Enunciado

Expresse a integral ∭ E f x , y , z   d V como uma integral iterada de seis modos diferentes, onde E é o sólido limitado pelas superfícies dadas.

y = x 2 ,           z = 0 ,           y + 2 z = 4

Passo 1

O que a questão pede é que analisemos e representemos o espaço de integração E de 6 maneiras diferentes, dos três tipos diferentes para integral tripla e para cada tipo, dois tipos diferentes na dupla.

Primeiro vamos colocar y entre funções das outras variáveis. Isolando y no ultimo plano temos

y = 4 - 2 z

Podemos colocar da seguinte forma x 2 ≤ y ≤ 4 - 2 z .

Agora analisando as outras variações, teremos no plano, a interseção quando

x 2 = 4 - 2 z

x = ± 4 - 2 z

Então temos a variação - 4 - 2 z ≤ x ≤ 4 - 2 z e z varia de 0 até o valor máximo da parábola que acontece quando x = 0 , já que a parábola só é deslocada, verticalmente

0 = 4 - 2 z

2 z = 4

z = 2

E a variação de z é 0 ≤ z ≤ 2 e temos a região D 1 e E 1 como

D 1 = x , z |   0 ≤ z ≤ 2 , - 4 - 2 z ≤ x ≤ 4 - 2 z

E 1 = x , y , z |   x , z ∈ D 1 , x 2 ≤ y ≤ 4 - 2 z  

Se na equação x 2 = 4 - 2 z isolarmos z teremos a mesma região descrita de outra forma

2 z = 4 - x 2

z = 4 - x 2 2

0 ≤ z ≤ 4 - x 2 2

E para encontrar a de x , quando z = 0

4 - x 2 = 0

x 2 = 4

x = ± 2

- 2 ≤ x ≤ 2

E temos a região D 2 e E 2

D 2 = x , z | 0 ≤ z ≤ 4 - x 2 2 , - 2 ≤ x ≤ 2

E 2 = x , y , z |   x , z ∈ D 2 , x 2 ≤ y ≤ 4 - 2 z  

Passo 2

Se pegarmos a equação y = x 2 e isolarmos x encontramos que

x 2 = y

x = ± y

E temos a variação - y ≤ x ≤ y e então vamos analisar a região D com variações das outras variáveis. Temos que y ≥ 0 pois ele não pode assumir valores negativos.

Vamos utilizar a equação y + 2 z = 4 para determinar as variações de y e z , sendo que y ≥ 0 e z é limitado por z = 0 .

Isolando y temos

y = 4 - 2 z

E temos a variação 0 ≤ y ≤ 4 - 2 z e quando y = 0 temos a variação de z

2 z = 4

z = 2

0 ≤ z ≤ 2

E temos a região D 3 e E 3 como

D 3 = y , z | 0 ≤ z ≤ 2 ,   0 ≤ y ≤ 4 - 2 z

E 3 = x , y , z | y , z ∈ D 3 ,   - y ≤ x ≤ y

Se na equação y + 2 z = 4 isolarmos z

2 z = 4 - y

z = 4 - y 2

0 ≤ z ≤ 4 - y 2

E quando z = 0

0 = 4 - y

y = 4

0 ≤ y ≤ 4

E temos

D 4 = y , z | 0 ≤ y ≤ 4 ,   0 ≤ z ≤ 4 - y 2

E 4 = x , y , z | y , z ∈ D 4 ,   - y ≤ x ≤ y

Passo 3

Agora se isolarmos z na equação y + 2 z = 4 já vimos que

z = 4 - y 2

0 ≤ z ≤ 4 - y 2

E a variação das outras variáveis vai sair de y = x 2 e da intersecção do plano quando z = 0

y = 4

Então podemos colocar y como x 2 ≤ y ≤ 4

E na intersecção

x 2 = 4

x = ± 2

- 2 ≤ x ≤ 2

E temos

D 5 = x , y |   x 2 ≤ y ≤ 4 , - 2 ≤ x ≤ 2  

E 5 = x , y , z | x , y ∈ D 5 , 0 ≤ z ≤ 4 - y 2

E se pegarmos y = x 2 e isolarmos x

x 2 = y

x = ± y

- y ≤ x ≤ y

Quando x = 0

y = 0

0 ≤ y ≤ 4

E temos

D 6 = x , y |   0 ≤ y ≤ 4 , - y ≤ x ≤ y  

E 6 = x , y , z | x , y ∈ D 6 , 0 ≤ z ≤ 4 - y 2

Resposta

D 1 = x , z |   0 ≤ z ≤ 2 , - 4 - 2 z ≤ x ≤ 4 - 2 z

E 1 = x , y , z |   x , z ∈ D 1 , x 2 ≤ y ≤ 4 - 2 z  

D 2 = x , z | 0 ≤ z ≤ 4 - x 2 2 , - 2 ≤ x ≤ 2

E 2 = x , y , z |   x , z ∈ D 2 , x 2 ≤ y ≤ 4 - 2 z  

D 3 = y , z | 0 ≤ z ≤ 2 ,   0 ≤ y ≤ 4 - 2 z

E 3 = x , y , z | y , z ∈ D 3 ,   - y ≤ x ≤ y

D 4 = y , z | 0 ≤ y ≤ 4 ,   0 ≤ z ≤ 4 - y 2

E 4 = x , y , z | y , z ∈ D 4 ,   - y ≤ x ≤ y

D 5 = x , y |   x 2 ≤ y ≤ 4 , - 2 ≤ x ≤ 2  

E 5 = x , y , z | x , y ∈ D 5 , 0 ≤ z ≤ 4 - y 2

D 6 = x , y |   0 ≤ y ≤ 4 , - y ≤ x ≤ y  

E 6 = x , y , z | x , y ∈ D 6 , 0 ≤ z ≤ 4 - y 2

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