1. Teorema de Green:
Se supone que se tiene un intervalo $\rm I$ que define una curva $\rm C$:
$\rm I = [a,b] \in \mathbb{R}$
$\rm α : I \to \mathbb{R}^2, α(I) = C$
Con las siguientes características:
- $\rm α(a) = α(b) \Rightarrow$ la curva es cerrada.
- $\rm \mathrel{\forall} t_1, t_2 \in (a,b) , t_1 \neq t_2 \Rightarrow α(t_1) \neq α(t_2)$
Por tanto:
Esto es lo que se conoce como curva de Jordan. Divide el plano que la contiene en dos trozos: el interior a la curva y el exterior. Se recorre en sentido positivo cuando se hace de forma contraria a las agujas del reloj.
Teorema de Green:
Premisas:
- Se tiene una curva de Jordan ($\rm C$) recorrida en sentido positivo.
- $\rm S$ es la región de $\mathbb{R}^2$ delimitada por $\rm C$ (i.e. el interior de la curva).
Siendo:
$\rm F : C \in \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2, F = (P, Q) \enspace \leftarrow$ campo vectorial sobre $\rm C$.
Entonces:
$ \boxed{ \rm \displaystyle \int_C F \cdot dα = \iint_S \dfrac{\partial Q}{\partial x} - \dfrac{\partial P}{\partial y} } \leftarrow $ Teorema de Green.
Ejemplo:
$\rm \displaystyle \int_C F \cdot dα \;$ ?
$\rm \displaystyle F = (5 - xy - y^2, -2xy + x^2) = (P, Q)$
$\rm C \rightarrow {}$ el cuadrado de vértices: $(0, 0), (1, 0), (0, 1), (1, 1)$, recorrido en sentido positivo.
Integral:
$ \begin{align} \rm \int_C F \cdot dα &= \rm \iint_S \dfrac{\partial Q}{\partial x} - \dfrac{\partial P}{\partial y} = \iint_S \cancel{-2y} + 2x + x + \cancel{2y} = \\[1ex] &= \rm \iint_S 3x = \int_0^1 \int_0^1 3x \, dx \, dy = \int_0^1 \left[ \dfrac{3}{2} x^2 \right]_0^1 \, dy = \\[1ex] &= \rm \int_0^1 \dfrac{3}{2} \, dy = \left[ \dfrac{3}{2} y \right]_0^1 = 3{∕}2 \end{align} $
Ejemplo:
$\rm \displaystyle \int_C F \cdot dα \;$ ?
$\rm F = (2x^3 - y^3, x^3 + y^3) = (P, Q)$
$\rm C$ es la circunferencia unitaria ($\rm r = 1$).
Empleando coordenadas polares:
$\rm S = \{(x, y) = (r \cosθ, r \ sinθ), 0 \leq r \leq 1, 0 \leq θ \leq 2π \}$
Integral:
$ \begin{align} \rm \int_C F \cdot dα &= \rm \iint_S \dfrac{\partial Q}{\partial x} - \dfrac{\partial P}{\partial y} = \iint_S 3x^2 + 3y^2 = \\[1ex] &\rm \underset{ \begin{subarray}{c} \\[1ex] \uparrow \\ \llap{\text{co}} \text{o} \rlap{\text{rd.}} \\ \llap{\text{pol}} \text{a} \rlap{\text{res}} \end{subarray} }{=} \int_0^{2π} \int_0^1 \left( 3r^2 \cos^2 θ + 3r^2 \sin^2 θ \right) \! \underset{ \begin{subarray}{c} \\[1ex] \uparrow \\ \llap{\text{Jacobi}} \text{a} \rlap{\text{no del}} \\ \llap{\text{cambio }} \text{a} \rlap{\text{ polares}} \end{subarray} }{\smash{\underbrace{r}} \vphantom{r}} dr \, dθ = \\[1ex] &= \rm \int_0^{2π} \int_0^1 3 r^3 \, dr \, dθ = \int_0^{2π} \dfrac{3}{4} \, dθ = \dfrac{3π}{2} \end{align} $
Ejemplo:
$\rm \displaystyle \int_C F \cdot dα \;$ ?
$\rm F = (y + 3x, 2y - x) = (P, Q)$
$\rm C \rightarrow$ elipse de ecuación $\rm 4x^2 + y^2 = 4$.
