Utilize o Teorema de Stokes para calcular \iint_{S} \operatorname{rot}(F) n d S, onde F=6 y z i+5 x j+y z e^{x^{2}} k, onde S é a porção do paraboloide z=\frac{1}{4} x^{2}+y^{2}, 0 \leq z \leq 4.

Passo 1

O enunciado pede calcular a integral de superfície
\iint_{S} \operatorname{rot}(F)\cdot n\,dS
para o campo
F=6 y z\,\mathbf{i}+5 x\,\mathbf{j}+y z e^{x^{2}}\,\mathbf{k},
onde S é a porção do paraboloide
z=\tfrac{1}{4}x^{2}+y^{2},\qquad 0\le z\le 4.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • A superfície S é o trecho do paraboloide entre z=0 (vértice) e z=4.
  • A interseção do paraboloide com o plano z=4 é a curva de contorno \partial S. Para encontrar essa curva basta resolver \tfrac{1}{4}x^{2}+y^{2}=4, que é uma elipse.
  • Não há outro contorno (o vértice em z=0 é um ponto isolado e não contribui como curva fechada).
O que devemos entregar: o valor numérico (exato) da integral de superfície indicada.

Passo 2

Vou usar o Teorema de Stokes, que diz (em palavras simples): a integral da circulação do campo rotacional sobre a superfície é igual à integral de linha do campo ao longo da fronteira da superfície. Em fórmula:
\iint_{S} \operatorname{rot}(F)\cdot n\,dS=\oint_{\partial S} F\cdot d\mathbf{r}.
Explicando os símbolos:
  • \operatorname{rot}(F) é o rotacional (curl) de F, um vetor.
  • n é o vetor normal unitário à superfície S.
  • \partial S é a curva fronteira de S com orientação consistente com n (regra da mão direita).
  • d\mathbf{r} é o vetor tangente infinitesimal ao longo da curva \partial S.
Escolha de orientação: escolho a normal n com componente positiva em z (normal “para cima”), pois isso é natural para a porção superior do paraboloide. Pela regra da mão direita, isso induz uma orientação da fronteira \partial S no sentido anti-horário vista de cima. Vou parametrizar a fronteira de modo que esse sentido seja o sentido de percorre t crescente.

Passo 3

Determinar explicitamente \partial S. A interseção com z=4 satisfaz
\tfrac{1}{4}x^{2}+y^{2}=4.
Multiplicando por 4 obtemos
x^{2}+4y^{2}=16\quad\Longleftrightarrow\quad \frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{4}=1,
que é uma elipse com semi-eixos a=4 (eixo x) e b=2 (eixo y) no plano z=4.
Parametrização natural, seguindo sentido anti-horário visto de cima, é
\mathbf{r}(t)=\big(4\cos t,\;2\sin t,\;4\big),\qquad 0\le t\le 2\pi.
Então
d\mathbf{r}=\mathbf{r}'(t)\,dt=\big(-4\sin t,\;2\cos t,\;0\big)\,dt.

Passo 4

Avaliar F ao longo de \partial S. Substituindo x=4\cos t, y=2\sin t, z=4 em F:
F(\mathbf{r}(t))=\big(6 y z,\;5 x,\;y z e^{x^{2}}\big) =\big(6\cdot(2\sin t)\cdot 4,\;5\cdot(4\cos t),\; (2\sin t)\cdot 4\cdot e^{(4\cos t)^{2}}\big).
Simplificando as duas primeiras componentes (a terceira não será necessária porque dz=0):
F(\mathbf{r}(t))=\big(48\sin t,\;20\cos t,\;8\sin t\,e^{16\cos^{2}t}\big).
Agora o produto escalar F\cdot d\mathbf{r} (note que a componente em k não contribui porque dz=0):
F(\mathbf{r}(t))\cdot \mathbf{r}'(t) =48\sin t\cdot(-4\sin t)+20\cos t\cdot(2\cos t)+8\sin t\,e^{16\cos^{2}t}\cdot 0.
Portanto
F\cdot d\mathbf{r}=\big(-192\sin^{2}t+40\cos^{2}t\big)\,dt.

Passo 5

Calcular a integral de linha:
\oint_{\partial S}F\cdot d\mathbf{r}=\int_{0}^{2\pi}\big(-192\sin^{2}t+40\cos^{2}t\big)\,dt.
Usando as identidades básicas \displaystyle\int_{0}^{2\pi}\sin^{2}t\,dt=\int_{0}^{2\pi}\cos^{2}t\,dt=\pi, obtemos
\int_{0}^{2\pi}-192\sin^{2}t\,dt=-192\pi, \qquad \int_{0}^{2\pi}40\cos^{2}t\,dt=40\pi.
Somando,
\oint_{\partial S}F\cdot d\mathbf{r}=(-192+40)\pi=-152\pi.

Passo 6

Pelo Teorema de Stokes, a integral de superfície desejada é igual à integral de linha que calculamos. Assim
\iint_{S}\operatorname{rot}(F)\cdot n\,dS=\oint_{\partial S}F\cdot d\mathbf{r}=-152\pi.

Resposta

-152\pi

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