Use o Teorema de Stokes para calcular
\vec{F}(x, y, z)=\left(2 y^{2}+3 z^{2}-x^{2}\right) \vec{i}+\left(2 z^{2}+3 x^{2}-y^{2}\right) \vec{j}+\left(2 x^{2}+3 y^{2}-z^{2}\right) \vec{k} ; S é a parte da superfície x^{2}+y^{2}-2 a x+a z=0 que está sobre o plano z=0.

Passo 1

O enunciado dá o campo vetorial
\vec{F}(x,y,z)=\bigl(2y^{2}+3z^{2}-x^{2}\bigr)\,\vec{i}+\bigl(2z^{2}+3x^{2}-y^{2}\bigr)\,\vec{j}+\bigl(2x^{2}+3y^{2}-z^{2}\bigr)\,\vec{k}
e a superfície S definida pela equação
x^{2}+y^{2}-2ax+a z=0
na parte que está sobre o plano z=0 (ou seja, a porção da superfície com z\ge 0).\n
O que precisamos calcular: a integral de superfície
\iint_{S}(\nabla\times\vec{F})\cdot\vec{n}\,dS,
onde \vec{n} é a normal orientada de S. Pelo Teorema de Stokes, essa integral de superfície é igual à integral de linha do campo \vec F ao longo da fronteira \partial S:
\iint_{S}(\nabla\times\vec{F})\cdot\vec{n}\,dS=\oint_{\partial S}\vec{F}\cdot d\vec r.
Vou usar o Teorema de Stokes transformando a integral de superfície numa integral de linha sobre \partial S, que é mais simples porque \partial S está no plano z=0.

Passo 2

Encontre a curva fronteira \partial S. A fronteira é a interseção da superfície com o plano z=0. Substituindo z=0 na equação de S obtemos
x^{2}+y^{2}-2ax=0.
Completa-se o quadrado em x:
(x-a)^{2}+y^{2}=a^{2}.
Portanto \partial S é o círculo de centro (a,0,0) e raio |a| no plano z=0:
(x-a)^{2}+y^{2}=a^{2},\quad z=0.
Observação sobre orientação: o vetor normal não unitário dado por \nabla G para a superfície G(x,y,z)=x^{2}+y^{2}-2ax+az é
\nabla G=(2x-2a,\,2y,\,a).
Na fronteira z=0 a componente z do gradiente é a. Se tomarmos a>0 isso indica que a normal dada por \nabla G tem componente z positiva; adotaremos essa orientação (normal com componente z positiva). Pela regra da mão direita, a orientação positiva da curva \partial S vista de cima (direção +z) é anti-horária (sentido trigonométrico, t crescente).

Passo 3

Parametrização da curva \partial S compatível com essa orientação: use t\in[0,2\pi]
x(t)=a(1+\cos t),\qquad y(t)=a\sin t,\qquad z(t)=0.
Verificação rápida: (x-a)^{2}+y^{2}=a^{2}\bigl(\cos^{2}t+\sin^{2}t\bigr)=a^{2}. Para t aumentando essa parametrização percorre o círculo no sentido anti-horário visto de cima, como queremos.
As derivadas são
\frac{dx}{dt}=-a\sin t,\qquad \frac{dy}{dt}=a\cos t,\qquad \frac{dz}{dt}=0.

Passo 4

Pelo Teorema de Stokes temos
\iint_{S}(\nabla\times\vec{F})\cdot\vec{n}\,dS=\oint_{\partial S}\vec{F}\cdot d\vec r.
Então vamos calcular a integral de linha \oint_{\partial S}\vec{F}\cdot d\vec r=\int_{0}^{2\pi}\bigl(P\,x'(t)+Q\,y'(t)+R\,z'(t)\bigr)\,dt, onde P,Q,R são as componentes de \vec F. Como z(t)=0 e z'(t)=0, só precisamos de P e Q avaliados em z=0.
Avalie \vec F em z=0:
P(x,y,0)=2y^{2}-x^{2},\qquad Q(x,y,0)=3x^{2}-y^{2}.

Passo 5

Substitua a parametrização na expressão de P e Q.
Com x=a(1+\cos t) e y=a\sin t,
P(t)=2a^{2}\sin^{2}t - a^{2}(1+\cos t)^{2}=a^{2}\bigl(1-2\cos t-3\cos^{2}t\bigr),
Q(t)=3a^{2}(1+\cos t)^{2}-a^{2}\sin^{2}t=a^{2}\bigl(2+6\cos t+4\cos^{2}t\bigr).
(Se quiser ver rápido: use \sin^{2}t=1-\cos^{2}t e desenvolva os quadrados.)

Passo 6

Compute a integrand P\,x'(t)+Q\,y'(t). Usando x'(t)=-a\sin t e y'(t)=a\cos t,
P\,x'+Q\,y' = a^{3}\Bigl[-\sin t\bigl(1-2\cos t-3\cos^{2}t\bigr)+\cos t\bigl(2+6\cos t+4\cos^{2}t\bigr)\Bigr].
Separe termos ímpares em \sin t (que integrarão zero em 0 a 2\pi) e termos só em \cos t. Os termos com fator \sin t são
-\sin t + 2\sin t\cos t +3\sin t\cos^{2}t,
todos esses têm integral zero em [0,2\pi] (funções ímpares em relação ao ponto médio do período). Restam os termos puramente em \cos t:
2\cos t +6\cos^{2}t +4\cos^{3}t.
Logo a integral torna-se
\oint_{\partial S}\vec{F}\cdot d\vec r = a^{3}\int_{0}^{2\pi}\bigl(2\cos t +6\cos^{2}t +4\cos^{3}t\bigr)\,dt.

Passo 7

Calcule as integrais separadamente.
\int_{0}^{2\pi}2\cos t\,dt=0.
Para \cos^{2}t use a identidade \cos^{2}t=\tfrac{1+\cos 2t}{2}:
\int_{0}^{2\pi}6\cos^{2}t\,dt=6\cdot\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}(1+\cos 2t)\,dt=3\bigl[ t +\tfrac{1}{2}\sin 2t\bigr]_{0}^{2\pi}=3\cdot 2\pi=6\pi.
Para \cos^{3}t use \cos^{3}t=\tfrac{1}{4}(\cos 3t+3\cos t), então
\int_{0}^{2\pi}4\cos^{3}t\,dt=\int_{0}^{2\pi}(\cos 3t+3\cos t)\,dt=0.
Somando, a integral total vale a^{3}\cdot 6\pi.

Passo 8

Portanto, pelo Teorema de Stokes,
\iint_{S}(\nabla\times\vec{F})\cdot\vec{n}\,dS=\oint_{\partial S}\vec{F}\cdot d\vec r=6\pi a^{3}.

Resposta

6\pi a^{3}

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