Exercício 2.15. Calcule \iint_{S} \operatorname{rot} \vec{F} \cdot d \vec{S}, onde \vec{F}(x, y, z)=\left(x-x^{2} z, y z^{3}-y^{2}, x^{2} y-x z\right) e S é a superfície
\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{9}+\frac{z^{2}}{16}=1, \quad z \geq 0

Passo 1

O enunciado pede para calcular
\iint_{S}\operatorname{rot}\vec{F}\cdot d\vec{S},
onde \vec{F}(x,y,z)=(x - x^{2}z,\;yz^{3}-y^{2},\;x^{2}y - xz) e S é a meia-elipsoide
\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{9}+\frac{z^{2}}{16}=1,\quad z\ge0.
O conteúdo principal aqui é o Teorema de Stokes, que relaciona a integral de superfície do rotacional de \vec F com a integral de linha de \vec F ao longo da fronteira \partial S.

Passo 2

Pelo Teorema de Stokes, tomando a orientação de S tal que a normal tenha componente positiva em z, temos
\iint_{S}\operatorname{rot}\vec{F}\cdot d\vec{S} =\oint_{\partial S}\vec{F}\cdot d\vec{r}.
Aqui \partial S é a curva de contorno onde z=0 e
\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{9}=1.

Passo 3

Para parametrizar \partial S de forma orientada positivamente (contrário ao sentido horário visto de cima), use
\vec{r}(t)=(2\cos t,\;3\sin t,\;0),\quad t\in[0,2\pi].

Passo 4

Avaliamo-s \vec{F} ao longo de \partial S e calculamos d\vec{r}.
Em z=0:
P= x - x^{2}z = x=2\cos t, \quad Q= yz^{3}-y^{2}=-y^{2}=-9\sin^{2}t, \quad R= x^{2}y - xz =4\cos^{2}t\,(3\sin t)=12\cos^{2}t\sin t.
E
d\vec{r}=\vec{r}\,'(t)\,dt =(-2\sin t,\;3\cos t,\;0)\,dt.

Passo 5

O produto escalar \vec{F}\cdot d\vec r fica
\vec{F}\cdot d\vec r =(2\cos t)(-2\sin t)+(-9\sin^{2}t)(3\cos t)+12\cos^{2}t\sin t\cdot0 \,dt =-4\cos t\sin t\;-\;27\sin^{2}t\cos t \;dt.

Passo 6

Integramos de 0 a 2\pi:
\oint_{\partial S}\vec{F}\cdot d\vec r =\int_{0}^{2\pi}\bigl(-4\cos t\sin t\bigr)\,dt \;-\;27\int_{0}^{2\pi}\sin^{2}t\cos t\,dt.
Para a primeira integral use \sin t\cos t=\tfrac12\sin(2t), que em [0,2\pi] anula.
Para a segunda, mude u=\sin t, du=\cos t\,dt, e o valor nos limites também é zero. Portanto
\oint_{\partial S}\vec{F}\cdot d\vec r=0.

Resposta

\iint_{S}\operatorname{rot}\vec{F}\cdot d\vec{S}=0.

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