# Solución

Como integral de superficie, tienes $g(x, y) = 4 - x^2- y^2, g_x = −2y$ y

$$\begin{aligned} rot\; \bold{F} &= \begin{vmatrix} \bold{i} & \bold{j} & \bold{k}\\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z}\\ y & 2z & x^2\\ \end{vmatrix} = \lang -2, -2x, -1\rang\\ \end{aligned}$$

De la ecuación 6.19

$$\begin{aligned} \iint_S rot\;\bold{F} \cdot d\bold{S} &= \iint_D rot\;\bold{F}(\bold{r}(\phi, \theta)) \cdot \big(\bold{t}_{\phi} \times \bold{t}_{\theta}\big)dA\\ &= \iint_D \lang −2, −2x, −1 \rang\cdot\lang 2x, 2y, 1 \rang dA\\ &= \int_{-2}^2\int_{-\sqrt{4-x^2}}^{\sqrt{4-x^2}}(−4x−4xy−1)dydx\\ &= \int_{-2}^2 \big(-8x\sqrt{4-x^2} - 2\sqrt{4-x^2}\big)dx\\ &= -4\pi \end{aligned}$$

Como integral de línea, puedes parametrizar $C$ por $\bold{r} (t) = \lang 2 cos\; t, 2 sen \;t, 0\rang, 0 \le t \le 2\pi$. Por la ecuación 6.19,

$$\begin{aligned} \int_C \bold{F}\cdot d\bold{r} &= \int_0^{2\pi} \lang 2sen\; t, 0, 4cos^2t \rang\cdot\lang −2sen\; t, 2cos\; t, 0 \rang dt\\ &= \int_0^{2\pi} −4sen^2tdt = −4\pi \end{aligned}$$

Por lo tanto, hemos verificado el teorema de Stokes para este ejemplo.