39-40 Calcule a integral, transformando para coordenadas esféricas.
39. \int_{0}^{1} \int_{0}^{\sqrt{1-x^{2}}} \int_{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}^{\sqrt{2-x^{2}-y^{2}}} x y d z d y d x
40. \int_{-a}^{a} \int_{-\sqrt{a^{2}-y^{2}}}^{\sqrt{a^{2}-y^{2}}} \int_{-\sqrt{a^{2}-x^{3}-y^{2}}}^{\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}}\left(x^{2} z+y^{2} z+z^{3}\right) d z d x d y
Passo 1
Vou listar exatamente o que cada enunciado pede e quais informações temos (sem começar a resolver ainda).
Para o exercício 39:
Pedem calcular a integral
\int_{0}^{1} \int_{0}^{\sqrt{1-x^{2}}} \int_{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}^{\sqrt{2-x^{2}-y^{2}}} x y \, d z \, d y \, d x.
Limites:
x varia de 0 a 1.
Para cada x, y varia de 0 a \sqrt{1-x^{2}}.
Para cada (x,y), z varia de z=\sqrt{x^{2}+y^{2}} até z=\sqrt{2-x^{2}-y^{2}}.
Integrando a função x y sobre a região descrita.
Para o exercício 40:
Pedem calcular a integral
\int_{-a}^{a} \int_{-\sqrt{a^{2}-y^{2}}}^{\sqrt{a^{2}-y^{2}}} \int_{-\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}}^{\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}}\bigl(x^{2} z+y^{2} z+z^{3}\bigr) \, d z \, d x \, d y.
(assumi que o expoente escrito como x^{3} no enunciado é um erro de digitação e que os limites de z são \pm\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}, pois assim a região é a bola de raio a — isso é o formato padrão.)
Limites:
y varia de -a a a.
Para cada y, x varia de -\sqrt{a^{2}-y^{2}} a \sqrt{a^{2}-y^{2}}.
Para cada (x,y), z varia de -\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}} a +\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}.
Integrando a função x^{2}z+y^{2}z+z^{3} sobre a bola de raio a.
Passo 2
Vou resolver o exercício 39. Primeiro explico a mudança para coordenadas esféricas para você entender como aplicar na prova.
Definição das coordenadas esféricas (a convenção que uso):x = \rho \sin\varphi \cos\theta,\qquad y = \rho \sin\varphi \sin\theta,\qquad z = \rho \cos\varphi,onde \rho\ge0 é a distância ao origem, \varphi\in[0,\pi] é o ângulo polar (medido a partir do eixo z) e \theta\in[0,2\pi) é o ângulo azimutal no plano xy.
Jacobiano da transformação (fator de volume):dV = \rho^{2}\sin\varphi \, d\rho\, d\varphi\, d\theta.
Interpretação rápida: \sin\varphi vem da área do anel angular; \rho^{2} da escala radial. Sempre que mudar para esféricas, multiplica-se a função pelo Jacobiano.
Passo 3
Identificar a região de integração do exercício 39 em termos geométricos para achar os limites em \rho,\varphi,\theta.
Observando os limites em x,y: x\in[0,1] e y\in[0,\sqrt{1-x^{2}}]. Isso representa o quarto de disco no plano xy com raio 1, no primeiro quadrante: em coordenadas polares no plano xy, isso é r\in[0,1] e \theta\in[0,\tfrac{\pi}{2}].
O limite inferior de z é z=\sqrt{x^{2}+y^{2}}=r. Em coordenadas esféricas isso é\rho\cos\varphi = \rho\sin\varphi \quad\Longrightarrow\quad \cos\varphi=\sin\varphi \quad\Longrightarrow\quad \varphi=\frac{\pi}{4}.Logo a superfície z=r é um cone que corresponde a \varphi=\tfrac{\pi}{4}.
O limite superior de z é z=\sqrt{2-x^{2}-y^{2}}. Isso ao quadrado dá z^{2}+x^{2}+y^{2}=2, isto é \rho^{2}=2 ou \rho=\sqrt{2} (esfera de raio \sqrt{2}).
Resumindo: a região é o conjunto de pontos dentro da esfera \rho\le\sqrt{2}, acima do cone \varphi=\tfrac{\pi}{4}, e com \theta no primeiro quadrante. Como o cone é \varphi=\tfrac{\pi}{4}, a região tem \varphi\in[0,\tfrac{\pi}{4}]. O primeiro quadrante dá \theta\in[0,\tfrac{\pi}{2}]. E radialmente \rho vai de 0 até a esfera \sqrt{2}. (Verificação rápida: com \varphi\le\tfrac{\pi}{4} e \rho\le\sqrt{2} o valor de r=\rho\sin\varphi\le\sqrt{2}\sin(\tfrac{\pi}{4})=1, então as restrições no plano xy estão satisfeitas.)
Passo 4
Transformar o integrando x y para esféricas e montar a integral.
Primeiro converto x y:x y = (\rho\sin\varphi\cos\theta)(\rho\sin\varphi\sin\theta)=\rho^{2}\sin^{2}\varphi\cos\theta\sin\theta.
