FACULTAD DE INGENIERÍA ARQUITECTURA Y URBANISMO

ESCUELA DE INGENIERÍA CIVIL

INTEGRALES DE SUPERFICIE TEOREMA DE STOKES Y

DIVERGENCIAINTEGRANTES:

1. ALTAMIRANO VALENCIA ELMER

2. CONTRERAS JIBAJA SHONA

3. NEIRA PEÑA JENNIFER

4. RIVAS HENCKELL DIEGO

5. VILLAFUERTE MAYANGA ENRIQUE

CURSO:

MATEMATICA II

PROFESORA:

DELGADO BERNUI MARYLIN

PIMENTEL, FEBRERO DEL 2015

INTEGRALES DE SUPERFICIES

En la clase anterior vimos que el área de una superficie lo podemos calcular dependiendo el tipo de función por medio del cual podemos representar la superficie, esto es:

1. Si z=g(x , y) entonces el área de la superficie es:

A( s )=∬

sds=∬

Dx , y√ g

2x+g2 y+1dA

2. Siy=h(x , z ) entonces, el área de la superficie es:

A( s )=∬

sds=∬

Dx , y√h

2x+h2z+1dA

3. Six=R(z , y) entonces, el área de la superficie es:

A( s )=∬

sds=∬

Dx , y√ R

2x+R2z+1dA

o Por lo tanto si definimos, de una manera análoga a las integrales, las integrales de superficies están dadas por:1. Si z=g(x , y) entonces:

∬

sf (x , y , z )ds=∬

Dx , yf ( x , y , g( x , y ))√g

2x+g2 y+1dA

2. Siy=h(x , y )entonces:

∬

sf (x , y , z )ds=∬

Dx , yf ( x , h( x , z ))√h

2x+h2y +1dA

3. Six=R(x , y) entonces:

∬

sf (x , y , z )ds=∬

Dx , yf ( R( y , z ) , y , z )√R

2y+R2z+1dA

En este capitulo estudiaremos básicamente las integrales de superficie. Comenzáremos considerando superficies dadas porz=g(x , y) para pasar, mas adelante, a superficies dadas en forma paramétrica. Sean S la superficie de ecuaciónz=g(x , y) y R su proyección sobre el plano XY, supongamos que g , gx , gy son continuas en todos los puntos de R que f esta definida sobre S. para calcular el área de una superficie, evaluamos f en (Xi ,Yi , Zi) y formamos la suma

∑i=1

n

f ( Xi , Yi , Zi) ΔSi

Donde ΔSi ≈√1+[ gx ( Xi ,Yi , ) ]2+[ gy ( Xi ,Yi )]2 ΔSi si existe el límite cuando ΙΙ ΔΙΙ se hace tender a 0, la integral de superficie de f sobre S se define como

2

Esta integral se puede calcular como una integral doble.

3

2) ∬s

❑

zdS , donde S es la superficie cuyos lados S1los define el

cilindro x2+ y2=1 , cuyo fondo S2 esel disco x2+ y2≤1 en el plano z=0 , cuya tapa S1es la parte del plano z=1+x que queda arriba de S2.

La superficie S se ilustraen la figura¿tener una mejor una mejor visionen S . para s1useθ y zcomo

parametros. Y exprese las ecuaciones paramétricas como.x=cosθ y=sin θ z=z

Por lo tanto:

4

Por lo siguiente , la integral de la superficie sobre s1 es:

∫0

2π

∫0

1+cosθ

z dzdθ = ∫0

2π 12(1+cosθ)2dθ

12∫02π

¿¿

12 [ 32 θ+2cosθ+ 1

4sin2θ]2π

0=3π2

Puesto que s1queda enel plano .

la superficie de la parte s1esta sobre el disco untrio D y es parte del planoz=1+x .deeste modo , si toma g ( x , y )=1+ xde la formula se

convierde encoordenadas polares .

∫0

2π

∫0

1

¿¿¿

5

√2 ∫0

2π

∫0

1

¿¿¿

√2 ∫0

2π

( 12+ 13 cosθ)dθ

√2 [ θ2+ sin θ3 ]2 π

0=√2π

Por lo tanto:

3π2

+0+√2π =( 32+√2)π

6

TEOREMA DE STOKES

El teorema de Stokes en geometría diferencial es una proposición sobre la integración de formas diferenciales que generaliza varios teoremas del cálculo vectorial. Se nombra así por George Gabriel Stokes (1819-1903), a pesar de que la primera formulación conocida del teorema fue realizada por William Thomson y aparece en una correspondencia que él mantuvo con Stokes.

