Demostrar una identidad sobre $\iint_S\mathbf{r}\wedge d\mathbf{S}$ utilizando el teorema de Stokes

Question

$$ \int_C\mathbf{r}(\mathbf{r}\cdot d\mathbf{r})=\iint_S\mathbf{r}\wedge d\mathbf{S} $$

Con $\mathbf{r} = (x,y,z)$ siendo un vector tridimensional.

¿Cómo se obtiene este resultado utilizando el teorema de Stokes?

Answer 1

Partiendo de la relación clásica estándar Kelvin-Stokes, $$ \iint_S \nabla \times \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = \oint_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r}, $$

dejar $\mathbf{F} = \phi \mathbf{c} $ , donde $\mathbf{c}$ es un vector constante arbitrario y $\phi$ es un campo escalar. A continuación, giramos la manivela de la identidad vectorial unas cuantas veces hasta que salga algo bonito. En el lado izquierdo,

$$\nabla\times\mathbf{F}= \nabla \times (\phi\mathbf{c})= \nabla\phi\times\mathbf{c} + \phi\nabla\times\mathbf{c}= \nabla\phi\times\mathbf{c},$$

$$\nabla\times\mathbf{F}\cdot d\mathbf{S} =(\nabla\phi\times\mathbf{c}) \cdot d\mathbf{S} = \mathbf{c} \cdot (d\mathbf{S} \times \nabla\phi),$$

$$\iint_S\nabla\times\mathbf{F}\cdot d\mathbf{S} =\iint_S \mathbf{c} \cdot (d\mathbf{S} \times \nabla\phi) = \mathbf{c} \cdot \iint_S (d\mathbf{S} \times \nabla\phi).$$

En el lado derecho, $$ \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} =(\phi\mathbf{c})\cdot d\mathbf{r} = \mathbf{c} \cdot (\phi d\mathbf{r}),$$

$$ \oint_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = \oint_C \mathbf{c} \cdot (\phi d\mathbf{r}) = \mathbf{c} \cdot \oint_C \phi d\mathbf{r}.$$

Ahora bien, como la igualdad que tenemos ahora se mantiene para cualquier vector constante arbitrario $\mathbf{c}$ podemos llegar al siguiente corolario de KST:

$$ \iint_S (d\mathbf{S} \times \nabla\phi) = \oint_C \phi d\mathbf{r}. $$

El resultado intermedio anterior se encarga de la mayor parte del trabajo para este problema. El último paso es pensar en un campo escalar con el gradiente adecuado, lo cual es bastante sencillo para el problema que nos ocupa. Dejaré esto como un ejercicio, al menos por ahora.

Answer 2

Su identidad debe tener un factor de la mitad.

$$ \newcommand{\b}{\mathbf}\iint_S\b{r}\wedge d\b{S} \\ = \iint_S (x,y,z)\wedge (dy\wedge dz, dz\wedge dx, dx\wedge dy) \\ =\begin{pmatrix} \iint_S y \wedge dx\wedge dy - z\wedge dz\wedge dx \\ \iint_S z\wedge dy\wedge dz- x\wedge dx\wedge dy \\ \iint_S x\wedge dx\wedge dy- y \wedge dy\wedge dz \end{pmatrix} \\ =\frac{1}{2}\begin{pmatrix} \iint_S d(y^2\wedge dx) + d(z^2\wedge dx) \\ \iint_S d(z^2\wedge dy)+ d(x^2\wedge dy) \\ \iint_S d(x^2\wedge dz)+ d(y^2\wedge dz). \end{pmatrix} \\ = \frac{1}{2}\begin{pmatrix} \iint_S d(y^2\wedge dx) + d(z^2\wedge dx) + \color{red}{d(x^2\wedge dx)} \\ \iint_S d(z^2\wedge dy) + d(x^2\wedge dy) + \color{red}{d(y^2\wedge dy)} \\ \iint_S d(x^2\wedge dz) + d(y^2\wedge dz) + \color{red}{d(z^2\wedge dz)}. \end{pmatrix} $$ Los términos rojos se añaden artificialmente, para $d(x^2\wedge dx) = 0$ , lo mismo para $y$ , $z$ términos. El teorema de Stokes generalizado dice: $$ \iint_S d\omega = \oint_{\partial S} \omega.\tag{1} $$ Por lo tanto: $$ \iint_S\b{r}\wedge d\b{S} = \frac{1}{2}\begin{pmatrix} \oint_{\partial S} y^2\wedge dx + z^2\wedge dx + x^2\wedge dx \\ \oint_{\partial S} z^2\wedge dy + x^2\wedge dy + y^2\wedge dy \\ \oint_{\partial S} x^2\wedge dz + y^2\wedge dz + z^2\wedge dz. \end{pmatrix} \\ =\frac12 \oint_{\partial S} (x^2+y^2+z^2) \wedge (dx,dy,dz) = \frac12 \oint_{\partial S} \b{r}\cdot \b{r} \wedge d\b{r}. $$ Para un $0$ -forma como $x^2+y^2+z^2$ cuña con un $1$ -forma como $dx$ es sólo una multiplicación, por lo tanto: $$ \iint_S\b{r}\wedge d\b{S} = \frac12 \oint_{\partial S}\b{r}\cdot \b{r} d\b{r}. $$

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Observe que en la respuesta de David H., su $\phi = \b{r}\cdot\b{r}/2$ . Y el teorema de Kelvin-Stokes es (1) disfrazado. En su demostración, $\b{c}$ es un vector constante, en realidad cualquier campo vectorial irrotacional servirá, por ejemplo $\b{c} = (x,y,z).$