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Integrais Triplas em Regiões Gerais

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Teoria Completa

Já aprendemos a trabalhar com regiões que eram cubinhos. Mas, você acha que acabou? Claro que não, vamos nos divertir muito ainda! Agora vamos ver como calcular a integral tripla em qualquer sólido do espaço!

Tipos de regiões

Como fizemos em integrais duplas, vamos ver que podemos determinar uma mesma região de três tipos diferentes:

Regiões do Tipo I: Em z variam entre duas funções f x ,   y = z e são limitadas no plano x y por um uma área D . Veja a figura abaixo:

Em outras palavras, esse sólido tem D como projeção em x y e é limitado em cima e embaixo por duas superfícies. Tais regiões podem ser escritas dessa forma:

W = { ( x , y , z ) | x , y ∈ D ;   f 1 x , y ≤ z ≤ f 2 x , y }

As integrais sobre esse tipo de região são montadas assim:

∭ W   f x , y , z d V = ∬ D   ∫ f 1 ( x , y ) f 2 ( x , y ) f ( x , y , z ) d z   d A

A região D é uma área que pode ser escrita tanto como tipo I ou II, como vimos nas integrais duplas. Por isso, não separamos a integral dupla em integral iterada, dependendo do exercício, esse d A será substituído por d x d y ou por d y d x .

Regiões do Tipo II: Em y variam entre duas funções g x ,   z = y e são limitadas no plano x z por uma área D , como na figura abaixo:

Matematicamente, essas regiões podem ser escritas assim:

W = { ( x , y , z ) | x , z ∈ D ;   g 1 x , z ≤ y ≤ g 2 x , z }

As integrais serão montadas dessa forma:

∭ W   f x , y , z d V = ∬ D   ∫ g 1 x , z g 2 x , z f ( x , y , z ) d y   d A

Regiões do Tipo III: Em x variam entre duas funções h y , z = x e são limitadas no plano y z por uma área D , como podemos ver na figura:

Seguindo o mesmo raciocínio dos itens anteriores, esses sólidos podem ser descritos dessa forma:

W = { ( x , y , z ) | y , z ∈ D ;   h 1 y , z ≤ x ≤ h 2 y , z }

E as integrais sobre essas regiões serão feitas assim:

∭ W   f x , y , z d V = ∬ D   ∫ h 1 y , z h 2 y , z f ( x , y , z ) d x   d A

Talvez você esteja achando isso um pouco abstrato por enquanto. Vamos ver um exemplo para entender melhor!

Voltando para aquele nosso exemplo lá da introdução...

Calcule

∭ W   z   d V

Onde W é o sólido delimitado por z = 0 , z = x 2 + y 2 dentro do cilindro x 2 + y 2 = 1

Passo 1: Vamos ter uma noção do sólido fazendo um esboço do mesmo:

OBS: Sempre que você não se lembrar da figura geométrica que sua equação representa, tenta zerar os valores de cada variável, as vezes ajuda a ter uma noção do esboço, por exemplo:

z = x 2 + y 2

Quando x = 0   → z = y 2 que é uma parábola no plano y z com ponto mínimo na origem

Quando y = 0   → z = x 2 que é a mesma parábola só que no plano x z .

Para qualquer valor de z ≥ 0 temos uma circunferência x 2 + y 2 = r 2

O esboço dessa figura (paraboloide) limitado pelo cilindro fica assim:

Perceba que essa região deve ser escrita no tipo I, isso porque os limites de z já estão explícitos no enunciado:

0 ≤ z ≤ x 2 + y 2

Portanto nossa integral fica:

∬ D ∫ 0 x 2 + y 2 z   d z d A

Passo 2: Vamos olhar agora para a projeção do nosso sólido no plano x y :

Note que, para qualquer tipo de região, depois que escolhemos os limites da primeira integral, vamos cair em uma integral dupla e, para resolvê-la, vamos usar um daqueles métodos vistos no assunto de integral dupla (tipo I ou II, coordenada polar, etc.)

No nosso exemplo, como ficamos com uma circunferência, utilizar o método de coordenada polar parece razoável, né? Temos então:

x = r cos ⁡ θ

y = r sen ⁡ θ

J = r

Com os limites de:

0 ≤ r ≤ 1 0 ≤ θ ≤ 2 π

Passo 3: Voltando para a nossa integral

∬ D ∫ 0 x 2 + y 2 z   d z d A = ∫ 0 2 π ∫ 0 1 ∫ 0 r 2 z   d z r d r d θ

Agora é só fazer as continhas! E você vai achar

π 6

O mais chato é escolher o tipo e montar a integral, né? Depois fica mais tranquilo!

