Teoremas de Stokes y Gauss: comprobación

Verificamos la validez de los teoremas de Stokes y Gauss en casos concretos.

Enunciado
Se considera el campo vectorial en $\mathbb{R}^3:$

$\vec{F}(x,y,z)=(x-2yz,y+2xz,z).$

y el cono $K:\;x^2+y^2=4z^2,\,0\leq z\leq 1.$ Se pide:

1) Comprobar la validez del teorema de Stokes para el campo $\vec{F}$ y el cono $K.$
2) Comprobar la validez del teorema de Gauss para el campo $\vec{F}$ y el cono $K$ limitado por $z=1.$

 (Propuesto en examen, Amp. Calc., ETS de Ing. Industriales, UPM).

Solución
1)  La curva $\gamma$ que delimita a $K$ es $x^2+z^2=4,\;z=1,$ que escrita en paramétricas es: $$\gamma\equiv\left \{ \begin{matrix}x=2\cos t\\y=2\sin t\\z=1\end{matrix}\right.\quad (t\in[0,2\pi]).$$ Calculemos la integral curvilinea $I_1$ correspondiente al teorema de Stokes:
$$I_1=\int_{\gamma}(x-2yz)dx+(y+2xz)dy+zdz$$ $$=\int_0^{2\pi}(2\cos t-4\sin t)(-2\sin t)dt+(2\sin t+4\cos t)(2\cos t)\;dt$$ $$=\int_0^{2\pi}(-4\sin t\cos t+8\sin^2t+4\sin t\cos t+8\cos^2t)\;dt=\int_0^{2\pi}8\;dt=16\pi.$$
El rotacional de $\vec{F}$ es:$$\mbox{rot }\vec{F}= \begin{vmatrix}{\vec{i}}&{\vec{j}}&{\vec{k}}\\{\dfrac{{\partial }}{{\partial x}}}&{\dfrac{{\partial }}{{\partial y}}}&{\dfrac{{\partial }}{{\partial z}}}\\{x-2yz}&{y+2xz}&{z}\end{vmatrix}=(-2x,-2y,4z).$$ Un vector normal al cono $K\equiv \Phi (x,y,z)=x^2+y^2-4z^2=0$ en un punto genérico es $$\nabla \Phi=\left(\frac{{\partial \Phi}}{{\partial x}},\frac{{\partial \Phi}}{{\partial y}},\frac{{\partial \Phi}}{{\partial z}}\right)=(2x,2y,-8z)$$ y su módulo es $2\sqrt{x^2+y^2+16z^2}.$ Un simple esbozo del cono, permite elegir el sentido del vector normal unitario $\vec{n}$ acorde con el sentido elegido para la curva $\gamma,$ según la regla del sacacorchos:
$$\vec{n}=\dfrac{\nabla \Phi}{ \left\|{\nabla \Phi}\right\|}=\dfrac{1}{\sqrt{x^2+y^2+16z^2}}\;(-x,-y,4z).$$ Usando la relación $x^2+y^2=4z^2:$ $$(\mbox{rot }\vec{F})\cdot \vec{n}=\dfrac{2x^2+2y^2+16z^2}{\sqrt{x^2+y^2+16z^2}}=\dfrac{6(x^2+y^2)}{\sqrt{5(x^2+y^2)}}$$ $$=\sqrt{1+\left(\frac{{\partial z}}{{\partial x}}\right)^2+\left(\frac{{\partial z}}{{\partial y}}\right)^2}=\dfrac{\sqrt{5(x^2+y^2)}}{2\sqrt{x^2+y^2}}.$$ La proyección del cono $K$ sobre el plano $z=0$ es el círculo $D$ de centro el origen y radio $2.$ Para hallar la integral de superficie $I_2$ que aparece en el teorema de Stokes, usamos coordenadas polares en la integral doble correspondiente: $$I_2=\displaystyle\iint_{K}(\mbox{rot}\vec{F})\cdot \vec{n}\;dS=\displaystyle\iint_{D}\dfrac{6(x^2+y^2)}{\sqrt{5(x^2+y^2)}}\cdot \dfrac{\sqrt{5(x^2+y^2)}}{2\sqrt{x^2+y^2}}\;dxdy$$ $$=3\displaystyle\iint_{D}\sqrt{x^2+y^2}\;dxdy=3\displaystyle\int_0^{2\pi}d\theta\displaystyle\int_0^2\rho^2\;d\rho=16\pi.
$$ Queda pues comprobado el teorema de Stokes.

2)  Sea $T$ el cono $K$ limitado por $z=1.$ Su volumen es $V_T=4\pi/3$ La divergencia del campo es $\mbox{div}\vec{F}=\nabla\cdot \vec{F}=3,$ y la integral triple $J_1$ que aparece en el teorema de Gauss es $$J_1=\displaystyle\iiint_T (\mbox{div}\vec{F})\;dxdydz=3\displaystyle\iiint_T \;dxdydz=3\cdot\dfrac{4\pi}{3}=4\pi.$$ Hallemos el producto $(\mbox{div }\vec{F})\cdot \vec{n}$ en $K$ eligiendo ahora $\vec{n}$ exterior a la superficie: $$(\mbox{div }\vec{F})\cdot \vec{n}=(x-2yz,y+2xz,z)\cdot \dfrac{1}{\sqrt{x^2+y^2+16z^2}}\;(x,y,-4z)$$ $$=\dfrac{x^2-2xyz+y^2+2xyz-4z^2}{\sqrt{x^2+y^2+16z^2}}=0.$$ El vector normal unitario en la base $B$ del cono es $\vec{n}=(0,0,1)$ y ahora $(\mbox{div }\vec{F})\cdot \vec{n}=1.$ Teniendo en cuenta que el área de $B$ es $A_B=4\pi,$ la integral de superficie $J_2$ que corresponde al teorema de Gauss es: $$J_2=\displaystyle\iint_T(\mbox{div }\vec{F})\cdot \vec{n}\;dS=\displaystyle\iint_K(\mbox{div}\vec{F})\cdot \vec{n}\;dS+\displaystyle\iint_B(\mbox{div}\vec{F})\cdot \vec{n}\;dS$$ $$=\displaystyle\iint_K0\;dS+\displaystyle\iint_B dS=0+A_B=4\pi.$$ Queda pues comprobado el teorema de Gauss.

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