(i) Determine uma parametrização para a a parte da esfera x^{2}+y^{2}+z^{2}=6 que fica entre os planos z=\sqrt{3} e z=-\sqrt{3}.
(ii) Em seguida, calcule o fluxo do campo \operatorname{Rot}(F) através da superfície S do item anterior orientada via a normal exterior, i.e. a normal que aponta pra fora da esfera O campo é
\mathbf{F}(x, y, z)=(x+y z) \mathbf{i}+\sqrt{3}(x-y z) \mathbf{j}+\cos (x y z) \mathbf{k}

Passo 1

O enunciado pede (i) uma parametrização da parte da esfera
x^{2}+y^{2}+z^{2}=6
com -\sqrt{3}\le z\le \sqrt{3} e (ii) o fluxo de \operatorname{Rot}(F) por essa superfície S orientada pela normal externa. O campo é
\mathbf{F}(x,y,z)=(x+yz)\,\mathbf{i}+\sqrt{3}\,(x-yz)\,\mathbf{j}+\cos(xyz)\,\mathbf{k}.
Para o item (ii) vamos usar o Teorema de Stokes:
\iint_{S}(\nabla\times F)\cdot n\,dS \;=\;\oint_{\partial S}F\cdot d\mathbf r.

Passo 2

Parametrizamos S em coordenadas esféricas. Como x^{2}+y^{2}+z^{2}=6, tomamos raio \sqrt6 e ângulo polar \varphi tal que
z=\sqrt6\cos\varphi\quad\Longrightarrow\quad-\sqrt3\le\sqrt6\cos\varphi\le\sqrt3
o que dá
\cos\varphi\in\Bigl[-\tfrac1{\sqrt2},\tfrac1{\sqrt2}\Bigr]\quad\Longrightarrow\quad \varphi\in\Bigl[\tfrac\pi4,\tfrac{3\pi}4\Bigr].
Assim a parametrização é
\mathbf r(\theta,\varphi) =\bigl(\sqrt6\sin\varphi\cos\theta,\;\sqrt6\sin\varphi\sin\theta,\;\sqrt6\cos\varphi\bigr),
com \theta\in[0,2\pi] e \varphi\in[\pi/4,3\pi/4].

Passo 3

Pelo Teorema de Stokes, o fluxo de \nabla\times F em S é igual à integral de linha de F ao longo do contorno \partial S. A fronteira \partial S são dois círculos planos onde z=\sqrt3 e z=-\sqrt3, ambos com x^{2}+y^{2}=3. Denotamos estes círculos por C_{1} (em z=+\sqrt3) e C_{2} (em z=-\sqrt3).

Passo 4

Para C_{1} usamos a parametrização
\mathbf r_{1}(t)=\bigl(\sqrt3\cos t,\;\sqrt3\sin t,\;\sqrt3\bigr),\quad t\in[0,2\pi],
orientada no sentido anti-horário visto de cima (pois a normal externa tem componente +z). Então
d\mathbf r_{1}=(-\sqrt3\sin t,\;\sqrt3\cos t,\,0)\,dt.
Em z=\sqrt3 temos
\begin{align*} P&=\(x+y\)z=\sqrt3\cos t\(+3\)\sin t,\\ Q&=\sqrt3\,(x-yz)\(=3\)\cos t-3\sqrt3\sin t. \end{align*}
Logo
F\cdot d\mathbf r_{1} =P\,dx+Q\,dy =\bigl(3\sqrt3\cos2t-6\sin2t\bigr)\,dt
e
\int_{0}^{2\pi}(3\sqrt3\cos2t-6\sin2t)\,dt=0.

Passo 5

Para C_{2} (círculo em z=-\sqrt3) a normal externa tem z<0, de modo que visto de cima a orientação deve ser horário. Parametrizamos
\mathbf r_{2}(t)=\bigl(\sqrt3\cos t,\;-\sqrt3\sin t,\;-\,\sqrt3\bigr),\quad t\in[0,2\pi],
o que de fato percorre o círculo no sentido horário visto de cima. Então
d\mathbf r_{2}=(-\sqrt3\sin t,\;-\,\sqrt3\cos t,\,0)\,dt,
e em z=-\sqrt3 obtemos os mesmos P e Q do caso anterior. O produto escalar dá
F\cdot d\mathbf r_{2} =\bigl(3\sin2t-3\sqrt3\bigr)\,dt
e
\int_{0}^{2\pi}(3\sin2t-3\sqrt3)\,dt =-3\sqrt3\cdot2\pi =-6\pi\sqrt3.

Passo 6

Somando as contribuições de C_{1} e C_{2} achamos
\oint_{\partial S}F\cdot d\mathbf r =0+(-6\pi\sqrt3) =-6\pi\sqrt3.
Portanto, pelo Teorema de Stokes, o fluxo de \nabla\times F através de S orientada pela normal externa é -6\pi\sqrt3.

Resposta

-6\pi\sqrt{3}.

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