Use o Teorema de Stokes para calcular
\vec{F}(x, y, z)=\left(x^{3}-y^{3}\right) \vec{i}-x y z \vec{j}+y^{3} \vec{k} ; S é a parte da superfície x^{2}+4 y^{2}+z^{2}-2 z=4 que está sobre o plano z=0.

Passo 1

Enunciado claro: temos o campo vetorial \vec{F}(x,y,z)=\left(x^{3}-y^{3}\right)\vec{i}-xyz\vec{j}+y^{3}\vec{k}. A superfície S é a parte da superfície
x^{2}+4y^{2}+z^{2}-2z=4
que está acima (isto é, sobre) o plano z=0. O que nos pedem: calcular a integral de superfície de \nabla\times\vec{F} sobre S usando o Teorema de Stokes (ou equivalentemente calcular a integral de linha de \vec{F} ao longo da fronteira de S).\n
Informações fornecidas que vamos usar explicitamente:
  • A equação da superfície pode ser escrita completando o quadrado em z.
  • A fronteira \partial S é a curva de interseção entre a superfície e o plano z=0.
  • O enunciado pede que se use o Teorema de Stokes.

Passo 2

Cálculo do rotor ( \nabla\times\vec{F}). Lembra: para \vec{F}=(P,Q,R) temos
\nabla\times\vec{F}=\left(\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z}\right)\vec{i}+\left(\frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x}\right)\vec{j}+\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\vec{k}.
Aqui P=x^{3}-y^{3}, Q=-xyz, R=y^{3}. Calculamos as derivadas parciais uma a uma:
\frac{\partial R}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}(y^{3})=3y^{2}, \qquad \frac{\partial Q}{\partial z}=\frac{\partial}{\partial z}(-xyz)=-xy,
\frac{\partial P}{\partial z}=0, \qquad \frac{\partial R}{\partial x}=0,
\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}(-xyz)=-yz, \qquad \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}(x^{3}-y^{3})=-3y^{2}.
Substituindo na expressão do rotor obtemos
\nabla\times\vec{F}=(3y^{2}+xy)\,\vec{i}+0\,\vec{j}+(-yz+3y^{2})\,\vec{k}.

Passo 3

Enunciado exige Stokes: o Teorema de Stokes diz que a integral de superfície do rotor sobre S é igual à integral de linha de \vec{F} ao longo da fronteira \partial S orientada consistentemente com a normal escolhida:
\iint_{S}(\nabla\times\vec{F})\cdot d\vec{S}=\oint_{\partial S}\vec{F}\cdot d\vec{r}.
Escolho a normal que aponta para cima (com componente z positiva). Com essa normal, a orientação positiva da curva \partial S é no sentido anti-horário vista de cima (ou seja, conforme t aumenta, a curva vista do lado positivo do eixo z aparece anti-horária). Assim basta parametrizar \partial S com essa orientação e calcular \oint_{\partial S}\vec{F}\cdot d\vec{r}.

Passo 4

Encontrar a fronteira \partial S: é a interseção entre a superfície e z=0. Primeiro reescrevo a equação completando o quadrado em z:
x^{2}+4y^{2}+z^{2}-2z=4 \quad\Longleftrightarrow\quad x^{2}+4y^{2}+(z-1)^{2}=5.
Para z=0 obtemos
x^{2}+4y^{2}+(0-1)^{2}=5 \quad\Longrightarrow\quad x^{2}+4y^{2}=4.
Esta é a equação de uma elipse no plano z=0 com semi-eixo 2 ao longo de x e semi-eixo 1 ao longo de y.

Passo 5

Parametrização da curva \partial S com orientação anti-horária vista de cima: uso a parametrização elíptica padrão
x(t)=2\cos t,\qquad y(t)=\sin t,\qquad z(t)=0,\qquad 0\le t\le 2\pi.
Então
\frac{d\vec{r}}{dt}=(-2\sin t)\,\vec{i}+(\cos t)\,\vec{j}+0\,\vec{k}.
E d\vec{r}=(-2\sin t)\,dt\,\vec{i}+(\cos t)\,dt\,\vec{j}.

Passo 6

Expressar \vec{F} na curva (lembre que z=0 na curva): em z=0 temos
\vec{F}=(x^{3}-y^{3})\,\vec{i}+0\,\vec{j}+y^{3}\,\vec{k}.
O produto escalar \vec{F}\cdot d\vec{r} ao longo de \partial S fica
\vec{F}\cdot d\vec{r}=(x^{3}-y^{3})\,dx + 0\cdot dy + y^{3}\,dz.
Como z é constante dz=0, logo
\vec{F}\cdot d\vec{r}=(x^{3}-y^{3})\,dx.
Assim a integral de linha reduz-se a
\oint_{\partial S}\vec{F}\cdot d\vec{r}=\oint_{\partial S}x^{3}\,dx - \oint_{\partial S}y^{3}\,dx.

Passo 7

Calcular \oint_{\partial S}x^{3}\,dx usando a parametrização. Temos x=2\cos t e dx=-2\sin t\,dt. Então
\oint_{\partial S}x^{3}\,dx=\int_{0}^{2\pi}(2\cos t)^{3}(-2\sin t)\,dt=-16\int_{0}^{2\pi}\cos^{3}t\sin t\,dt.
Faço a substituição u=\cos t, du=-\sin t\,dt. Os limites t=0\to u=1 e t=2\pi\to u=1. Assim
-16\int_{0}^{2\pi}\cos^{3}t\sin t\,dt=-16\int_{1}^{1}u^{3}(-du)=16\int_{1}^{1}u^{3}\,du=0.
Portanto \oint_{\partial S}x^{3}\,dx=0.

Passo 8

Calcular \oint_{\partial S}y^{3}\,dx. Pela parametrização y=\sin t e dx=-2\sin t\,dt. Então
\oint_{\partial S}y^{3}\,dx=\int_{0}^{2\pi}\sin^{3}t\,(-2\sin t)\,dt=-2\int_{0}^{2\pi}\sin^{4}t\,dt.
Usamos a identidade de redução \sin^{4}t=\dfrac{3-4\cos 2t+\cos 4t}{8}. Integrando de 0 a 2\pi os termos com \cos 2t e \cos 4t dão zero, ficando
\int_{0}^{2\pi}\sin^{4}t\,dt=\frac{3}{8}\cdot 2\pi=\frac{3\pi}{4}.
Portanto
\oint_{\partial S}y^{3}\,dx=-2\cdot\frac{3\pi}{4}=-\frac{3\pi}{2}.

Passo 9

Juntando os resultados do Passo 7 e do Passo 8:
\oint_{\partial S}\vec{F}\cdot d\vec{r}=\oint_{\partial S}x^{3}\,dx - \oint_{\partial S}y^{3}\,dx = 0 - \left(-\frac{3\pi}{2}\right)=\frac{3\pi}{2}.
Pelo Teorema de Stokes esse valor é igual à integral de superfície pedido. Força aí — já era trabalho de contagem da prova!

Resposta

\displaystyle \frac{3\pi}{2}

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