot F  N dS
S
Area Triangulo S

C
4
 4
F . dr      dS  
3
3
S 

S dS

Area de S
Rosa Ñique Alvarez
68
Solución: Usando el Teorema
Stokes

C
 4
F . dr      dS
3
S 
2
S
Area Triangulo S

C
4
F . dr  
3

 dS
S
N
1
1
Rosa Ñique Alvarez
69
Solución: Usando el Teorema
Stokes
Area Triangulo S

C

C
4
 4
F . dr      dS  
3
3
S 

 dS
S
4 1 
3 2 
   2
F . dr     2
3  2 
2 
Rosa Ñique Alvarez
70
Solución: Usando el Teorema
Stokes
𝐶
4 1
F. 𝑑r = −
3 2
3 2
2
2
= −2
2
C2
C3
1
1
Rosa Ñique Alvarez
C1
71
Solución: Usando el teorema de
Stokes y Proyectando en XY
4
  dS
3 S
-
4
3
Á𝑟𝑒𝑎 𝑆
N
2
S
1
1
Rosa Ñique Alvarez
72
Solución: Proyectando S en el
plano XY
grad S  2, 2, 1
S : 2 x  2 y  z  2;

1

F ( x, y, z)  2 y  sen x i  e
y2

2

j  x  ln( z  4) k
rot F  (0,1,2)
Rosa Ñique Alvarez
73
Solución: Proyectando S en el
plano XY
 F . d r   rot F  N d S
C
S
grad ( S ) dA

 F . d r   (0,1,2)  (2, 2,1) dA
C
R XY
Rosa Ñique Alvarez
74
Solución: Proyectando S en el
plano XY
 F . d r   rot F  N d S   (0,1,2)  (2, 2,1) dA
C
 F .d r
C
S
 4
R XY
 dA   4 ( Area triángulo en XY )
R XY
Rosa Ñique Alvarez
75
Solución: Proyectando S en el
plano XY
Area del trianguloR
 F .d r   4

 d A
C
R XY
Rosa Ñique Alvarez
76
Solución: Proyectando S en el
plano XY

C
F .d r 

rot F  N d S 
S
 4

(0,1,2)  (2, 2,1) dA
R XY

d A   4 ( Area triángulo en XY )
R XY

 
F . dr   4 (1 / 2)   2
C
Rosa Ñique Alvarez
77
EJEMPLO 7
Evalúe
 F d r
C
donde C es la frontera de la porción del paraboloide
z = 4 – x2 – y2 sobre el plano XY y F el siguiente campo
vectorial

F ( x, y, z )  x e  y ;
2 x
y  1; z
2
3

78
SOLUCIÓN
S: z = 4 – x2 – y2
 F d r
N
C
Rosa Ñique Alvarez
79
Solución: usando Teorema de
Stokes
 F d r
C

F ( x, y, z )  x 2e x  y ;
y 2  1; z 3

rotF  0, 0,1  k

C
F d r 

rot F  N dS 
S

k  N dS
S
S: paraboloide
80
Solución: usando Teorema de
Stokes
 F  d r   rot F  N dS   k  N dS
C
S
S : z  4  x 2  y 2  0;
S
grad ( S )  (2 x, 2 y, 1)
rot F  N dS  rot F  grad ( S )dA  k.(2 x,2 y,1) dA  dA
81
Solución:
rot F  N dS  k.(2 x,2 y,1) dA  dA
 F  d r   rot F  N dS   k  N dS
C
S
S
Area del disco

dA
 F  d r  
C
R XY
R: Área del disco con centro en el origen y
radio 2
82
Solución:
R: Área del disco con centro en el origen y
radio 2
 F  d r   dA
C
R XY
 F  d r  4
C
83
EJEMPLO 8
Evalúe  F  d r donde
C
C es la curva que resulta
de la intersección de las superficies:
ELIPSOIDE
CONO ELIPTICO
x2 y 2

