Integrais Triplas

Teoria Completa

Módulo 2

Opa, tudo bem? Vamos escrever uma matemática aqui embaixo: (basta apertar ‘ALT + =’ )

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Exercício Resolvido #1

George B. Thomas, Cálculo Volume II, 11ª ed. São Paulo: Pearson Education do Brasil Ltda., 2009

Calcule a integral:

∫ 0 1 ∫ 0 1 ∫ 0 1 x 2 + y 2 + z 2   d z d y d x

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Passo 1

Repare que nessa questão os limites de integração já estão posicionados na integral, é válido lembrar também que devemos resolver sempre de dentro para fora, ou seja, primeiro integraremos em z depois em y e por último em x .

Quando vamos integrar em relação a z , consideramos x e y constantes, lembra? Fica assim então, integrando em z :

∫ 0 1 ∫ 0 1 ∫ 0 1 x 2 + y 2 + z 2   d z d y d x = ∫ 0 1 ∫ 0 1 z x 2 + z y 2 + z 3 3 z = 0 z = 1 d y d x

= ∫ 0 1 ∫ 0 1 1 . x 2 + 1 . y 2 + 1 3 - 0 . x 2 + 0 . x 2 + 0 d y d x =

= ∫ 0 1 ∫ 0 1 x 2 + y 2 + 1 3   d y d x

Passo 2

Vamos integrar em y agora, certo? Temos que considerar x constante então:

∫ 0 1 y x 2 + y 3 3 + y 3 y = 0 y = 1 d x

= ∫ 0 1 1 . x 2 + 1 3 + 1 3 - 0 . x 2 + 0 + 0 d x =

∫ 0 1 x 2 + 2 3   d x

Passo 3

Integrando em x temos:

x 3 3 + 2 x 3 x = 0 x = 1 =

= 1 3 + 2 3 - 0 + 0 =

= 3 3 = 1

Resposta

1

Exercício Resolvido #2

Elaboração Própria

Calcule a integral:

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

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Passo 1

Vamos resolver a integral de dentro para fora, certo? Então vamos integrar primeiro x , depois y e finalmente z . Vamos lá?

Para integrar x , vamos considerar y e z como constantes, fica assim:

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

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

= ∫ 1 2 ∫ - 1 1 2 + 2 y + 2 z   d y d z

Passo 2

Para integrar em y , vamos considerar z como constante:

= ∫ 1 2 2 y + 2 y 2 2 + 2 y z y = - 1 y = 1 d z =

Muito cuidado nessa hora! Tem termos de y e de y 2 , então substitua y = 1 e y = - 1 com calma termo por termo!

= ∫ 1 2 [ 2.1 + 2.1 2 2 + 2.1 . z - ( 2 . - 1 +   2 . - 1 2 2 + 2 . - 1 . z ) ] =

∫ 1 2 [ 2 + 1 + 2 z - - 2 + 1 - 2 z   d z =

∫ 1 2 4 + 4 z   d z

Passo 3

Finalmente, integrando em z :

4 z + 4 z 2 2 z = 1 z = 2 =

= 8 + 16 2 - 4 + 4 2 =

= 8 + 8 - 4 + 2 = 16 - 6

= 10

Resposta

10

Exercício Resolvido #3

George B. Thomas, Cálculo Volume II, 11ª ed. São Paulo: Pearson Education do Brasil Ltda., 2009

Calcule a integral:

∫ 0 π ∫ 0 π ∫ 0 π cos ⁡ ( u + v + w )   d u d v d w

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Passo 1

Integrando de dentro para fora, fazemos primeiro a integral em u :

∫ 0 π ∫ 0 π sen ⁡ u + v + w u = 0 u = π d v d w =

Obs: Note que quando você deriva s e n ⁡ ( u + v + w ) , pela regra da cadeia, você ficaria com:

sen ⁡ u + v + w ' = cos ⁡ u + v + w . u + v + w ' =

= cos ⁡ u + v + w . 1 + 0 + 0 = cos ⁡ ( u + v + w )

Portanto a integral de cos ⁡ ( u + v + w ) é simplesmente o seno da mesma função!