Integrar:
$ \begin{align} \rm \int_C F \cdot dα &= \rm \iint_S \dfrac{\partial Q}{\partial x} - \dfrac{\partial P}{\partial y} = \iint_S -1 - 1 = -2 \iint_S 1 = \\[1ex] &= \rm -2 \cdot (\text{área de } S) \underset{ \begin{subarray}{c} \uparrow \\ \color{red}{\large \mathstrut \ast} \end{subarray} }{=} -2 \cdot (2π) = -4π \end{align} $
Ecuación de una elipse:
$\rm \dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = 1$
$\Rightarrow \rm x^2 + (y{∕}2)^2 = 1 \enspace \leftarrow C$
área de una elipse $= \rm a \cdot b \cdot π$
$\Rightarrow$ área de $\rm S = 2π \enspace (\color{red}{\ast})$
Siendo que:
$ \rm \displaystyle \int_C F \cdot dα = \iint_S \dfrac{\partial Q}{\partial x} - \dfrac{\partial P}{\partial y} $
Entonces:
$\rm F$ tiene función potencial ($\rm F = \nabla G$) $\Leftrightarrow \rm \dfrac{\partial Q}{\partial x} = \dfrac{\partial P}{\partial y}$
Demostración:
Si:
$\rm F = \nabla G \enspace \leftarrow G$ función potencial de $\rm F$, ($\rm G$ campo escalar).
$ \rm \displaystyle \int_C F \cdot dα = G(b) - G(a) \enspace \leftarrow {} $ la integral no depende del camino, sólo de los puntos inicial y final.
Así que si $\rm C$ es un camino cerrado (p. ej. una curva de Jordan):
$\rm \displaystyle \int_C F \cdot dα = 0 \enspace ←$ propiedad de campo vectorial conservativo.
Para que esto se cumpla ha de ser $\rm \partial Q {∕} \partial x = \partial P {∕} \partial y$, ya que entonces:
$ \rm \displaystyle \int_C F \cdot dα = \iint_S \dfrac{\partial Q}{\partial x} - \dfrac{\partial P}{\partial y} = \iint_S 0 = 0 $
2. Teorema de Stokes:
Generalización del teorema de Green para superficies de $\mathbb{R}^3$.
Sea $\rm B \subset \mathbb{R}^2$ una región delimitada por una curva de Jordan $\rm D$:
(sentido positivo)
Sea $\rm f : B \to \mathbb{R}^3$ tal que $\rm f(p) \neq f(q) \mathrel{\forall} p \neq q$.
Sean: $\rm C = f(D), S = f(B)$.
Puede parametrizarse $\rm C$ mediante la imposición de una parametrización de $\rm D$. Sea $α$ esta parametrización.
Sean:
$\rm F : C \to \mathbb{R}^3, F = (P, Q, R) \enspace \leftarrow$ campo vectorial sobre $\rm C$
$ \DeclareMathOperator{\rot}{Rot} \rm \rot F = \left( \partial R {∕} \partial y - \partial Q {∕} \partial z, \partial P {∕} \partial z - \partial R {∕} \partial x, \partial Q {∕} \partial x - \partial P {∕} \partial y \right) $
$\rm \rot F =$ rotacional de $\rm F$
Entonces:
$ \boxed{ \rm \displaystyle \int_C F \cdot dα = \int_S \rot F \cdot dS } \enspace $ Teorema de Stokes
Esto es, la integral de línea del campo vectorial $\rm F$ sobre la curva cerrada $\rm C$ es igual a la integral de superficie (o flujo) del rotacional de $\rm F$ sobre la superficie $\rm S$ delimitada por $\rm C$. Por tanto calculando una, p. ej. la más sencilla, se conoce la otra.
Ejemplo:
$\rm F(x,y,z) = (y^2, xy, xz) = (P, Q, R) \enspace \leftarrow$ campo vectorial
$\Rightarrow \rm \rot F = (0, -z, -y)$
$\rm S = \{x^2 + y^2 + z^2 = 1, z \geq 0\}$
$\rm \displaystyle \int_S \rot F \cdot dS \;$ ?
$\rm \displaystyle \int_S \rot F \cdot dS = \int_C F \cdot dα =$ ?