 z2  1 ;
4
9
2
2
x
y
z2 

; z0
4
9
y F(x, y, z) el siguiente campo vectorial

F ( x, y, z)   y , x , e
z 2

84
INTERSECCIÓN DE ELIPSOIDE Y CONO
 F d r
C
x2 y2
z 

4
9
2
x2 y2

 z2  1
4
9
Rosa Ñique Alvarez
85
Solución: usando Teorema de
Stokes

F ( x, y, z)   y , x , e
z 2

rot F  2 k
C
F d r 
S
rot F  N dS 
S
2 k  N dS
S es la superficie con borde C
86
Solución: usando Teorema de
Stokes
C
F d r 
S
2 k  N dS
donde C es la curva cerrada que resulta de la
intersección del Elipsoide y Cono elíptico.
S es la superficie con borde la curva C.
87
Solución: usando Teorema de
Stokes
C
F d r 
S
2 k  N dS
La intersección del Elipsoide y Cono ocurre para z = √2/2,
este valor define la curva de intersección de las dos
superficies
C:
x2
 2
2

y2



2
 1; Curva Eliptica para z 
2
2
3 

2
88
CURVA DE INTERSECCIÓN DEL ELIPSOIDE Y CONO
 F d r
C
N=k
S:PLANO
S
z
2
2
C
Rosa Ñique Alvarez
89
Solución: usando Teorema de
Stokes
 F  d r   2 k  N dS
C
S : PLANO
C F  d r  S rot F  N dS  S:PLANO
 2 k  k dS
donde S es la porción de plano con borde C y
tiene vector normal unitario N =k
90
Solución: usando Teorema de
Stokes
 F  d r   rot F  N dS   2 k  k dS
C
S
S
 F  d r  2 dS  2Area de S 
C
S
91
Solución: usando Teorema de Stokes
Área de superficie S
S:
x2
 2
2

y2
 3 


 2
2
 1; z 
2
2
Superficie elíptica
 F  d r  2 dS  2(Area Elipse )
C
S
92
Solución: usando Teorema de Stokes
S:
x2
 2
2
y2
2

 1; z 
2
2
 3 


 2
Superficie elíptica
 F  d r  2 dS  2(Area Elipse )
C
S
 
 3 
C F  d r  2 2  2   6
93
APLICACIONES
TEOREMA STOKES
TRABAJO
CIRCULACIÓN DE UN FLUIDO
Rosa Ñique Alvarez
94
TRABAJO
W   F T ds   F  d r   Pdx  Qdy  Rdz
C
C
C
TEOREMA STOKES
W

C
F d r 

TIPO II
rotF  NdS
S
Rosa Ñique Alvarez
95
EJEMPLO 9
Calcular el trabajo realizado por el
campo de fuerzas

F ( x, y, z )  2 x  y  z ; x  y  z 2 ; 3x  2 y  4 z

Al desplazar una partícula de:
 1 1 
A
,
,0  hasta
 2 2 
B  0,0,1
a lo largo de la curva C1 luego por los
segmento rectos C2 y C3. Donde C1
resulta de interceptar el plano y = x
con el cilindro 2x2 + z2 = 1.
96
Solución: usando Teorema de
Stokes
F ( x, y, z )  2 x  y  z ; x  y  z ; 3x  2 y  4 z 
2
rot F ( x, y, z)  2z  2;  2; 2
W   F  d r   rot F  N dS   2 z  2,  2, 2  N dS
C
S
S
NdS  grad ( S )dA
97
Rosa Ñique Alvarez
98
Solución: usando Teorema de Stokes
S: y = x ; Plano
B
S: x – y = 0
grad(S)= (1,-1,0)
N
S
rot F  N dS  2z  2,  2, 2 1,1, 0dA
rot F  N dS  2 zdA
O
y=x
A
99
Solución: usando Teorema de
Stokes
rot F  N dS  2 zdA


C
S
W  F d r 
rot F  N dS 

 2 z d A
C
R XZ
W  F d r 


2
z

2
,

2
,
2

N
dS

S
Proyectando S sobre el plano XZ
100
Solución: usando Teorema de
Stokes
Proyectando S sobre el plano XZ

 2 z d A
W  F d r 
C
W   F d r 
C
z= 1 − 2𝑥 2
R XZ
1
2

0
1 2 x 2

2 zdz dx
0
101
Solución: usando Teorema de
Stokes
Proyectando S sobre el plano XZ
1
2

 2 z d A  
C
R XZ
W  F d r 
0
1 2 x 2

2 zdz dx
0
2
W   F d r 
3
C
102
RESUMEN
S MODELO EXPLÍCITO
TIPO II
 F . d r   rot F  N d S   rot F S  grad (S )dA
C
S
R
S MODELO PARAMÉTRICO
TIPO II
 F . d r   rot F  N d S   rot F S  ru x rv dA
C
S
D
Rosa Ñique Alvarez
103