Lösung.

Zunächst parametrisieren wir $ \mbox{$\;F\;$}$ durch

$ \mbox{$\displaystyle \Phi(x,y)\; =\;\begin{pmatrix}x\\ y\\ x^2-y^2\end{pmatrix}$}$
auf $ \mbox{$\;K=\{(x,y)^\text{t} \in \mathbb{R}^2 \;\vert\;x^2+y^2\leq 1\}\;$}$ . Dann ist $ \mbox{$\;\partial K\;$}$ parametrisiert durch die Kurve
$ \mbox{$\displaystyle \gamma(t)\; =\; \begin{pmatrix}\cos t\\ \sin t\end{pmatrix}\;,\quad t\in [-\pi,\pi]\;. $}$
Es ist also $ \mbox{$\;\partial\Phi=\Phi\circ\partial K\;$}$ beschrieben durch
$ \mbox{$\displaystyle \left(\Phi\circ\gamma\right)(t)\; =\;\begin{pmatrix}\cos t\\ \sin t\\ (\cos t)^2-(\sin t)^2\end{pmatrix}\; . $}$
Die rechte Seite der Gleichung des Stokesschen Integralsatzes ergibt sich zu
$ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} \displaystyle\int_{\partial\Phi}f &=&... ...-\int_{-\pi}^\pi(\sin t)^2\;\text{d}t\vspace{3mm}\\ &=& -\pi\;. \end{array}$}$
Wir haben
$ \mbox{$\displaystyle \text{rot }f\; =\; \begin{pmatrix}-1\\ -1\\ -1\end{pmatrix}$}$
sowie
$ \mbox{$\displaystyle (\Phi_x\times\Phi_y)(x,y)\; =\; \begin{pmatrix}1\\ 0\\ ... ...d{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2x\\ \hfill 2y\\ \phantom{-} 1\end{pmatrix}\; . $}$
Die rechte Seite der Gleichung des Stokesschen Integralsatzes ergibt sich zu
$ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} \displaystyle\int_\Phi\text{rot }f &=... ...y)\vspace{3mm}\\ &=& \displaystyle -\text{vol}(K)\; =\; -\pi\;. \end{array}$}$
Für das drittletzte Gleichheitszeichen beachte man $ \mbox{$\int_K x\;\text{d}(x,y)=\int_K y\;\text{d}(x,y)=0$}$ , was sich aus einer Symmetrieüberlegung ergibt. Diese beiden Integrale berechnen nämlich gerade das $ \mbox{$\text{vol}(K)$}$ -fache der Koordinaten des Schwerpunktes von $ \mbox{$K$}$ .

In der Tat stimmen also die linke und die rechte Seite der Gleichung des Stokesschen Integralsatzes im vorliegenden Fall überein.