$\rm C : α(θ) = (\cos θ, \sin θ, 0) = (x, y, z) , 0 \leq θ \leq 2π$
$\rm α'(θ) = (-\sin θ, \cos θ, 0) \Rightarrow dα = (-\sin θ, \cos θ, 0) \, dθ$
Entonces:
$ \begin{align} \rm \int_S \rot F \cdot dS &= \rm \int_C F \cdot dα = \int_C (y^2,xy,xz) \cdot dα = \\[1ex] &= \rm \int_0^{2π} (\sin^2 θ, \sin θ \cos θ,0) \cdot (-\sin θ, \cos θ, 0) \, dθ = \\[1ex] &= \rm \int_0^{2π} (-\sin^3 θ + \sin θ \cos^2 θ) \, dθ = \\[1ex] & \underset{ \begin{subarray}{c} \\[1ex] \uparrow \\ \llap{(\sin^3 θ \,} = \rlap{\, \sin θ \cdot \sin^2 θ \, = \, \sin θ (1 - \cos^2 θ) \, = \, \sin θ - \sin θ \cos^2 θ)} \end{subarray} }{=} \rm \int_0^{2π} (-\sin θ + 2 \sin θ \cos^2 θ) \, dθ = \\[1ex] &= \left[ \cos θ - \dfrac{2}{3} \cos^3 θ \right]_0^{2π} = 0 \end{align} $
Se define el rotacional del campo $\rm F$ como:
$ \begin{align} \rm \rot F = \begin{vmatrix} \rm \overrightarrow{i} & \rm \overrightarrow{j} & \rm \overrightarrow{k} \\ \rm \partial {∕} \partial x & \rm \partial {∕} \partial y & \rm \partial {∕} \partial z \\ \rm P & \rm Q & \rm R \end{vmatrix} &= \rm ( \nabla \times F ) = \\[1ex] &= \rm (\partial R {∕} \partial y - \partial Q {∕} \partial z, \partial P {∕} \partial z - \partial R {∕} \partial x, \\[1ex] &\hphantom{{} = {}} \rm \partial Q {∕} \partial x - \partial P {∕} \partial y) \end{align} $
Si $\rm F$ es un campo conservativo:
$\rm F = \nabla G$
$\rm \displaystyle \int_C F \cdot dα = 0 \enspace \leftarrow C$ es un camino cerrado.
Para que esto último sea así debe ser $\rm \rot F = 0$, ya que entonces:
$\rm \displaystyle \int_C F \cdot dα = \int_S \rot F \cdot dS = \int_S 0 \, dS = 0$
Por tanto:
$\rm F = \nabla G$ (tiene función potencial) $\Leftrightarrow$
$\rm \Leftrightarrow$ las derivadas cruzadas coinciden $\rm \Leftrightarrow \rot F = 0$.
Ejemplo:
$\rm F : (x^3, -y^3, 0)$
$ \rm \rot F = \begin{vmatrix} \rm \overrightarrow{i} & \rm \overrightarrow{j} & \rm \overrightarrow{k} \\ \rm \partial {∕} \partial x & \rm \partial {∕} \partial y & \rm \partial {∕} \partial z \\ \rm x^3 & \rm -y^3 & 0 \end{vmatrix} = (0,0,0) $
$ \llap{\Rightarrow} \rm \mathrel{\exists} F = \nabla G = (\partial G {∕} \partial x, \partial G {∕} \partial y, \partial G {∕} \partial z) $
Así pues:
$\rm \displaystyle \partial G {∕} \partial z = 0 \Rightarrow G = \int 0 \, dz = u(x,y)$
$\rm \displaystyle \partial G {∕} \partial x = d(u(x,y)) {∕} dx = x^3 \Rightarrow u(x,y) = \int x^3 \, dx = x^4 {∕} 4 + v(y)$
$\rm \displaystyle \partial G {∕} \partial y = d(u(x,y)) {∕} dy = v'(y) = -y^3 \Rightarrow v(y) = -\int y^3 \, dy = -y^4 {∕} 4$
$\llap{\Rightarrow {}} \rm G = u(x,y) = x^4 {∕} 4 + v(y) = x^4 {∕} 4 - y^4 {∕} 4$
$\llap{\Rightarrow {}} \rm \displaystyle \int_C F \cdot dα = 0 \enspace$ ($\rm C$ curva cerrada)
3. Teorema de Gauss o de la divergencia:
Sea $\rm S$ una superficie "similar" a una esfera:
Al ser $\rm S$ una superficie cerrada, se han de diferenciar dos partes: la interior y la exterior.
