[ 2,5 Pontos] Encontre
\iint_{S} \vec{F} \cdot d \vec{S}, onde \vec{F}(x, y, z)=\left(y+x^{2}\right) \vec{i}+x y \vec{j}-(2 x z+y) \vec{k}, onde S é a superfície do tetraedro do primeiro octante limitado por x+y+z=1 e os planos coordenados.

Passo 1

O enunciado pede a integral de fluxo
\iint_{S}\vec{F}\cdot d\vec{S}
onde \vec{F}(x,y,z)=(y+x^2)\,\vec{i}+xy\,\vec{j}-(2xz+y)\,\vec{k} e S é a superfície do tetraedro no primeiro octante delimitado por x+y+z=1 e pelos planos coordenados.
Conteúdo: vamos usar o Teorema da Divergência para converter o fluxo em uma integral tripla.

Passo 2

Calculamos a divergência de \vec{F}:
\div\vec{F} =\frac{\partial}{\partial x}(y+x^2) +\frac{\partial}{\partial y}(xy) +\frac{\partial}{\partial z}(-2xz-y) =2x + x - 2x = x.

Passo 3

Pelo Teorema da Divergência, o fluxo pela superfície fechada S é
\iint_{S}\vec{F}\cdot d\vec{S} =\iiint_{V}\div\vec{F}\,dV =\iiint_{V}x\,dV,
onde V=\{(x,y,z)\mid x\ge0,\;y\ge0,\;z\ge0,\;x+y+z\le1\}.

Passo 4

Escrevemos a integral em coordenadas cartesianas:
\iiint_{V}x\,dV =\int_{x=0}^{1}\int_{y=0}^{1-x}\int_{z=0}^{1-x-y}x\;dz\,dy\,dx.
Primeiro, integramos em z:
\int_{0}^{1-x-y}x\,dz = x\,(1-x-y).
Em seguida, em y:
\int_{0}^{1-x}x\,(1-x-y)\,dy =x\int_{0}^{1-x}(1-x-y)\,dy =x\Bigl[(1-x)y-\tfrac{y^2}{2}\Bigr]_{0}^{1-x} =x\Bigl((1-x)^2-\tfrac{(1-x)^2}{2}\Bigr) =\tfrac{x}{2}(1-x)^2.
Por fim, em x:
\int_{0}^{1}\tfrac{x}{2}(1-x)^2\,dx =\tfrac{1}{2}\int_{0}^{1}(x-2x^2+x^3)\,dx =\tfrac{1}{2}\Bigl[\tfrac{x^2}{2}-\tfrac{2x^3}{3}+\tfrac{x^4}{4}\Bigr]_{0}^{1} =\tfrac{1}{2}\Bigl(\tfrac{1}{2}-\tfrac{2}{3}+\tfrac{1}{4}\Bigr) =\tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{1}{12} =\tfrac{1}{24}.

Resposta

\displaystyle \frac{1}{24}

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