Monografias | Campos vectoriales y aplicaciones

Indice
1. Campos escalares y vectoriales
2. Integral de línea
3. Teorema de Green
4. Integrales de superficie
5. Teorema de la divergencia de Grauss
6. Teorema de stokes
7. Bibliografía

1. Campos vectoriales y escalares

Campos vectoriales. Un campo vectorial es en Rⁿ R Ì es una aplicación F:Aⁿ → Rⁿ que asigna a cada punto x de su dominio A un vector F (x). Si n = 2, F se llama campo vectorial en el plano, y si n = 3, F es un campo vectoriales del espacio.
R  ÌVisualizar F adhiriendo una flecha a cada punto (Fig. 4.3.1). En contraste, una aplicación f:A ⁿ → R que asigna un número a cada punto es un campo escalar. Un campo vectorial F (x,y,z) en R³ tiene tres campos escalares componentes F₁, F₂ y F₃, así que
F(x, y, z) = (F₁(x, y, z), F₂(x, y, z), F₃(x, y, z)).
De manera análoga, un campo vectorial Rⁿ tiene n componentes F₁, ..., F_n. Si cada componente es una función C^k, decimos que el campo vectorial F es de clase C^k. Se dará por hecho que los campos vectoriales son, al menos, de clase C¹, a no ser que se diga lo contrario.

Figura 4.3.1 Un campo vectorial F asigna un vector F (x) a cada punto x de su dominio.

Ejemplo 1
Realizar la descripción del campo vectorial F dado por F (x, y) = -yi + xj.

Solución
La siguiente tabla muestra los sectores F (x, y) asociados a varios puntos (x, y) señalados en la figura 18.5.

Figura 18.5 Figura 18.6

Para llegar a una descripción de un campo vectorial F se considera un punto arbitrario K (x, y) y se define el vector de posición r = xi + yj de K (x, y) (véase la figura 18.6). Se ve que F (x, y) es ortogonal a r y por lo tanto, es tangente a la circunferencia de radio ||r|| con centro en el origen. Este hecho puede demostrarse probando que r . F (x, y) = 0, como sigue:

r . F (x, y) = (xi + yj) . (- yi +xj)

= -xy + yx = 0.

Además,

|| F (x, y) || = √y² + x² = || r ||

Por lo tanto, la magnitud de F (x, y) es igual al radio de la circunferencia. Esto implica que cuando el punto K (x, y) se aleja del origen, la magnitud de F (x, y) aumenta como sucede en el caso de la rueda giratoria de la figura 18.1

La siguiente definición presenta uno de los campos vectoriales más importantes de la física.
Definición (18.2).
Sea r = xi + yj + zk el vector posición de un punto K (x, y, z). Se dice que un campo vectorial F es un campo de variación inversa al cuadrado de la distancia si

F(x, y, z) = c_ u

|| r ||²

donde c es un escalar y u es un vector unitario que tiene la misma dirección que r y está dado por u = 1_ = r.

|| r ||

Ejemplo 2
Describir el campo F (x, y, z) que cumple la definición (18.2) para c < 0.

Solución
Como u = 1 r y r = xi + yj + zk,

||r||

F (x, y, z) = c_ r = c_____ (xi + yj + zk).

||r||³ (x² + y² + z²)^3/2

Es más fácil analizar los sectores del campo usando la expresión en términos de r. Como F(x, y, z) es un múltiplo escalar negativo de r, la dirección de F(x, y, z) es hacia el origen O. Además,

||F(x, y, z)|| = | c |_ || u || = | c |_

||r||² ||r||²

y por lo tanto, la magnitud de F (x, y, z) es inversamente proporcional al cuadrado de la distancia del punto (x, y, z) al origen O. Esto significa que cuando el punto K(x, y, z) se aleja del origen, la longitud del vector asociado F (x, y, z) disminuye. En la figura 18.7 se indican algunos vectores típicos de un campo F del tipo de "variación inversa al cuadrado".

Definición
Se dice que un campo vectorial F es un campo vectorial conservativo si es el gradiente de una función escalar, es decir si
F (x, y, z) = s f (x, y, z)
para una función f.