Importante!

Às vezes a superfície não vai ter essa carinha que te mostramos. Mas, não desanime! Quando você tiver um termo ao quadrado e esse termo elevado a potência 1, talvez o problema seja que a superfície está deslocada! Como assim? Confere aqui comigo:

z = x 2 + 2 x + y 2     → z + 1 = x + 1 2 + y 2

Veja que, quando escrevemos o termo x + 1 2 = x 2 + 2 x + 1 , acrescentamos esse termo " 1 " ao lado direito da equação, portanto, fizemos o mesmo no lado esquerdo. Se ignorarmos o 1 a equação é de um paraboloide. A superfície é, então, um paraboloide centrado não na origem, mas em ( - 1 ,   0 ,   - 1 ) .

Cálculo do volume de sólidos

Podemos calcular o volume do domínio de integração com o uso de integrais triplas! Sempre que a questão quiser o volume de um sólido W , vamos calcular essa integral tripla aqui

V o l u m e   d e   W = ∭ W 1 d x d y d z

Cálculo da massa de sólidos

Uma aplicação da integral tripla é calcular a massa de sólidos! Quando o enunciado te diz que a densidade de um sólido W é δ ( x , y , z ) e pede a massa desse sólido, você vai usar essa fórmula aqui:

M t o t a l = ∭ W δ x , y , z d V

Então, veja que calcular a massa de um sólido, nada mais é do que resolver a integral tripla com a função a ser integrada (integrando) igual a densidade do sólido. Montou essa integral? Agora é só resolver como fizemos acima!

Agora vamos para os exercícios de fixação!

Expandir

Exercício Resolvido #1

CEFET - Cálculo 2 - P1 Roberto Sa 2012.1 – 2

Considere a região no primeiro octante delimitada pelo plano x + y = 1 e pelo paraboloide z = 4 - x 2 - y 2 .

  1. Descreva a região delimitada.
  2. Calcule o volume dessa região.
MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Letra a)

Bem, vamos começar desenhando essa região ai, para entender melhor o problema. Temos um paraboloide z = 4 - x 2 - y 2 virado para baixo (em vermelho), limitado ao primeiro octante (planos em verde) e cortado pelo plano x + y = 1 (em azul).

Para você visualizar melhor, a região é essa aqui:

Beleza?

Passo 2

Como podemos ver, no plano x y , temos um domínio D . Em z , o sólido é limitado embaixo pelo plano z = 0 e em cima pelo outro plano paraboloide. Vamos, então, escrever essa região como tipo I.

Temos a coordenada z variando desde z = 0 até a superfície do paraboloide z = 4 - x 2 - y 2 , logo, 0 ≤ z ≤ 4 - x 2 - y 2 . Logo, a região pode ser escrita como:

W = { ( x , y , z ) | x , y ∈ D ;   0 ≤ z ≤ 4 - x 2 - y 2 }

Passo 3

Vendo a região de cima, podemos descobrir seu domínio D , que, no caso, é o seguinte triângulo:

Essa reta azul é onde o plano x + y = 1 corta o plano z = 0 . Portanto, sua equação é a própria equação do plano fazendo z = 0 , y = 1 - x .

Podemos dizer, então, que y varia desde y = 0 até a equação da reta y = 1 - x , enquanto x varia desde x = 0 até x = 1 .

Temos, então:

D = ( x , y | 0 ≤ x ≤ 1 ; 0 ≤ y ≤ 1 - x }

Portanto,

W = { ( x , y , z ) | 0 ≤ x ≤ 1 ; 0 ≤ y ≤ 1 - x , 0 ≤ z ≤ 4 - x 2 - y 2 }

Passo 4

Letra b)

Bom, o volume desse sólido será V = ∫ d V = ∭ w   d x d y d z , certo?

Vamos agora substituir os intervalos que encontramos na integral iterada:

∭ w   d x d y d z = ∫ 0 1   ∫ 0 1 - x   ∫ 0 4 - x 2 - y 2 d z d y d x

Cuidado com a ordem dos diferenciais! Ela tem que obedecer a ordem dos intervalos nas integrais. Lembre-se de que o último intervalo (o de fora) dever ser sempre um número.

