SEJA
\vec{K}(x, y, z)=\left(h(z), x^{2} y, 1\right), ONDE h(z) EUMA FUNÇAO DE CLASSE C^{1} ES A SUPERFÍCIE z=4-x^{2}-y^{2}, (0 \leqslant z \leqslant 4).
CALCULE \int_{S} \vec{K} \cdot \overrightarrow{d S}, CONSIDERANDO A COMPONENTE ZDO CAMPO NORMAL A S GOMO POSITIVA.

Passo 1

O enunciado pede o fluxo do campo
\vec{K}(x,y,z) = \bigl(h(z),\,x^2y,\,1\bigr)
pela superfície S dada por z = 4 - x^2 - y^2, com 0 \le z \le 4, orientada de modo que a componente z do vetor normal seja positiva.
Para resolver, vamos parametrizar S em termos de (x,y) e usar
\displaystyle \iint_{S}\vec{K}\cdot d\vec S = \iint_{D} \vec{K}(r(x,y))\cdot \bigl(r_x\times r_y\bigr)\,dA,
onde D é o disco x^2+y^2\le4.

Passo 2

Parametrização de S:
r(x,y) = \bigl(x,\;y,\;4 - x^2 - y^2\bigr),\quad (x,y)\in D,\;D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le4\}.
Calculamos
r_x = (1,0,-2x),\quad r_y=(0,1,-2y)
e o produto vetorial (normal orientado para cima)
r_x \times r_y = (2x,\;2y,\;1).

Passo 3

O fluxo é
\iint_{S}\vec{K}\cdot d\vec S = \iint_{D}\vec{K}\bigl(x,y,4-x^2-y^2\bigr)\cdot(2x,2y,1)\,dA.
Substituindo \vec{K}=(h(z),x^2y,1) com z=4-x^2-y^2, o integrando fica
2x\,h(4-x^2-y^2)\;+\;2y\,(x^2y)\;+\;1\cdot1 =2x\,h(4-x^2-y^2)+2x^2y^2+1.

Passo 4

Note que
\displaystyle \iint_{D}2x\,h(4-x^2-y^2)\,dA=0
porque a função 2x\,h(4-x^2-y^2) é ímpar em x e D é simétrico em x.
Logo resta calcular
\iint_{D}\bigl(2x^2y^2+1\bigr)\,dA =\iint_{D}2x^2y^2\,dA \;+\;\iint_{D}1\,dA.

Passo 5

Primeiro \displaystyle \iint_{D}1\,dA = \text{área}(D)=\pi\cdot2^2=4\pi.á
Agora em coordenadas polares x=r\cos\theta, y=r\sin\theta, 0\le r\le2, 0\le\theta\le2\pi:
\iint_{D}2x^2y^2\,dA =2\int_{0}^{2\pi}\!\!\int_{0}^{2} (r^2\cos^2\theta)(r^2\sin^2\theta)\,r\,dr\,d\theta =2\int_{0}^{2\pi}\cos^2\theta\sin^2\theta\,d\theta \int_{0}^{2}r^5\,dr.
Calculamos
\int_{0}^{2}r^5\,dr = \frac{2^6}{6} = \frac{64}{6}=\frac{32}{3}, \qquad \cos^2\theta\sin^2\theta = \tfrac18\bigl(1-\cos4\theta\bigr) \implies \int_{0}^{2\pi}\cos^2\theta\sin^2\theta\,d\theta = \frac{\pi}{4}.
Assim
\iint_{D}2x^2y^2\,dA =2\cdot\frac{\pi}{4}\cdot\frac{32}{3} =\frac{16\pi}{3}.

Passo 6

Somando as duas parcelas:
\iint_{D}\bigl(2x^2y^2+1\bigr)\,dA = \frac{16\pi}{3} + 4\pi = \frac{16\pi + 12\pi}{3} = \frac{28\pi}{3}.

Resposta

\boxed{\frac{28\pi}{3}}.

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