Voltando para a nossa integral:

∫ 0 π ∫ 0 π sen ⁡ u + v + w u = 0 u = π d v d w =

= ∫ 0 π ∫ 0 π sen ⁡ ( π + v + w ) - s e n ⁡ ( v + w ) d v d w

Passo 2

Integrando em v :

∫ 0 π - cos ⁡ π + v + w + cos ⁡ v + w v = 0 v = π d w =

= ∫ 0 π - cos ⁡ 2 π + w + cos ⁡ π + w - - cos ⁡ π + w + cos ⁡ w =

= ∫ 0 π - cos ⁡ 2 π + w + 2 cos ⁡ π + w - cos ⁡ w d w

Passo 3

Finalmente, integrando em w :

- sen ⁡ 2 π + w + 2 sen ⁡ π + w - sen ⁡ w w = 0 w = π =

[ - sen ⁡ 3 π + 2 sen ⁡ 2 π - sen ⁡ π - - sen ⁡ 2 π + 2 sen ⁡ π - sen ⁡ 0 =

Só que sabemos que sen ⁡ ( k π ) = 0 para qualquer k ∈ Z

Logo:

sen ⁡ 3 π = sen ⁡ 2 π = sen ⁡ π = sen ⁡ 0 = 0

Portanto:

[ - sen ⁡ 3 π + 2 sen ⁡ 2 π - sen ⁡ π - - sen ⁡ 2 π + 2 sen ⁡ π - sen ⁡ 0 =

= 0

Resposta

0

Exercício Resolvido #4

Diomara Pinto e Maria Cândida Ferreira Morgado, Cálculo Diferencial e Integral de Funções de Várias Variáveis, 3ª ed. Rio de Janeiro: UFRJ, 2009, pp. 205

Calcule o volume do sólido W limitado pelo cone z = x 2 + y 2 e o paraboloide z = x 2 + y 2 .

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Passo 1

Bom, o volume desse sólido será V = ∫ d V = ∭ w   d x d y d z , certo? Agora precisamos descrever a região de integração W . Vamos começar fazendo um esboço dela:

A superfície azul é o paraboloide (virado para cima porque temos x 2 e y 2 multiplicados por termos positivos), e a vermelha, a folha superior do cone (pois não podemos ter raiz negativa).

Como podemos ver, no plano x y , temos um domínio D . Em z , o sólido é limitado embaixo pelo paraboloide z = x 2 + y 2 e em cima pelo cone z = x 2 + y 2 . Vamos, então, escrever essa região como tipo I:

W = { ( x , y , z ) | x , y ∈ D ;   x 2 + y 2 ≤ z ≤ x 2 + y 2 }

Passo 2

Agora precisamos descrever o domínio D . Para isso, faremos um esboço da projeção do sólido plano x y :

Fazendo a interseção da equação do cone com a equação do paraboloide, temos:

z = z 2   → z = 0   ou   z = 1

Em z = 0 , as superfícies se encontram, pois ambas partem da origem. Em z = 1 temos uma circunferência de raio 1. Então, se a projetarmos no plano x y , teremos a figura acima. Se substituirmos esse valor nas equações das superfícies, encontramos, de fato, x 2 + y 2 = 1 .

Como se trata de uma circunferência, vamos escrevê-la com coordenadas polares:

D = ( x , y | 0 ≤ r ≤ 1 ; 0 ≤ θ ≤ 2 π }

Passo 3

Vamos agora substituir os intervalos que encontramos:

∬ D   ∫ x 2 + y 2 x 2 + y 2 d z d A

Deixamos para escrever os intervalos de D depois para não gerar confusão, pois teremos que fazer a mudança para coordenadas polares.

Passo 4

Integrando em relação a z , temos:

= ∬ D   z x 2 + y 2 x 2 + y 2 d A =

= ∬ D   x 2 + y 2 - x 2 - y 2 d A =

Passo 5

Agora vamos descrever a região D fazendo a mudança para coordenadas polares (não se esqueça do Jacobiano!). Lembre-se também de que x 2 + y 2 = r 2 .