Use o Teorema de Stokes para calcular:
\iint_{S} \operatorname{rot} \mathbf{F} \cdot \mathrm{dS}, \operatorname{com} \mathbf{F}(x, y, z)=x^{2} \mathbf{i}+2 x \mathbf{j}+z^{2} \mathbf{k}, S é a metade superior do elipsoide 4 x^{2}+y^{2}+z^{2}=1, ou seja, com z \geqslant 0.

Passo 1

O enunciado pede
\iint_{S} (\nabla\times \mathbf{F})\cdot d\mathbf{S},
onde \mathbf{F}(x,y,z)=x^{2}\,\mathbf{i}+2x\,\mathbf{j}+z^{2}\,\mathbf{k} e S é a “casca” do elipsoide 4x^{2}+y^{2}+z^{2}=1 com z\ge0.
O conteúdo aqui é o Teorema de Stokes, que diz
\iint_{S} (\nabla\times \mathbf{F})\cdot d\mathbf{S} =\oint_{\partial S}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}.

Passo 2

A curva \partial S é a interseção do elipsoide com o plano z=0, isto é
4x^{2}+y^{2}=1,\quad z=0.
Escolhemos a orientação normal de S apontando para cima ( +z), então \partial S é percorrida no sentido anti-horário visto de cima.

Passo 3

Uma parametrização compatível com esse sentido é, para t\in[0,2\pi],
x(t)=\tfrac12\cos t,\quad y(t)=\sin t,\quad z(t)=0.

Passo 4

Calculamos
\mathbf{r}(t)=(\tfrac12\cos t,\;\sin t,\,0), \quad d\mathbf{r}=(x'(t),y'(t),0)\,dt =\bigl(-\tfrac12\sin t,\;\cos t,\,0\bigr)\,dt.
Em z=0,
\mathbf{F}\bigl(x(t),y(t),0\bigr) =\bigl(x(t)^{2},\,2x(t),\,0\bigr) =\Bigl(\tfrac14\cos^{2}t,\;\cos t,\;0\Bigr).

Passo 5

O teorema de Stokes dá
\iint_{S}(\nabla\times\mathbf{F})\cdot d\mathbf{S} =\oint_{\partial S}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r} =\int_{0}^{2\pi} \Bigl(\tfrac14\cos^{2}t,\;\cos t,\,0\Bigr)\cdot\bigl(-\tfrac12\sin t,\;\cos t,\,0\bigr)\,dt.
O produto escalar é
\tfrac14\cos^{2}t\cdot\bigl(-\tfrac12\sin t\bigr) \;+\;\cos t\cdot\cos t =-\tfrac18\cos^{2}t\sin t\;+\;\cos^{2}t.

Passo 6

Logo
\int_{0}^{2\pi}\Bigl(\cos^{2}t-\tfrac18\cos^{2}t\sin t\Bigr)\,dt =\int_{0}^{2\pi}\cos^{2}t\,dt \;-\;\tfrac18\int_{0}^{2\pi}\cos^{2}t\sin t\,dt.
Temos
\int_{0}^{2\pi}\cos^{2}t\,dt =\pi, \quad \int_{0}^{2\pi}\cos^{2}t\sin t\,dt =0
(pois u=\cos t leva o segundo integral a zero num ciclo completo).
Portanto o valor pedido é \pi.

Resposta

\pi

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