Enunciado del Teorema de Stokes

A continuación enunciamos la versión tridimensional de la fórmula de Green, conocida como Teorema de Stokes, que nos permite calcular una integral de línea de un campo vectorial en el espacio mediante una integral de superficie del rotacional del campo.

TEOREMA

Sea S una superficie uniforme por segmentos y orientada que esta acotada por una curva C suave por segmentos, simple y cerrada con orientación positiva. Sea F un campo vectorial cuyas componentes tiene derivadas parciales continuas en una región abierta en R3 que contiene a S. Entonces,

∫C

❑

F . dr=∬s

❑

rotF . ds

Puesto que

∫c

❑

F . dr=∫c

❑

F . T ds y ∬s

❑

rot F . dS=∬S

❑

rot F . n dS

El teorema de Stokes establece que la integral de línea alrededor de una curva frontera de S de la componente tangencial de F es igual a la integral de superficie de la componente normal del rotacional de F.

La curva orientada en forma positiva de la superficie orientada S se escribe a menudo como ∂ S , de modo que el teorema de Stokes se puede expresar como

∬S

❑

rot F . ds=∫∂ S

❑

F . dr

7

1

Hay una analogía entre el teorema de Stokes, el teorema de Green y el teorema fundamental del calculo. Como antes, hay una integral con derivadas en el primer miembro de la ecuación 1 (recuerde que rot F es una clase de derivada de F) y el segundo miembro contiene los valores de F solo en la frontera de S.

En efecto, en el caso especial donde la superficie S es plana y queda en el plano xy con orientación hacia arriba, la normal unitaria es k, la integral de superficie se vuelve una integral doble, y el teorema de Stokes se transforma en

∫c

❑

F .dr=∬s

❑

rot F .ds=∬s

❑

(rot F ) . k dA

Esto es precisamente la forma vectorial del teorema de Green. Por tanto , el teorema de Green es realmente un caso especial del teorema de Stokes.

Aunque es muy difícil demostrar totalmente el teorema de Stokes, puede dar una demostración cuando S es una grafica y F, S y C se comparten muy bien.

DEMOSTRACION DE UN CASO ESPECIAL DEL TEOREMA DE STOKES. Suponga que la ecuación de S es Z = g(x,y),(x,y) ∈ D, donde g tiene derivadas parciales continuas de segundo orden y D es una región simple del plano cuya curva frontera C1 corresponde a C. Si la orientación de S es hacia arriba, entonces la orientación positiva de C corresponde a la orientación positiva de C1. Sabe que F= Pi + Qj + Rk, donde las derivadas parciales de P, Q, R son continuas.

Puesto que S es una gráfica de una función, en donde F está remplazando por rot F. El resultado es

∬s

❑

rot F .dS = ∬D

❑ [−( ∂R∂ y

−∂ Q∂ z ) ∂ z

∂x−( ∂ P

∂ z−∂ R

∂ x ) ∂ z∂ y

+( ∂ Q∂ x

−∂ P∂ y )]dA

Donde las derivadas parciales de P, Q y R se evalúan en (x,y,g(x,y)). Si

x = x(t) y = y(t) a≤ t ≤ b

es una representación paramétrica de C1, entonces una representación paramétrica de C es

x = x(t) y = y(t) z = g(x(t),y(t)) a≤ t ≤ b

Con la ayuda de la regla de la cadena , esto permite evaluar la integral de línea como sigue:

8

2

∫c

❑

F . dr=∫a

b

(P dxdt

+Q dydt

+R dzdt )dt

= ∫a

b

[P dxdt

+Q dydt ¿+R ( ∂ z

∂ xdxdt

+ ∂ z∂ y

dydt )]dt ¿

= ∫a

b

[(P+R ∂ z∂x ) dx

dt+(Q+R ∂z

∂ y ) dydt ]dt

= ∫C 1

❑

(P+R ∂ z∂ x )dx+(Q+R ∂ z

∂ y )dy

= ∬D

❑

[ ∂∂ x ¿(Q+R ∂ z

∂ y )− ∂∂ y (P+R ∂ z

∂ x )]dA ¿

Donde se aplica el teorema de Green en el ultimo paso . Luego , al aplicar otra vez la regla de la cadena y al recordar que P,Q y R son funciones de x,y y z y de la misma z es una función de x y y, se obtiene

∫C

❑

F .dr=∬D

❑ [( ∂ Q∂ x

+ ∂ Q∂ z

∂ z∂ x

+ ∂ R∂ x

∂ z∂ y

+ ∂ R∂ z

∂ z∂ x

∂ z∂ y

+R ∂2 z∂ x ∂ y )−( ∂ P

∂ y+ ∂P

∂ z∂ z∂ y

+ ∂ R∂ y

∂ z∂ x

+ ∂ R∂ z

∂ z∂ y

∂ z∂ x

+R ∂2 z∂ y ∂ x )]dA

Cuatro de los términos de esta integral doble se cancelan y los restantes seis términos se pueden acomodar para que coincida el segundo miembro de la ecuación 2. Por tanto,

∫C

❑

F . dr=∬S

❑

rot F .dS

9

10

11

12

13

TEOREMA DE LA DIVERGENCIA

El teorema de divergencia se llama también teorema de Gauss, en honor al famoso matemático Carl Friedrich Gauss, que este junto con Arquímedes y Newton, están considerados como los matemáticos más importantes de todos los tiempos. Entre sus contribuciones demostró a los 22 años y como parte de su trabajo de tesis doctoral, el teorema fundamental del algebra

Teorema de divergencia

Sea Q una región solida acotada por una superficie cerrada S. orientada por vectores

normales unitarios dirigidos hacia el exterior Q. Si F es un capo vectorial cuyas funciones

componentes tienen derivadas parciales continuas en Q, entonces:

∫s

❑

F .ndS=∭Q

❑

¿ F dV

14

1

DEMOSTRACIÓN

Sea F = P j + Qj + RK. Entonces

div F=aPax

+ aQay

+ aRaz

De modo que:

∭E

❑

¿ FdV =¿∭E

❑ aPax

dV+∭E

❑ aQay

dV +∭E

❑ aRaz

dV ¿

Si n es el normal unitario hacia afuera de S. por lo tanto la integral de superficie en el lado izquierdo o del teorema de la divergencia es

∬S

❑

F . dS=∬s

❑

F .ndS=∬s

❑

(Pi+Qj+RK ) . ndS

¿∬s

❑

Pi .ndS+∬s

❑

Qj . ndS+∬s

❑

Rk . ndS

Por lo tanto, para demostrar el teorema de la divergencia, es superficie demostrar las tres ecuaciones siguientes:

∬S

❑

Pi . ndS=¿∭E

❑ aPax

dv¿

∬S

❑

Qj .ndS=¿∭E

❑ aQay

dv¿

∬S

❑

RK . ndS=¿∭E

❑ aRaz

dv ¿

Para demostrar la ecuación 4, recurra al hecho que E es una región tipo 1:

15

2

3

4

E={ (x , y , z ) (x , y )∈D .u1 ( x , y ) ≤ z ≤u2 ( x , y ) }

Donde D es la proyección de E en el plano xy.

∭E

❑ aRaz

dV=∬D

❑

[ ∫u1 ( x, y )

u2 (x , y ) aRaz

¿( x , y , z )dz]dA ¿

Y, en tal caso, según el teorema fundamental del cálculo.

∭E

❑ aRaz

dV=∬D

❑

¿¿dA

La superficie frontera S1 consiste en tres partes: la superficie del fondo S2 la superficie de la tapa S3 y posiblemente una superficie vertical, la cual se ubica encima de la curva frontera de D . Podría ocurrir que S3 no aparezca, como en el caso de una esfera). Observe que en S tiene K. n= 0, porque k es vertical y n es horizontal, y así

∬s1

❑

RK . ndS=¿∬s1

❑

0 dS=0¿

Por esto, sin que importe si hay una superficie vertical, puede escribir

∬s1

❑

RK . ndS=¿∬s1

❑

RK . ndS+∬s1

❑

Rk . n dS¿

La ecuación de S2 es z =u2(x,y)(x,y)∈D ,y la normal n hacia afuera señala hacia arriba, de modo que se tiene :

∬s2

❑

RK . ndS=¿∬D

❑

R( x , y ,u2(x , y))dA ¿

En S1 tiene z = u2(x,y), pero en este caso la normal hacia afuera señala hacia debajo de modo que multiplique por -1:

∬s1

❑

RK . ndS=−∬D

❑

R [x , y . u2 ( x , y )]dA

Por lo tanto, la ecuación 6 da como resultado

16

5

6

∬s

❑

RK . ndS=−∬D

❑

R [x , y . u2 ( x , y )−R (x , y ,u1( x , y))]dA

Al comparar con la ecuación 5 llega a que

∬s

❑

RK .n dS=∭E

❑ aRaz

dV

Las ecuaciones 2 y 3 se demuestran en forma similar usando las expresiones para E como una región tipo 2 o tipo 3, respectivamente.

Flujo y el teorema de la divergencia

Para entender que significa la divergencia de F en un punto, consideremos el volumen de ∆ de una pequeña esfera de radio α centrada en , contenida en la región Q.

Aplicando el teorema de la divergencia a resulta

Flujo de F a través de = ∆

donde denota el interior de . Por consiguiente, tenemos

≈ Flujo de F a travesde

∆

y tomando el limite para ∝→0, obtenemos la divergencia de F en el punto

div F = lim Flujo de F a traves de

∆ ∝→0

= flujo por unidad de volumen en

El punto se clasifica, en un campo vectorial, como fuente, sumidero o incomprensible, de acuerdo con las siguientes definiciones:

1. Fuente, si ¿ F>0

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2. Sumidero, si ¿ F<0

3. Incompresible, si ¿=0

Sumidero Fuente

Incomprensible

PROBLEMA 1:

Determine el flujo del campo vectorial F(x,y,z) = zi+yj+xk sobre la esfera unitaria x2+y2+z2=1.

Primero calcule la divergencia de F:

div F=a

ax( z )+ a

ay( y )+ a

ax( x )=1

La esfera unitaria S es la frontera de la bola unitaria B definida por x2+y2+z2≤1. En estos términos, el teorema de la divergencia da el flujo como

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∬s

❑

F . dS=∭B

❑

¿F dV=∭B

❑

1dV =V (B ) 34

π (1)3=4 π3

PROBLEMA 2:

Calcule el flujo del campo vectorial F(x,y,z)=(xz,-y2,xz) a través de la superficie cerrada que limita el cilindro

X2 + y2≤R2 con 0≤ z ≤ 3

a) Calculamos el flujo del campo utilizando el teorema de Divergencia.

Solución:

∫s

❑

F .ndS=∭v

❑

¿ Fdxdydz ,

En primer lugar calculamos la divergencia de F

divF (x,y,z)=z-2y +x.

19

La forma más conveniente de realizar la integral en el conjunto V es hacer un cambio a coordenadas cilíndricas, ya que por ser V un cilindro el recinto de integración en estas variables es un rectángulo, es decir,

ρϵ ¿0 , R [ , φ ϵ ]0,2 π [, z∈ ] 0,3¿

Entonces,

∫s

❑

F .ndS=∭v

❑

¿ F dxdydz=∭v

❑

( z−2 y+ x )dxdydz=¿¿

¿∫0

R

∫0

2π

∫0

3

( z−2 ρsn φ+ρcosφ ) ρdzdφdp=¿¿

¿∫0

R

∫0

2π

( 92

ρ−6 ρ2 sinφ+3 ρ2 cosφ)dφdρ=∫0

R

9 π ρdρ= 92

π R2

PROBLEMA 3:

Calcule el flujo del campo vectorial F (x, y, z) = (x, y, 2z)

V: = {(x,y,z)/ 0≤ z≤4−2 x2−2 y2}

Utilizando el teorema de Divergencia puede calcularse como la integral triple en V de la divergencia de F

div F (x,y,z)= 1+1+2=4.

20

Entonces,

∫s

❑

F .n dS=∭v

❑

¿ F dxdydz=∭v

❑

4 dxdydz=¿¿

¿4∬D

❑

( ∫0

4−2 X2−2Y 2

dz)dxdy=∬D

❑

(4−2x2−2 y2 ) dxdy

Para hacer esta integral doble en el círculo D pasamos a coordenadas polares ρ∈¿0,√2`[, φ∈ ¿0,2π ¿

Por tanto,

∫s

❑

F .n dS=4∫0

√2

∫0

2π

(4−2 ρ2) ρdρdφ=16π .

21