Entonces:
Interior $\rm \mathrel{\cup} S = W \enspace$ (sólido limitado por $\rm S$)
Se parametriza la superficie tal que:
$\rm f : B \subset \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^3, f(B) = W$
Entonces:
$\rm \dfrac{\partial f}{\partial x}(a,b) \times \dfrac{\partial f}{\partial y}(a,b), \: f(a,b) \in S \quad$ Producto vectorial fundamental, perpendicular a $\rm S$, con sentido exterior o interior.
Puede encontrarse una parametrización tal que todos los productos vectoriales de todos los puntos de $\rm S$ tienen un mismo sentido, exterior (orientación positiva) o interior (orientación negativa). En este caso la superficie está orientada positivamente.
Se considera un campo vectorial sobre $\rm S$:
$\rm F : S \to \mathbb{R}^3, \: F = (P, Q, R)$
Se define su divergencia como:
$ \DeclareMathOperator{\div}{div} \rm \div F = \partial P {∕} \partial x + \partial Q {∕} \partial y + \partial R {∕} \partial z \enspace $ (campo escalar)
divergencia de $\rm F$
Entonces:
$\boxed{\rm \displaystyle \int_S F \cdot dS = \iiint_W \div F} \enspace$ Teorema de Gauss
Ejemplo:
$\rm F(x,y,z) = (x, y, z)$
$\rm S =$ esfera unitaria orientada positivamente
$\rm \div F = 1 + 1 + 1 = 3$
Entonces:
$\rm \displaystyle \int_S F \cdot dS = \iiint_W 3 = 3 \cdot (\text{volumen de }W) = \color{red}{\cancel{\color{black}{3}}} \! \cdot 4π {∕} \! \color{red}{\cancel{\color{black}{3}}} = 4π$
Ejemplo:
$\rm \displaystyle \int_S F \cdot dS =$ ?
$\rm F = (4xz, -y^2, yz)$
$\rm S =$ el cubo unitario $= [0,1]^3$
$\rm \div F = 4z - 2y + y = 4z - y$
Integral:
$ \begin{align} \rm \int_S F \cdot dS &= \rm \iiint_W \div F = \iiint_W (4z-y) = \int_0^1 \int_0^1 \int_0^1 (4z - y) \, dx \, dy \, dz = \\[1ex] &= \rm \int_0^1 \int_0^1 (4z - y) \, dy \, dz = \int_0^1 \left[ 4zy - y^2 {∕} 2 \right]_0^1 \, dz = \\[1ex] &= \rm \int_0^1 (4z - 1{∕}2) \, dz = \left[ 2z^2 - z{∕}2 \right]_0^1 = 2 - 1{∕}2 = 3{∕}2 \end{align} $
Observación:
$\rm F = (P, Q, R)$
$\rm \rot F = ( \partial R {∕} \partial y - \partial Q {∕} \partial z, \partial P {∕} \partial z - \partial R {∕} \partial x, \partial Q {∕} \partial x - \partial P {∕} \partial y )$
$ \rm \div(\rot F) = \color{red}{ \cancel{ \color{black}{ \dfrac{\partial^2 R}{\partial y \partial x} } } } - \color{blue}{ \cancel{ \color{black}{ \dfrac{\partial^2 Q}{\partial z \partial x} } } } + \color{green}{ \cancel{ \color{black}{ \dfrac{\partial^2 P}{\partial z \partial y} } } } - \color{red}{ \cancel{ \color{black}{ \dfrac{\partial^2 R}{\partial x \partial y} } } } + \color{blue}{ \cancel{ \color{black}{ \dfrac{\partial^2 Q}{\partial x \partial z} } } } - \color{green}{ \cancel{ \color{black}{ \dfrac{\partial^2 P}{\partial y \partial z} } } } = 0 $
Por tanto:
$\rm \div(\rot F) = 0$
Entonces:
$\rm \displaystyle \int_S \rot F \cdot dS = \iiint_W \div(\rot F) = 0, {}$ para todo $\rm S$ donde se pueda aplicar el Teorema de Gauss.