1. \mathbf{F}(x, y, z)=-2 y z \mathbf{i}+y \mathbf{j}+3 x \mathbf{k}, S é a parte do paraboloide z=5-x^{2}-y^{2} que está acima do plano z=1, com orientação ascendente

Passo 1

O enunciado pede o fluxo de \mathbf{F}(x,y,z) = -2yz\,\mathbf{i} + y\,\mathbf{j} + 3x\,\mathbf{k} pela parte do paraboloide
z = 5 - x^2 - y^2,\quad z\ge1,
orientada para cima. O conteúdo é cálculo de fluxo de campo vetorial e vamos usar o Teorema da Divergência.

Passo 2

Como a superfície S é aberta, fechamos a região V sob o paraboloide e acima do plano z=1 adicionando a parte do plano z=1. Assim temos a superfície fechada \partial V = S \cup S_{\text{plano}}, onde em S o normal aponta para cima (para fora de V) e em S_{\text{plano}} o normal aponta para baixo.

Passo 3

Calculamos a divergência:
\div \mathbf{F} =\frac{\partial(-2yz)}{\partial x}+\frac{\partial(y)}{\partial y}+\frac{\partial(3x)}{\partial z} =0+1+0=1.
Então, pelo Teorema da Divergência,
\iiint_{V}\div\mathbf{F}\,dV =\iint_{S}\mathbf{F}\cdot\mathbf{n}\,dS +\iint_{S_{\text{plano}}}\mathbf{F}\cdot\mathbf{n}\,dS.
Como \div\mathbf{F}=1, a integral de volume é o volume de V. Em coordenadas polares:
V:\;1\le z\le 5-r^2,\quad 0\le r\le2,\;0\le\theta\le2\pi,
\iiint_{V}1\,dV =\int_{0}^{2\pi}\!\int_{0}^{2}\bigl((5-r^2)-1\bigr)\,r\,dr\,d\theta =2\pi\int_{0}^{2}(4r-r^3)\,dr =8\pi.

Passo 4

Agora calculamos o fluxo em S_{\text{plano}}: em z=1 o normal para fora de V é \mathbf{n}=-\mathbf{k}, logo
\mathbf{F}(x,y,1)\cdot(-\mathbf{k}) =-\bigl(3x\bigr).
No disco x^2+y^2\le4,
\iint_{S_{\text{plano}}}\mathbf{F}\cdot\mathbf{n}\,dS =\iint_{x^2+y^2\le4}(-3x)\,dA =0
por simetria, já que \int x\,dA=0 no disco centrado na origem.

Passo 5

Finalmente, do Teorema da Divergência:
8\pi =\iint_{S}\mathbf{F}\cdot\mathbf{n}\,dS +\underbrace{0}_{\text{fluxo no plano}},
logo o fluxo pela superfície do paraboloide é 8\pi.

Resposta

8\pi

Exercícios relacionados