Teorema
Todo campo vectorial del tipo de variación inversa al cuadrado (o de tipo gravitacional) es conservativo.
Demostración. Si F es un campo de tipo gravitacional, entonces como en la solución del ejemplo 2,
F(x, y, z) = cx____ i + cy____ j + cz____ k
(x² + y² + z²)^3/2 (x² + y² + z²)^3/2 (x² + y² + z²)^3/2
para alguna constante c. Según la definición (18.3, si F es conservativo, existe una función escalar f tal que F (x, y, z) = s f (x, y, z), y las componentes de F son iguales a f_x (x, y, z), f_y (x, y, z) y f_z (x, y, z), respectivamente. Integrando parcialmente estas componentes con respecto a x, y y z, respectivamente, se ve que
f(x, y, z) = – c_____
(x² + y² + z²)^1/2

Calculando las derivadas parciales se demuestra que esta función f es lo que se buscaba. Por tanto, se tiene lo siguiente:
F(x, y, z) = s f (x, y, z) = s -c donde r = || r || (x² + y² + z²)^1/2

r

En la física, la función de potencial de un campo vectorial conservativo F se define como una función p tal que F(x, y, z) = -s p (x, y, z). En este caso, tomando p = -f en la demostración del teorema (18.4), se obtiene F(x, y, z) = s (c/r). Más adelante en el capítulo se estudiarán más a fondo los campos vectoriales conservativos.
El operador diferencial vectorial s en tres dimensiones es:
s = i ∂_ + j ∂_ + k ∂_
∂x ∂y ∂z

Si s actúa sobre una función escalar f, da como resultado el gradiente de f:
grad f =s f = ∂f_ i + ∂f_ j + ∂f_ k
∂x ∂y ∂z

2. Integrales de línea

Puede seguirse un procedimiento para definir las integrales de línea de funciones de varias variables sobre curvas en dos o tres dimensiones.
Sea f una función de dos variables x y y que es continua en una región D, la cual contiene una curva regular C con una parametrización x = g (t), y = h (t); a ≤ t ≤ b. Se definirán tres integrales diferentes de f sobre C. Comenzamos dividiendo el intervalo del parámetro [a, b] escogiendo
a = 1₀ < 1₁< 1₂ < ... < 1_n = b.
La norma de esta partición, es decir, la longitud del mayor subintervalo [t_k-1, t_k], se denota por ||∆||. Si P (x_k, y_k) es el punto de C correspondiente a t_k, entonces los puntos P₀, P₁, P₂, ..., P_n dividen a C en n subarcos P_k-1 P_k. Sean
∆x_k = x_k – x_k-1, ∆y_k = y_k – y_k-1, ∆s_k = longitud de P_k-1 P_k.
Para cada k, sea Q(u_k, v_k) un punto del subarco P_k-1 P_k correspondiente a algún número en [t_k-1, t_k] (véase la figura 18.10). Consideremos ahora las tres sumas
∑ f(u_k, v_k)∆s_k, ∑ f(u_k, v_k) ∆x_k, ∑ f(u_k, v_k)∆y_k
Si los límites de estas sumas existen cuando ||∆|| → 0, son entonces las integrales de línea def sobre C con respecto a s, x y y, respectivamente, y se denotan como sigue

Integrales de línea
En dos dimensiones
(18.8)

El término "integral de líneas" se refiere a una integral sobre una línea curva, que podría ser en ciertos casos una línea recta. Se le podría llamar también genéricamente integral de curva.
Si f es continua en D, entonces los límites que (18.8) existen y son los mismos para todas las parametrizaciones (siempre y cuando tengan la misma orientación). Además, las integrales se pueden evaluar sustituyendo x = g (t), y = h (t), o sea la parametrización de C y reemplazando las diferenciales por

ds = √(dx)² + (dy)² = √[g’(t)]² + [h’(t)]² dt

dx = g’(t)dt, dy = h’(t) dt

Observese que según la definición (13.6), la fórmula para ds es la diferencial de la longitud de arco. A continuación se enuncian estos hechos como referencia.