Passo 5

Integrando em relação a z , temos:

= ∫ 0 1   ∫ 0 1 - x   z z = 0 z = 4 - x 2 - y 2 d y d x = ∫ 0 1   ∫ 0 1 - x 4 - x 2 - y 2 d y d x

Passo 6

Agora, integramos em relação a y :

= ∫ 0 1   4 y - x 2 y - y 3 3 0 1 - x d x =

= ∫ 0 1   4 - 4 x - x 2 + x 3 - 1 - 3 x + 3 x 2 - x 3 3 d x =

= ∫ 0 1 11 3 - 3 x - 2 x 2 + 4 x 3 3 d x =

Passo 7

Finamente, integramos em relação a x :

= 11 x 3 - 3 x 2 2 - 2 x 3 3 + x 4 3 0 1 =

= 11 3 - 3 2 - 2 3 + 1 3 =

= 11 6

Resposta

a )       W = { ( x , y , z ) | 0 ≤ x ≤ 1 ; 0 ≤ y ≤ 1 - x , 0 ≤ z ≤ 4 - x 2 - y 2 }

b )       11 6

Exercício Resolvido #2

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 .

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

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 .

= ∫ 0 2 π ∫ 0 1 r 2 - r 2 r d r d θ =

= ∫ 0 2 π ∫ 0 1 r 2 - r 3 d r d θ =

Passo 6

Integrando em relação a r :

= ∫ 0 2 π r 3 3 - r 4 4 r = 0 r = 1 d θ =

= 1 12 ∫ 0 2 π d θ =

Passo 7

Finamente, integramos em relação a θ :

= θ 12 0 2 π =

= 2 π 12 =

Resposta

π 6

Exercício Resolvido #3

James Stewart, Cálculo Vol. 2, tradução da 6ª ed. Norte-americana, Rio de Janeiro: CENGAGE learning, 2010, pp. 944

Calcule ∭ E   x 2 + z 2 d V , onde E é a região limitada pelo paraboloide y = x 2 + z 2 e pelo plano y = 4 .

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Passo 1

Vamos fazer um esboço dessa região E :

Temos o paraboloide “virado de lado” porque o eixo de simetria é o y (o termo que não está elevado ao quadrado).

Como y varia entre a equação do paraboloide e y = 4 e temos, no plano x z , uma projeção do sólido que representa um domínio D (um círculo), vamos descrever essa região como tipo II.

W = { ( x , y , z ) | x , z ∈ D ;   x 2 + z 2 ≤ y ≤ 4 }

Passo 2

Perceba que o paraboloide é formado por várias circunferências paralelas a x z , que vão aumentando quando y aumenta. A projeção no plano x z vai ser exatamente a maior dessas circunferências, onde o paraboloide corta o plano y = 4 . Substituindo esse valor na sua equação, temos então a seguinte circunferência: x 2 + z 2 = 4 .

A melhor forma de descrever essa área, como já vimos, é por meio de coordenadas polares, fazendo:

x = r cos ⁡ θ  

z = r sen ⁡ θ

| J | = r

Teremos:

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

Passo 3

Vamos agora substituir os intervalos que encontramos para a integral iterada. Como tivemos que fazer uma mudança de variáveis para descrever o domínio D , vamos escrevê-lo depois da primeira integração, para não gerar confusões. Temos:

∬ D     ∫ x 2 + z 2 4 x 2 + z 2 d y d A =

Passo 4

Integrando em relação a y , temos:

= ∬ D     y x 2 + z 2 y = x 2 + z 2 y = 4 d A =

= ∬ D   x 2 + z 2   ( 4 - x 2 - z 2 ) d A =

Passo 5

Agora sim, vamos substituir os intervalos de D e fazer a substituição polar (Não se esqueça do Jacobiano!).

Você poderia ter feito isso antes, sem problemas. Optamos por fazer assim apenas por questão de organização.

= ∫ 0 2 π   ∫ 0 2 r cos ⁡ θ 2 + ( r sen ⁡ θ )   2   ( 4 - r cos ⁡ θ 2 - r sen ⁡ θ )   2 r   d r d θ =

= ∫ 0 2 π   ∫ 0 2   r ( 4 - r 2 ) r   d r d θ =

= ∫ 0 2 π   ∫ 0 2 4 r 2 - r 4   d r d θ =

- ''

Passo 6

Agora, integramos em relação a r :

= ∫ 0 2 π 4 r 3 3 - r 5 5 r = 0 r = 2 d θ =

= ∫ 0 2 π 32 3 - 32 5   d θ = ∫ 0 2 π 64 15   d θ =

Passo 7

Finamente, integramos em relação a θ :

= 64   θ 15 0 2 π =

Resposta

128 π 15

Exercício Resolvido #4

James Stewart, Cálculo Vol. 2, tradução da 6ª ed. Norte-americana, Rio de Janeiro: CENGAGE learning, 2010, pp. 948

Use a integral tripla para determinar o volume do sólido delimitado pelo cilindro x = y 2   e pelos planos z = 0 e x + z = 1 .

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

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: