(2 pontos) Seja C a borda da parte do plano
x+y+z=1
que está no primeiro octante. Calcule o valor da integral de linha do campo
F=\mathbf{i}+(x+y z) \mathbf{j}+(x y-\sqrt{z}) \mathbf{k}
Sugestão: Use o Teorema de Stokes

Passo 1

O enunciado pede o cálculo da integral de linha
\oint_{C} \mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}
onde \mathbf{F} = \mathbf{i} + (x+y\,z)\,\mathbf{j} + \bigl(x\,y - \sqrt{z}\bigr)\,\mathbf{k} e C é a borda da parte do plano
x+y+z=1
no primeiro octante. Vamos usar o Teorema de Stokes, que diz
\oint_{C}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r} \;=\;\iint_{S}(\nabla\times \mathbf{F})\cdot \mathbf{n}\,dS,
onde S é a superfície triangular em x+y+z=1 e \mathbf{n} é o versor normal com componente positiva em k.

Passo 2

Calculamos o rotor \nabla\times \mathbf{F}. Escrevendo \mathbf{F}=(P,Q,R) com
P=1,\quad Q = x+y\,z,\quad R = x\,y - \sqrt{z},
temos
\nabla\times \mathbf{F} = \Bigl(\tfrac{\partial R}{\partial y}-\tfrac{\partial Q}{\partial z},\; \tfrac{\partial P}{\partial z}-\tfrac{\partial R}{\partial x},\; \tfrac{\partial Q}{\partial x}-\tfrac{\partial P}{\partial y}\Bigr).
Então
\frac{\partial R}{\partial y}=x,\quad \frac{\partial Q}{\partial z}=y, \quad \frac{\partial P}{\partial z}=0,\quad \frac{\partial R}{\partial x}=y, \quad \frac{\partial Q}{\partial x}=1,\quad \frac{\partial P}{\partial y}=0,
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\nabla\times \mathbf{F} = (x-y,\,-y,\,1).

Passo 3

Parametrizamos S como gráfico de z=1-x-y sobre o domínio D=\{(x,y)\mid x\ge0,\;y\ge0,\;x+y\le1\}. Para a orientação com componente positiva em k, o vetor elemento de área é
d\mathbf{S} = \bigl(-\tfrac{\partial z}{\partial x},-\tfrac{\partial z}{\partial y},1\bigr)\,dA = (1,1,1)\,dA.

Passo 4

Aplicando Stokes:
\oint_{C}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r} = \iint_{D} (\nabla\times \mathbf{F})\cdot d\mathbf{S} = \iint_{D} (x-y,\,-y,\,1)\cdot(1,1,1)\,dA.
O produto escalar é
(x-y) + (-y) + 1 = x - 2y + 1.
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\oint_{C}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r} = \int_{y=0}^{1}\int_{x=0}^{1-y} (x - 2y + 1)\,dx\,dy.

Passo 5

Calculamos a integral:
\int_{0}^{1}\!\int_{0}^{1-y}(x - 2y + 1)\,dx\,dy = \int_{0}^{1}\Bigl[\tfrac{x^{2}}{2}-2y\,x + x\Bigr]_{0}^{1-y}dy = \int_{0}^{1}\Bigl(\tfrac{(1-y)^{2}}{2}-2y(1-y)+(1-y)\Bigr)dy.
Simplificando o integrando chega-se a
\int_{0}^{1}\bigl(\tfrac{3}{2}-4y+\tfrac{5}{2}y^{2}\bigr)dy = \bigl[\tfrac{3}{2}y -2y^{2} + \tfrac{5}{6}y^{3}\bigr]_{0}^{1} = \tfrac{1}{3}.

Resposta

\displaystyle \frac{1}{3}

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