Teorema de evaluación para integrales de línea (18.9)
Si una curva regular C está dada por x = g (t), y = h (t); a ≤ t ≤ b, y f (x, y) es continua en una región D que contiene a C, entonces

Independencia De La Trayectoria
A una curva regular parte por parte con extremos A y B se le llama a veces trayectoria de A a B. a continuación se obtienen condiciones bajo las cuales una integral de línea es independiente de la trayectoria en una región, en el sentido de que si A y B son puntos arbitrarios, entonces se obtiene el mismo valor para todas las trayectorias de A a B en esa región. Los resultados se demostrarán para integrales de línea en dos dimensiones. Las demostraciones para el caso de tres dimensiones son similares y se omiten.
Si la integral de línea ∫c f (x, y) ds es independiente de la trayectoria, se denota a veces por ∫^B_A f (x, y)ds porque el valor de la integral depende sólo de los extremos A y B de la curva C. una anotación similar se usa para ∫c f (x, y)dx y ∫c f (x, y)dy y para las integrales de línea en tres dimensiones.
El siguiente teorema, que es el resultado fundamental, dice que si un campo F es continuo, entonces la integral de línea ∫c F . dr es independiente de la trayectoria si y sólo si F es conservativo.

Teorema (18.13)
Si F (x, y) = M (x, y)i + N (x, y)j es continuo en una región D abierta y conexa, entonces la integral ∫c F . dr es independiente de la trayectoria si y sólo si F (x, y) = s f (x, y) para alguna función escalar f.

Teorema (18.14)
Sea F (x, y) = M (x, y)i + N (x, y)j continuo en una región abierta y conexa D, y sea C una curva regular parte por parte en D con extremos A (x₁, y₁) y B (x₂, y₂). Si F(x,y) = s f (x, y), entonces

∫c M(x, y)dx + N(x, y)dy = ∫ F . dx

= f(x₂, y₂) – f (x₁, y₁) = f (x, y)]

Ejemplo 1
Sea F el campo gravitacional producido por una partícula de masa M colocada el origen de un sistema de coordenadas rectangulares. Calcular el trabajo realizado cuando una partícula de masa m se mueve de A (2, 3, 4) a B (1, 0, 0).

Solución
La fuerza ejercida sobre una partícula de masa m colocada en K (x, y, z) es

F (x, y, z) = – G Mm r

|| r ||³

donde r = xi + yj + zk. Como en la demostración del teorema (18.4), F (x, y, z) = s f (x, y, z) donde

f (x, y, z) = GMm___

(x² + y² + z²)^1/2

Entonces por el teorema en tres dimensiones análogo al teorema (18.14) (o al corolario (18.15)),

W = ∫ F . dr = GMm___ = GMm 1- 1

(x² + y² + z²)^1/2 √29

Si la integral ∫c M(x, y)dx + N(x, y)dy es independiente de la trayectoria, entonces por el teorema (18.13) existe una función f tal que

M = ∂f_ y N = ∂f_

∂x ∂y

Por lo tanto,

∂M_ = ∂²f_ y ∂N_ = ∂²f_

∂y ∂y ∂x ∂x ∂x ∂y

Si M y N tienen primeras derivadas parciales continuas, entonces f tiene segundas derivadas parciales continuas y, por lo tanto, el orden de derivación no altera el resultado, es decir,

∂M_ = ∂N_

∂y ∂x

Teorema (18.16)
Si M(x, y) y N(x, y) tienen primeras derivadas parciales continuas en una región simplemente conexa D, entonces la integral de línea

∫c M(x, y)dx + N(x, y)dy

es independiente de la trayectoria en D si y sólo si

∂M_ = ∂N_

∂y ∂x

Ejemplo 2
Demostrar que si F (x, y) = (2x + y³ )i + (3xy² + 4)j, entonces ∫c F . dr es independiente de la trayectoria y evaluar ∫ F . dr

Solución.
La función vectorial F tienen primeras derivadas parciales continuas para todo (x, y) y por lo tanto se puede aplicar el teorema (18.16). Tomando M = 2x + y³ y N = 3xy²+4 vemos que

∂M_ = 3y² = ∂N_

∂y ∂x

Por lo tanto, la integral de línea es independiente de la trayectoria. Según el teorema (18.13), existe una función (de potencial) f tal que

f_x (x, y) = 2x + y³ y f_y (x, y) = 3xy² + 4.

Si integramos (parcialmente) f_x (x, y) con respecto a x,

f_x (x, y) = x² + xy³ + k(y)

donde k es una función que depende sólo de y. (Hay que usar k (y) en lugar de una constante en la integración parcial para obtener la expresión más general de f (x,y) tal que f_x (x, y) = 2x + y³ .)

Derivando f (x, y) con respecto a y, y comparando con la expresión f_y (x, y) = 3xy²+4 obtenemos

f_y (x, y) = 3xy² + k’(y) = 3xy² + 4.

