Exercício 2. Calcule os fluxos dos campos vetoriais \vec{F} dados nas superfícies S especificadas.
\vec{F}(x, y, z)=\left(z e^{x y}, 3 z e^{x y}, x y\right), S é o paralelogramo com equações paramétricas x= u+v, y=u-v e z=1+2 u+v, 0 \leq u \leq 2,0 \leq v \leq 1, com orientação positiva.

Passo 1

O enunciado pede o fluxo de
\vec F(x,y,z)=\bigl(z\,e^{xy},\,3z\,e^{xy},\,xy\bigr)
através do paralelogramo S dado pela parametrização
\mathbf r(u,v)=(x,y,z)=(u+v,\;u-v,\;1+2u+v), \quad 0\le u\le2,\;0\le v\le1,
com orientação positiva. Vamos usar a fórmula do fluxo de campo num surface aberta:
\Phi=\iint_{D}\vec F\bigl(\mathbf r(u,v)\bigr)\cdot\bigl(\mathbf r_u\times\mathbf r_v\bigr)\,du\,dv.

Passo 2

Calculemos as derivadas parciais da parametrização:
\mathbf r_u=(1,\,1,\,2), \quad \mathbf r_v=(1,\,-1,\,1).
O vetor normal orientado é
\mathbf r_u\times\mathbf r_v =\begin{vmatrix} \mathbf i & \mathbf j & \mathbf k\\\\ 1 & 1 & 2\\\\ 1 & -1 & 1 \end{vmatrix} =(3,\,1,\,-2).

Passo 3

Substituímos na fórmula do campo:
x=u+v,\quad y=u-v,\quad z=1+2u+v,
xy=(u+v)(u-v)=u^2-v^2,
\vec F\bigl(\mathbf r(u,v)\bigr) =\bigl(z\,e^{u^2-v^2},\,3z\,e^{u^2-v^2},\,u^2-v^2\bigr).

Passo 4

Fazemos o produto escalar
\vec F\bigl(\mathbf r(u,v)\bigr)\cdot(\mathbf r_u\times\mathbf r_v) =3\,z\,e^{u^2-v^2}+3\,z\,e^{u^2-v^2}-2\,(u^2-v^2) =6\,(1+2u+v)\,e^{u^2-v^2}-2\,(u^2-v^2).

Passo 5

O fluxo é
\Phi =\int_{u=0}^{2}\int_{v=0}^{1}\bigl[6(1+2u+v)e^{u^2-v^2}-2(u^2-v^2)\bigr]\,dv\,du.
Separamos em dois termos:
I_1=6\int_{0}^{2}\!\int_{0}^{1}(1+2u+v)e^{u^2-v^2}\,dv\,du, \quad I_2=2\int_{0}^{2}\!\int_{0}^{1}(u^2-v^2)\,dv\,du,
\Phi=I_1-I_2.

Passo 6

Calculamos I_2 diretamente:
I_2 =2\int_{0}^{2}\Bigl[u^2\cdot1-\int_{0}^{1}v^2\,dv\Bigr]du =2\int_{0}^{2}\Bigl(u^2-\tfrac13\Bigr)du =2\Bigl[\tfrac{u^3}{3}-\tfrac{u}{3}\Bigr]_0^2 =4.
Para I_1 notamos
\int_{0}^{1}e^{-v^2}dv=\frac{\sqrt\pi}{2}\,\erf(1), \quad \int_{0}^{1}v\,e^{-v^2}dv=\frac{1-e^{-1}}{2},
\int_{0}^{2}e^{u^2}du=\frac{\sqrt\pi}{2}\,\erfi(2).
Fazendo as contas (separando \!1+2u e v em duas integrais), chega-se a
I_1 =6\Bigl[\bigl(e^4-1+\!\!\int_{0}^{2}e^{u^2}du\bigr)\!\int_{0}^{1}e^{-v^2}dv +\frac{1-e^{-1}}{2}\!\int_{0}^{2}e^{u^2}du\Bigr].

Resposta

\boxed{ \Phi =6\bigl(e^4-1+\tfrac{\sqrt\pi}{2}\erfi(2)\bigr)\,\frac{\sqrt\pi}{2}\erf(1) +3(1-e^{-1})\,\frac{\sqrt\pi}{2}\erfi(2) -4. }

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