Multiplico pelo Jacobiano \rho^{2}\sin\varphi:x y\, dV = \rho^{2}\sin^{2}\varphi\cos\theta\sin\theta \cdot \rho^{2}\sin\varphi \, d\rho\, d\varphi\, d\theta = \rho^{4}\sin^{3}\varphi\cos\theta\sin\theta \, d\rho\, d\varphi\, d\theta.
Portanto a integral viraI_{39}=\int_{\theta=0}^{\frac{\pi}{2}} \int_{\varphi=0}^{\frac{\pi}{4}} \int_{\rho=0}^{\sqrt{2}} \rho^{4}\sin^{3}\varphi\cos\theta\sin\theta \, d\rho\, d\varphi\, d\theta.
Passo 5
Calcular a integral em \theta. Aqui aproveitamos separação de variáveis.
A parte dependente de \theta é \cos\theta\sin\theta. Uma identidade útil é \cos\theta\sin\theta=\tfrac{1}{2}\sin(2\theta), ou integrar diretamente:\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos\theta\sin\theta \, d\theta =\left.\tfrac{1}{2}\sin^{2}\theta\right|_{0}^{\frac{\pi}{2}} =\tfrac{1}{2}.
Assim podemos separar a integral em produto dos fatores radiais, angulares e azimutal.
Multiplicar os resultados parciais para obter I_{39}.
Juntando os fatores:I_{39} = \Bigl(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos\theta\sin\theta\,d\theta\Bigr) \Bigl(\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\sin^{3}\varphi\,d\varphi\Bigr) \Bigl(\int_{0}^{\sqrt{2}}\rho^{4}\,d\rho\Bigr).Substituindo os valores encontrados:I_{39} = \frac{1}{2}\cdot \frac{8-5\sqrt{2}}{12}\cdot \frac{4\sqrt{2}}{5}.
Faço as multiplicações passo a passo:\frac{1}{2}\cdot\frac{4\sqrt{2}}{5}=\frac{2\sqrt{2}}{5}.EntãoI_{39}=\frac{2\sqrt{2}}{5}\cdot\frac{8-5\sqrt{2}}{12} =\frac{2\sqrt{2}(8-5\sqrt{2})}{60}.Expandindo o numerador:2\sqrt{2}\cdot 8=16\sqrt{2},\qquad 2\sqrt{2}\cdot(-5\sqrt{2})=-20,então o numerador é 16\sqrt{2}-20. AssimI_{39}=\frac{16\sqrt{2}-20}{60}=\frac{4\sqrt{2}-5}{15}.
Passo 9
Agora resolvo o exercício 40. Primeiro uma observação sobre a região e o integrando.
Região de integração (conforme os limites): para cada y\in[-a,a], x varia em [-\sqrt{a^{2}-y^{2}},\sqrt{a^{2}-y^{2}}], e para cada (x,y), z varia em [-\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}},\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}]. Isso é exatamente a bola de raio a centrada na origem: x^{2}+y^{2}+z^{2}\le a^{2}.
O integrando pode ser simplificado:x^{2}z+y^{2}z+z^{3}=z(x^{2}+y^{2}+z^{2}).Em coordenadas esféricas x^{2}+y^{2}+z^{2}=\rho^{2} e z=\rho\cos\varphi. Então o integrando fica \rho^{2}\cdot(\rho\cos\varphi)=\rho^{3}\cos\varphi.
Multiplicando pelo Jacobiano \rho^{2}\sin\varphi obtemos a função a integrar\rho^{3}\cos\varphi\cdot\rho^{2}\sin\varphi=\rho^{5}\cos\varphi\sin\varphi.
A região é a bola inteira, então os limites esféricos são:\rho\in[0,a],\qquad \varphi\in[0,\pi],\qquad \theta\in[0,2\pi].
Passo 10
Calcular a integral I_{40} usando as coordenadas esféricas.
A integral ficaI_{40}=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{\pi}\int_{0}^{a} \rho^{5}\cos\varphi\sin\varphi \, d\rho\, d\varphi\, d\theta.
Podemos separar o fator angular em \cos\varphi\sin\varphi. Primeiro fazemos a integral em \rho:\int_{0}^{a} \rho^{5}\, d\rho = \left.\frac{\rho^{6}}{6}\right|_{0}^{a} = \frac{a^{6}}{6}.
Avaliar a integral angular \int_{0}^{\pi}\cos\varphi\sin\varphi\,d\varphi.
Uma primitiva é \tfrac{1}{2}\sin^{2}\varphi. Calculando:\int_{0}^{\pi}\cos\varphi\sin\varphi\,d\varphi = \left.\tfrac{1}{2}\sin^{2}\varphi\right|_{0}^{\pi} = \tfrac{1}{2}\bigl(\sin^{2}\pi - \sin^{2}0\bigr)=0.
Portanto a integral sobre \varphi é zero. Como o restante dos fatores é finito, o produto é zero.
Passo 12
Conclusão para o exercício 40: a integral é zero por simetria (o integrando é uma função ímpar em z multiplicada por função radial simétrica, ou sempre que a parte angular \int_{0}^{\pi}\cos\varphi\sin\varphi\,d\varphi sai zero).