Por lo tanto, k’(y) = 4 o bien k (y) = 4y + c para una constante c. Entonces

f (x, y) = x² + xy³ + 4y + c

define una función del tipo deseado. Aplicando el teorema (18.14),

∫ (2x + y³) dx + (3xy² + 4) dy = x² + xy³ + 4y ]

= (4 + 54 + 12) – 4 = 66

No usamos la constante c porque para evaluar la integral puede usarse cualquier función de potencial f.

3. Teorema De Green

∫ f ’(x) dx = f(b) – f (a)

Dice que la integral de una función sobre un conjunto S = [a, b] es igual a una función relacionada (la antiderivada) evaluada de cierta manera sobre la frontera de S, en este caso consta sólo de dos puntos, a y b.

Teorema A
Sea C una curva cerrada simple, suave por partes, que forma la frontera de una región S plano xy. Si M (x,y) y N (x, y) son continuas y tienen derivadas continuas sobre y su frontera C, entonces

∂N_ – ∂M_ dA = M dx + N dy

∂x ∂y

^s

Demostración. Probemos el teorema para el caso en el que S es tanto x-simple como y-simple y discutiremos después las ampliaciones al caso general. Puesto que S es y-simple, tiene la forma de la figura 1; es decir,

S = {(x, y): g(x) ≤ y ≤ f (x), a ≤ x ≤ b}

Figura 1
Su frontera C consta de cuatro arcos C₁, C₂, C₃, y C₄ (C₂ o C₄ pueden ser degenerados)

M dx = ∫_C1 M dx + ∫_C2 M dx + ∫_C3 M dx + ∫_C4 M dx

Las integrales sobre C₁ y C₄ son cero, puesto que sobre estas curvas x es constante, por lo que dx = 0. En consecuencia,

M dx = ∫ M (x, g(x)) dx + ∫ M (x, f(x)) dx

= -∫ [M (x, f(x)) - M (x, g(x))] dx

= - ∫ ∫ ∂M(x, y) dy dx

∂y

= - ∫ ∫ ∂M dA

∂y

El teorema de Green se cumple aún para regiones S que tengan uno o más hoyos (figura 3), siempre que cada parte de la frontera esté orientada de modo que S quede siempre a la izquierda cuando se sigue la curva en su dirección positiva. Basta con descomponerla en regiones ordinarias, en la forma como se muestra en la figura 4.

Figura 3 Figura 4

Ejemplo 1.
Sea C la frontera del triángulo de vértices (0, 0), (1, 2) y (0, 2) (figura 5). Calcule

4x² y dx + 2y dy

Por el teorema de Green,

4x² y dx + 2y dy = ∫ ∫ (0 – 4x²) dy dx

= ∫ [-4x²y] dx = ∫ (-8x² + 8x³) dx

= -8x³ + 2x⁴ = -2

3 3

Ejemplo 2.
Demuestre que si una región S del plano tiene como frontera a C, siendo ésta una curva simple suave por partes y cerrada, entonces el área de S está dada por

A(S) = ½ x dy – y dx

Solución.
Sea M (x, y) = -y/2 y N (x, y) = x/2 y aplíquese el teorema de Green.

– y dx + x dy = ∫ ∫ 1 + 1 dA = A(S)

2 2 2 2

Ejemplo 3.
Use el teorema de Green para evaluar la integral de línea

(x³ + 2y) dx + (4x – 3y²) dy

donde C es la elipse b²x² + a²y² = a²b².

Solución.
Sea M(x, y) = x³ + 2y, N(x, y) = 4x – 3y² de modo que ∂M/∂y = 2y ∂N/∂x = 4. por el teorema de Green y el ejemplo 3,

(x³ + 2y) dx + (4x – 3y²) dy = ∫ ∫ (4-2) dA

= 2A(S) = 2πab

Existe otra forma vectorial del teorema de Green. Pero ahora como conjunto de un espacio de tres dimensiones. Si F = Mi + Nj + Ok, entonces el teorema de Green dice que

F . T ds = M dx + N dy = ∂N _ ∂M dA

∂x ∂y

Por otra parte,

Por lo tanto, el teorema de Green toma la forma

F . T ds = (rot F) . k dA

que a veces se llama teorema de Stokes en el plano.

