Exercícios Resolvidos de Cálculo de Volumes por Integrais Duplas

PUCRIO, Cálculo 2 - MAT1162, G1 - 2012.2, Questão 2

Considere a quádrica

- z 2 + x 2 + y 2 - 1 = 0

a) Desenhe-a e identifique a sua interseção com os seguintes planos:

  • x = 0
  • y = 0
  • z = c , para c = 0 ,   c > 0 e c < 0

b) Considere a região espacial

U = x , y , z R 3 1 + z 2 x 2 + y 2 5

Escreva a fronteira de U usando igualdades ou desigualdades.

c) Seja

V = U z > 0

Escreva o volume V na forma

R F x , y d x d y

explicitando F x , y   e R .

d) Calcule o volume de V .

e) Calcule o volume de U .

Passo 1

Vamos fazer ao contrário? É exatamente esse o processo que fazemos para descobrir de qual quádrica estamos tratando!

Vamos lá então, para ver a interseção da superfície com o plano x = 0 , pegamos sua equação e trocamos x por 0 ;)

- z 2 + 0 2 + y 2 - 1 = 0

- z 2 + y 2 = 1

E aí está! Temos z 2 e y 2 , mas com um sinal de menos entre eles. Então temos uma hipérbole no plano O y z com as bocas abertas (:O) na direção y (ele está com o sinal positivo):

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Agora, vejamos a interseção com o plano y = 0 , pelo mesmo processo:

- z 2 + x 2 + 0 2 - 1 = 0

- z 2 + x 2 = 1

E veja só! Mais uma hipérbole, igualzinha à outra, exceto pelo fato de agora termos x no lugar de y . Estamos, então, no plano O x z , com as bocas abertas no sentido x :

Passo 3

Vamos lá, agora vejamos as curvas de nível para z = c = 0 , z = c > 0 e z = c < 0 :

Supondo c = 0 , temos:

- 0 2 + x 2 + y 2 - 1 = 0

x 2 + y 2 = 1

E teríamos uma circunferência de raio 1 , exatamente na origem, no plano O x y !

E, agora, veja comigo, se c > 0 ou c < 0 , pouco importa! Porque c está ao quadrado! E, como c e o 1 estão ambos com sinal de “menos” na frente, quando passarmos para o lado direito da equação, não há perigo de ficar negativo! Assim, não teremos nunca pontos de indeterminação independentemente do c que coloquemos. Fica:

x 2 + y 2 = c 2 + 1

Ou seja, temos círculos de raio c 2 + 1 ! Veja o esboço aqui em baixo:

Passo 4

Agora, podemos descobrir qual é a quádrica que estamos procurando! Veja, temos hipérboles nos plano O x z e O y z . E, quando fatiamos a quádrica por plano paralelos ao O x y , com z = c , independentemente de qual c coloquemos, sempre temos circunferências! Juntando todas as peças, temos nas mãos um hiperboloide de uma folha!! Olha ele aí:

Passo 5

b) Ok, vamos por partes. Primeiro, vamos ver a desigualdade da esquerda,

1 + z 2 x 2 + y 2

Temos, então, que

0 x 2 + y 2 - 1 - z 2

- z 2 + x 2 + y 2 - 1 0

E chegamos exatamente no hiperboloide do item a ! Percebe? Agora a única diferença é essa desigualdade... O que ela significa? Que estamos fora dele, pois, colocando o dedo sobre sua superfície, para um dado raio c 2 + 1 , temos que x 2 + y 2 é maior ou igual a esse raio!

Passo 6

Show, agora, vamos para o lado direito da desigualdade:

x 2 + y 2 5

Já está pronto, né? Se tivéssemos um sinal de igual, seria um cilindro de raio 5 , certo? Mas a inequação nos diz que, colocando o dedo sobre o cilindro, andamos com ele para dentro, pois x 2 + y 2 é menor ou igual ao raio! Assim, essa inequação representa a parte interna do cilindro!

Passo 7

Beleza, prossigamos! Já podemos resolver a questão. Vimos que a região U está fora do hiperboloide, mas dentro do cilindro. Logo, sua fronteira é contida pela união de cada uma dessas superfícies!

Agora, temos que expressar isso que acabamos de dizer com equações e inequações! As equações já temos, e são as próprias equações do hiperboloide e do cilindro. Mas, pense comigo: se colocarmos as duas equações não estaremos definindo fronteira nenhuma, pois essas duas superfícies tem “área infinita”, sem nenhuma restrição! Assim, temos que descobrir onde o hiperboloide e o cilindro de interceptam, e dizer que a fronteira está restrita entre a primeira interseção e a segunda ;) Aqui vai um esboço do que estamos falando:

Para ver essas interseções, basta substituir uma equação na outra! Colocando o x 2 + y 2 = 5 do cilindro na equação (com sinal de “igual” mesmo—é superfície, não região) do hiperbolóide, temos:

- z 2 + x 2 + y 2 - 1 = 0

- z 2 + 5 - 1 = 0

z = ± 2

Opa! Olha que resultado lindo! Descobrimos que as alturas dessas circunferências de interseção ocorrem em z = - 2 e z = 2 ! Logo, - 2 z 2 ! Essa exatamente a inequação que estava faltando! É ela que define o limite das equações da fronteira de U ! Portanto, temos, para o cilindro:

C = x , y , z R 3 x 2 + y 2 = 5 , - 2 z 2  

E, para o hiperboloide:

H = x , y , z R 3 - z 2 + x 2 + y 2 - 1 = 0 , - 2 z 2  

E, por fim, dizemos que a fronteira de U é σ U = C H , ou seja, a união das superfícies, ambas restritas com z entre - 2 e 2 ;)

Passo 8

c) Legal, já vimos que o a região U é aquela que está fora do hiperboloide, mas dentro do cilindro. Agora, temos que fazer sua interseção com o semi-espaço z > 0 , ou seja, tudo acima do plano O x y ! Esboçando a situação, temos:

E agora? Como fazemos para definir o volume dessa região com integrais duplas? Basta definirmos a função a ser integrada e a região de integração!

Olhando para o esboço, vemos que a função é a altura, z , dada pela equação do hiperboloide. E a região de integração é a projeção do hiperboloide no plano O x y , que é o anel de raio interno 1 , do hiperboloide, e externo 5 , do cilindro!

Então, a integral fica:

V = R z   d x d y

Em que R é o domínio em anel: R = x , y R 2 1 x 2 + y 2 5 , ou seja, o conjunto dos pontos que satisfazem círculos de raios variando entre 1 e 5 . E z vem da equação do hiperboloide:

- z 2 + x 2 + y 2 - 1 = 0

z = x 2 + y 2 - 1

Portanto, o volume é:

V = R x 2 + y 2 - 1   d x d y

Passo 9

d) Calculemos o volume do passo anterior! Para isso, temos que escolher a substituição correta. A dica é: domínio em disco, fatia ou anel? Use coordenadas polares! Neste caso, pela própria definição que demos à região R , temos o raio variando entre 1 e 5 , e, como é o anel completo, o θ varia entre 0 e 2 π ! Portanto, como estamos integrando agora entre duas constantes, podemos escolher a ordem de integração :D

Não esquecendo do jacobiano, igual a r , e nem que, em coordenadas polares x 2 + y 2 = r 2 , o volume fica:

V = R r 2 - 1 . r   d r d θ =

0 2 π 1 5 r 2 - 1 . r   d r d θ

Agora, temos que pensar em qual é a primitiva de r . r 2 - 1 1 2 . Veja, como temos que a derivada de r 2 é 2 r , então, provavelmente essa expressão veio da regra da cadeia. Por exemplo, derivando r 2 - 1 3 2 , temos:

r 2 - 1 3 2 ' = 3 2 r 2 - 1 1 2 . 2 r = 3 r r 2 - 1 1 2

Viu só? Estamos quase chegando nela! Para “consertar” esse 3 que apareceu aí, vamos dividir a expressão por 3 ! Dividir por uma constante não afetará nas derivadas, e ela será carregada até o final! Fica, então:

0 2 π 1 3 r 2 - 1 3 2   1 5 d θ =

0 2 π 1 3 5 - 1 - 1 + 1 3 2 d θ =

Integrando em relação à θ , temos simplesmente θ entre 0 e 2 π :

V = 2 π 1 3 5 - 1 3 2

V = 2 π 4 3 3

V = 16 π 3

Passo 10

e) Ufa! Finalmente, último item a cumprir! E olha que maravilha, ele pede o volume de U ! E quem é U ? É duas vezes o volume de V ! Lembra como obtivemos V ? Foi pegando o U e dizendo: queremos apenas a parte que tem z > 0 . Agora, estamos dizendo: queremos tudo, z > 0 e z < 0 ! Como U é simétrico em relação ao plano O x y , então o valor desse volume é o dobro do calculado no passo anterior ;) V o l ( U ) = 32 π 3

Resposta

a) Quádrica: Hiperboloide de uma folha:

Interseções com x = 0 e com y = 0 são hipérboles, e com z = c , para qualquer c , são circunferências.

b)   C = x , y , z R 3 x 2 + y 2 = 5 , - 2 z 2 e H = x , y , z R 3 - z 2 + x 2 + y 2 - 1 = 0 , - 2 z 2  

c)   V = R x 2 + y 2 - 1   d x d y

d)   V = 16 π 3

e)   V o l ( U ) = 32 π 3

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