Questão 4 (2.5 pontos) Use o Teorema de Stokes, calculando a \qquad integral de superfície para o campo
F(x, y, z)=\left(y-1, z^{2}, y\right)
e S é parte do plano z=y+1 contida no cone \frac{z^{2}}{2}=x^{2}+y^{2}, sendo a normal n tal que n . k>0.

Passo 1

O enunciado pede para calcular
\iint_{S}(\nabla\times F)\cdot n\,dS
onde F(x,y,z)=(y-1,\;z^2,\;y) e S é a parte do plano z=y+1 contida no cone \tfrac{z^2}{2}=x^2+y^2, com a normal n orientada de modo que n\cdot k>0. Vamos aplicar o Teorema de Stokes, que diz
\iint_{S}(\nabla\times F)\cdot n\,dS \;=\;\oint_{\partial S}F\cdot dr,
porém faremos a integral de superfície diretamente, usando a descrição de S como gráfico de z=f(x,y).

Passo 2

Calcular \nabla\times F. Para
F=(P,Q,R)=(y-1,\;z^2,\;y)
temos
\nabla\times F =\bigl(R_{y}-Q_{z},\;P_{z}-R_{x},\;Q_{x}-P_{y}\bigr) =\bigl(1-2z,\;0,\;-1\bigr).

Passo 3

Descrever S como gráfico z=f(x,y)=y+1. A normal não unitária com componente em k positiva é
n\,dS =(-f_x,\,-f_y,\;1)\,dx\,dy =(0,\;-1,\;1)\,dx\,dy.
Em S substituímos z=y+1 em \nabla\times F:
\nabla\times F\big|_{S} =\bigl(1-2(y+1),\;0,\;-1\bigr) =\bigl(-2y-1,\;0,\;-1\bigr).
Logo o integrando fica
(\nabla\times F)\cdot n =(-2y-1,\,0,\,-1)\cdot(0,\,-1,\,1) =-1.
Portanto
\iint_{S}(\nabla\times F)\cdot n\,dS =\iint_{D}(-1)\,dx\,dy =-\iint_{D}1\,dx\,dy,
onde D é a projeção de S no plano xy.

Passo 4

Determinar D pela interseção do gráfico z=y+1 com o cone \tfrac{z^2}{2}=x^2+y^2. Substituindo z=y+1 obtemos
\frac{(y+1)^2}{2}=x^2+y^2 \;\Longrightarrow\; 2x^2+(y-1)^2=2,
ou seja
\frac{x^2}{1}+\frac{(y-1)^2}{2}=1.
Isto é uma elipse de semi-eixos a=1 e b=\sqrt2, cuja área é
\mathrm{Area}(D)=\pi\,a\,b =\pi\cdot1\cdot\sqrt2 =\pi\sqrt2.

Passo 5

Substituindo na integral obtemos
\iint_{S}(\nabla\times F)\cdot n\,dS =-\iint_{D}1\,dx\,dy =-\mathrm{Area}(D) =-\pi\sqrt2.

Resposta

-\pi\sqrt2.

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