Em cada caso faça o que se pede.
Determine \iiint_{W} z d V onde W é a região limitada por 0 \leq z \leq 1-x^{2}-y^{2} e x^{2}+y^{2} \leq 1.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede.
  • A região W é descrita por duas condições:
    • Em altura: 0 \leq z \leq 1 - x^{2} - y^{2}.
    • No plano xy: x^{2}+y^{2} \leq 1.
  • O que se pede: calcular o integral triplo \iiint_{W} z \, dV.

Passo 2

Entendendo o que significa esse integral e a forma da região.
  • A integral \iiint_{W} z \, dV soma o valor da função z em cada ponto do sólido W, multiplicado pelo volume elementar dV.
  • A região em xy é o disco unitário \{(x,y)\mid x^{2}+y^{2}\le 1\}. Para cada ponto (x,y) do disco, z varia de 0 até 1-x^{2}-y^{2}. Geometricamente, W é o sólido abaixo do paraboloide z=1-x^{2}-y^{2} e acima do plano z=0, recortado pelo cilindro vertical x^{2}+y^{2}=1.

Passo 3

Escolha das coordenadas e expressão do elemento de volume.
  • Para regiões com simetria circular como esta, é muito conveniente usar coordenadas polares no plano xy. Nas coordenadas polares: x = r\cos\theta,\qquad y=r\sin\theta,onde r\ge 0 é a distância ao origem e \theta o ângulo.
  • O elemento de área no plano xy torna-se dA = r\,dr\,d\theta. Para o elemento de volume quando integramos sobre z também, usamos dV = dz\,dA = r\,dz\,dr\,d\theta.
  • A função integranda z permanece z.
  • Agora os limites:
    • \theta varia de 0 a 2\pi para cobrir todo o disco.
    • r varia de 0 a 1 (pois x^{2}+y^{2}\le 1 vira r^{2}\le 1).
    • Para dado r, z varia de 0 até 1-r^{2} (peguei isso da condição 0\le z\le 1-x^{2}-y^{2} e substituí x^{2}+y^{2}=r^{2}).
  • Portanto o integral fica \iiint_{W} z\,dV = \int_{\theta=0}^{2\pi}\int_{r=0}^{1}\int_{z=0}^{1-r^{2}} z\; r\,dz\,dr\,d\theta.

Passo 4

Integração em z (primeiro passo do cálculo).
  • Vamos integrar em z primeiro. Para um r fixo, \int_{z=0}^{1-r^{2}} z\,dz = \left.\frac{z^{2}}{2}\right|_{0}^{1-r^{2}} = \frac{(1-r^{2})^{2}}{2}.
  • Substituindo isso no integral triplo reduzimos para um duplo: \iiint_{W} z\,dV = \int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{1} \frac{(1-r^{2})^{2}}{2}\; r\,dr\,d\theta.

Passo 5

Integração em r (cálculo cuidadoso, passo a passo).
  • Escrevendo o integrando em forma polinomial:
    \frac{(1-r^{2})^{2}}{2}\; r = \frac{1}{2}\, r(1 - 2r^{2} + r^{4}) = \frac{1}{2}\big(r - 2r^{3} + r^{5}\big).
  • Integramos termo a termo em r de 0 a 1:
    \int_{0}^{1} \frac{1}{2}\big(r - 2r^{3} + r^{5}\big)\,dr = \frac{1}{2}\left[\frac{r^{2}}{2} - \frac{2r^{4}}{4} + \frac{r^{6}}{6}\right]_{0}^{1}.
  • Calculando as parcelas em r=1:
    \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2} - \frac{2}{4} + \frac{1}{6}\right) = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2} - \frac{1}{2} + \frac{1}{6}\right) = \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{6} = \frac{1}{12}.
  • (Alternativamente, pode-se fazer a substituição u=1-r^{2}, du=-2r\,dr, que leva ao mesmo resultado.)
  • Assim o integral reduz-se a um integral em \theta com valor constante em r:
    \iiint_{W} z\,dV = \int_{0}^{2\pi} \frac{1}{12}\, d\theta.

Passo 6

Integração em \theta e conclusão do cálculo (sem simplificar a forma final aqui).
  • Integrando em \theta de 0 a 2\pi obtemos \iiint_{W} z\,dV = 2\pi \cdot \frac{1}{12}.

Resposta

\dfrac{\pi}{6}

Exercícios relacionados