4. Integrales de superficie

g (x, y, z)dS = lim ∑ g (x_k, y_k, z_k) ∆T _k

|| ∆ ||→^{0 k}

Si S es la unión de varias superficies del tipo adecuado, entonces la integral de superficie se define como la suma de las integrales de superficie individuales. Si g (x, y, z) = 1 para todo (x, y, z) y la integral de superficie es igual al área de la superficie de S.
Definición: Sea F un campo vectorial definido en S, imagen de una superficie parametrizada Φ. La integral de superficie de F sobre Φ, denotada por:
∫∫ F*dS, se define por ∫∫ F*dS=∫∫ F*(TuxTv)du dv.
Ejemplo: Sea D el rectαngulo en el plano θΦ definido por
0≤θ≤2Π, 0≤Φ≤Π,
Y sea la superficie S definida por la parametrizacion Φ: D→R³ dada por
x=cos θ sen Ø, y=sen θ sen Ø, z=cos Ø.
(Así, θ y Ø son los ángulos de coordenadas esféricas, y S es la esfera unitaria parametrizada por Φ.) Sea r el vector de posición r(x, y, z)=xi+yj+zk. Calcular ∫∫ r*dS.

Solución:
Primero hallamos
Tθ= (-sen Ψ sen θ) i+ (sen Ψ cos θ) j
TΨ= (cos θ cos Ψ) i+ (sen θ cos Ψ) j-(sen Ø) k
Y por lo tanto
Tθx TΨ= (-sen² Ψ cos θ) i-(sen² Ψ senθ) j-(senθ) k

Después evaluamos
R*( TθxTΨ)=xi+yj+zk)* ( TθxTΨ)
=[( cos θ sen Ψ)i+( sen θ sen Ψ)j+( sen Ψ)k]*( -sen Ø)[( sen Ø cos θ)i+( sen Ø sen θ)j+(cos Ø)k]
=( -sen Ø)(sen² Ø cos² θ+ sen² Ø sen² θ+cos ² Ø)=-sen Ø.

Asi,
∫∫ r*dS=∫∫-sen Ø dΦd θ=∫ (-2)d θ=-4Π.
Se puede esbozar una analogνa entre la integral de superficie ∫∫ F*dS y la integral de línea ∫ F*dS. Recordemos que la integral de línea es una integral orientada.

Teorema De Evaluación Para Integrales De Superficie (18.23)

(i) g (x, y, z) dS

= g (x, y, f(x, y)) √[f_x(x, y)]² + [f_y(x, y)]² + 1 dA

(ii) g (x, y, z) dS

= g (x, h(x, z), z) √[h_x(x, z)]² + [h_y(x, z)]² + 1 dA

(iii) g (x, y, z) dS

= g (k(y, z), y, z) √[k_y(y, z)]² + [k_z(y, z)]² + 1 dA

EJEMPLO 1.
Evaluar ∫∫_S x²z dS suponiendo que S es la parte del cono circular z² = x² + y² que se encuentra entre los planos z = 1 y z = 4.

Figura 18.39

Solución.
Como se muestra en la figura 18.39, la proyección R_xy de S sobre el plano xy es la región anular acotada por las circunferencias de radios 1 y 4 con centro en el origen. Si escribimos la ecuación para S en la forma

z = (x² + y²)^1/2 = f(x, y),

entonces

f_x(x, y) = x___ y f_y(x, y) = y___.

(x² +y²)^1/2 (x² +y²)^1/2

Aplicando (18.23) (i) y observando que el radical se reduce a √2, obtenemos

∫ ∫ x²z dS = ∫ ∫ x²(x² + y²)^1/2 √2 dA.

Usando coordenadas polares para evaluar la integral doble,

Ejemplo 2.
Evaluar ∫∫_S (xz/y) dS, donde S es la parte del cilindro x = y² que se encuentra en el primer octante entre los planos z = 0, z = 5, y = 1 y y = 4

Figura 18.40

Solución.
La superficie S está en la figura 18.40 (con una escala diferente en el eje x). La proyección R_yz de S sobre el plano yz es el rectángulo con vértices (0, 1, 0), (0, 4, 0), (0, 4, 5) y (0, 1, 5). Entonces, por el teorema (18. 23) (iii) con k (y,z) = y².

 Las fórmulas en el teorema (18. 23) presuponen de las funciones f, h y k tienen primeras derivadas parciales continuas sobre R_xy’ R_xz y R_yz, respectivamente. En algunos casos puede quitarse esta restricción usando una integral impropia.

5. Teorema De La Divergencia De Gauss

Sea S un sólido cerrado y limitado de tres dimensiones, que este encerrado por completo mediante una superficie suave por partes ∂S.

Teorema A.
(Teorema de Gauss). Sea F = Mi + Nj + Pk un campo vectorial tal que M, N y Q tienen derivadas parciales continuas de primer orden sobre S y su frontera ∂S. Si n denota la normal unitaria exterior para a ∂S, entonces

F . n dS = iv F dV

En otras palabras, el flujo de F a través de la frontera de una región cerrada de tres dimensiones es la integral triple de su divergencia sobre esa región. Resulta útil tanto para algunas aplicaciones como para demostración de la conclusión del teorema de Gauss en su forma cartesiana (no vectorial). Podemos escribir

n = cos αi + cosβj + cosγk

donde α, β y γ son los αngulos directores de n. y entonces la fσrmula de Gauss se transforma en

Demostración del teorema de Gauss.
Consideremos primero el caso en el que la región S es x-simple, g-simple y z-simple. Bastará con demostrar que

Ejemplo 1.
Verifique el teorema de Gauss para F = xi + yj + zk y S = {(x, y, z): x² + y² + z² ≤ a²} calculando independientes (a)

F . n dS y (b) div F dV

Solución.
(a) En ∂S, n = (xi + yj + zk)/a, y así F . n = (x² + y² + z²)/a =a. Por lo tanto,

F . n dS = a dS = (4πa²) = 4πa³

(b) Como div F = 3,

div F dV = 3 dV = 3 4πa³ = 4πa³

3

Ejemplo 2.
Calcule el flujo del campo vectorial F = x²yi + 2xzj + yz³k a través de la superficie del sólido rectangular S determinado por (figura 3)

0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2, 0 ≤ z ≤ 3

(a) mediante el método directo; (b) mediante el teorema de Gauss.

  Figura 3

Solución.

(a) Para calcular ∫∫ F . n dS directamente, evaluamos esta integral sobre las seis caras y sumemos los resultados. Sobre la cara x = 1, n = i y F . n = x²y = 1²y = y, por lo que ∫∫ F . n dS = y dy dz = 6. Mediante cálculos semejantes podremos construir la siguiente tabla:

En consecuencia,

F . n dS = 6 +0 + 18 – 18 + 54 + 0 = 60

(b) por el teorema de Gauss,

F . n dS = (2xy + 0 + 3yz²) dV

Ejemplo 3.
Sea S el sólido cilíndrico limitado por x² + y² = 4, z = 0 y z = 3, y sea n la normal unitaria exterior a la frontera ∂S (figura 4). Si F = (x³ + tan yz)i + (y³ – e^xz)j + (3z + x³)k, encuentra el flujo de F a través de ∂S.

  Figura 4

Solución.
Imagine las dificultades al tratar de evaluar en forma directa ∫∫ F . n Ds. No obstante,
div F = 3x² + 3y² + 3 = 3 (x² + y² + 1)
y por lo tanto, por el teorema de Gauss y el cambio de coordenadas cilíndricas,

6. Teorema de Stokes

F . T ds = (rot F) . n dS

El teorema de Stokes se puede enunciar como sigue: la integral de línea de la componente tangencial de F a lo largo de C recorrida una vez en la orientación positiva es igual a la integral de superficie sobre S de la componente normal de rot F. Si F es un campo de fuerza, el teorema afirma que el trabajo realizado por F a lo largo de C es igual al flujo de rot F a través de S. La integral de línea en (18. 28) también se puede expresar como

F . dr

donde r es el vector de posición del punto (x, y, z) de C. para analizar situaciones más generales que la ilustrada en la figura 18. 55, hay que considerar una superficie orientada S y definir un sentido positivo a lo largo de C de manera adecuada. (La demostración del teorema de Stokes se puede encontrar en libros de cálculo más avanzados.)
Figura 18.55

Ejemplo 1.
Sea S la parte del paraboloide z = 9 – x² – y² para z ≥ 0, y sea C la traza de S en el plano XY. Verificar el teorema de Stokes (18. 28) para el campo vectorial F = 3zi + 4xj + 2yk.

Solución.
Queremos demostrar que las dos integrales en el teorema (18. 28) tienen el mismo valor. La superficie es la misma que consideramos en el ejemplo 4 de la sección 18.5 donde obtuvimos que

n = 2xi + 2yj + k

√4x² + 4y² + 1

 Según (18.6),