Calcule:
(a) \iiint_{E} \frac{z}{x^{2}+z^{2}} d x d y d z, onde E=\left\{(x, y, z) \in \mathbb{R}^{3} \mid 1 \leq y \leq 4, \quad y \leq z \leq 4,0 \leq x \leq z\right\}.
(b) \iiint_{E} x d x d y d z, onde E=\left\{(x, y, z) \in \mathbb{R}^{3} \mid 0 \leq x \leq 1,0 \leq y \leq 1, x+y \leq z \leq x+y+1\right\}.
(c) \iiint_{E} x^{2} d V, onde E é o tetraedro sólido com vértices (0,0,0),(1,0,0),(0,1,0) e (0,0,1).

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado pede e quais são as informações dadas em cada item (sem resolver nada ainda).
(a) Calcular \iiint_{E}\dfrac{z}{x^{2}+z^{2}}\,dx\,dy\,dz, com
E=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^{3}\mid 1\le y\le 4,\; y\le z\le 4,\; 0\le x\le z\}.
As quantidades dadas: os intervalos para y, z (em função de y) e x (em função de z).
(b) Calcular \iiint_{E} x\,dx\,dy\,dz, com
E=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^{3}\mid 0\le x\le 1,\;0\le y\le 1,\; x+y\le z\le x+y+1\}.
As quantidades dadas: os limites retangulares em x e y e o limite em z dependente de x,y.
(c) Calcular \iiint_{E} x^{2}\,dV, onde E é o tetraedro sólido com vértices (0,0,0),(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1).
As quantidades dadas: vértices do tetraedro, o que implica x\ge0,y\ge0,z\ge0 e x+y+z\le1.

Passo 2

Resolver (a). Primeiro escrevemos a integral com os limites sugeridos pelo enunciado, usando a ordem dx\,dz\,dy (ou dx\,dz\,dy equivalente a integrar x primeiro, depois z, depois y):
\iiint_{E}\frac{z}{x^{2}+z^{2}}\,dx\,dy\,dz =\int_{y=1}^{4}\int_{z=y}^{4}\int_{x=0}^{z}\frac{z}{x^{2}+z^{2}}\,dx\,dz\,dy.
Explico por que esses limites: o enunciado dá 1\le y\le4. Para cada y, z varia de z=y até 4. Para cada z, x varia de 0 até z. Pronto — integral corretamente parametrizada.

Passo 3

Calcular a integral interna em x:
\int_{x=0}^{z}\frac{z}{x^{2}+z^{2}}\,dx.
Aqui uma observação útil: a derivada de \arctan\!\big(\dfrac{x}{z}\big) em relação a x vale
\frac{d}{dx}\left[\arctan\!\left(\frac{x}{z}\right)\right] =\frac{1}{1+(x/z)^{2}}\cdot\frac{1}{z} =\frac{z}{x^{2}+z^{2}}.
Portanto uma primitiva de \dfrac{z}{x^{2}+z^{2}} é \arctan\!\big(\dfrac{x}{z}\big). Assim
\int_{0}^{z}\frac{z}{x^{2}+z^{2}}\,dx =\left.\arctan\!\left(\frac{x}{z}\right)\right|_{0}^{z} =\arctan(1)-\arctan(0)=\frac{\pi}{4}.
Importante: esse resultado é independente de z (tanto faz qual z>0 desde que z\neq0; no nosso domínio z\ge y\ge1, então z>0 está garantido).

Passo 4

Substituir esse valor na integral dupla restante:
\int_{y=1}^{4}\int_{z=y}^{4}\frac{\pi}{4}\,dz\,dy =\frac{\pi}{4}\int_{y=1}^{4}\left(\int_{z=y}^{4}dz\right)dy =\frac{\pi}{4}\int_{y=1}^{4}(4-y)\,dy.
Calcule a integral em y:
\int_{1}^{4}(4-y)\,dy=\left[4y-\frac{y^{2}}{2}\right]_{1}^{4} =\big(16-8\big)-\big(4-\tfrac{1}{2}\big)=8-3{,}5=\tfrac{9}{2}.
Multiplicando pelo fator \dfrac{\pi}{4} obtemos o valor final do item (a):
\frac{\pi}{4}\cdot\frac{9}{2}=\frac{9\pi}{8}.

Passo 5

Resolver (b). Novamente escrevemos a integral com os limites do enunciado; a ordem natural é dz\,dy\,dx (integrar z primeiro):
\iiint_{E} x\,dx\,dy\,dz =\int_{x=0}^{1}\int_{y=0}^{1}\int_{z=x+y}^{x+y+1} x\,dz\,dy\,dx.
Aqui usei a linearidade da integral e os limites fornecidos: para cada (x,y) fixos, z varia de x+y até x+y+1.

Passo 6

Integrar em z primeiro. Como x é tratado como constante na integração em z,
\int_{z=x+y}^{x+y+1} x\,dz = x\cdot\Big[(x+y+1)-(x+y)\Big]=x\cdot 1 = x.
Então a integral tripla reduz-se a uma dupla:
\int_{x=0}^{1}\int_{y=0}^{1} x\,dy\,dx.

Passo 7

Agora integramos em y:
\int_{y=0}^{1} x\,dy = x\cdot(1-0)=x.
Portanto resta integrar em x:
\int_{0}^{1} x\,dx = \left.\frac{x^{2}}{2}\right|_{0}^{1}=\frac{1}{2}.
Assim o valor do item (b) é \dfrac{1}{2}.

Passo 8

Resolver (c). Primeiro descrevemos a região E. O tetraedro com vértices (0,0,0),(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1) é exatamente
E=\{(x,y,z)\mid x\ge0,\;y\ge0,\;z\ge0,\; x+y+z\le1\}.
Uma forma prática de parametrizar é fixar z entre 0 e 1, para cada z ter y entre 0 e 1-z, e para cada y,z ter x entre 0 e 1-y-z. Assim a integral fica
\iiint_{E} x^{2}\,dV =\int_{z=0}^{1}\int_{y=0}^{1-z}\int_{x=0}^{1-y-z} x^{2}\,dx\,dy\,dz.

Passo 9

Integrar em x primeiro:
\int_{0}^{1-y-z} x^{2}\,dx = \left.\frac{x^{3}}{3}\right|_{0}^{1-y-z} =\frac{(1-y-z)^{3}}{3}.
Logo a integral reduz-se a
\frac{1}{3}\int_{z=0}^{1}\int_{y=0}^{1-z} (1-y-z)^{3}\,dy\,dz.

Passo 10

Calcular a integral em y. Faço a substituição simples t=1-z-y (ou reconhecer que a integral é a integral de t^{3} de t=1-z a t=0 com sinal trocado). Explicitamente:
\int_{y=0}^{1-z} (1-y-z)^{3}\,dy =\int_{t=1-z}^{0} t^{3}(-dt)=\int_{0}^{1-z} t^{3}\,dt =\left.\frac{t^{4}}{4}\right|_{0}^{1-z}=\frac{(1-z)^{4}}{4}.
Portanto a integral passa a ser
\frac{1}{3}\int_{0}^{1}\frac{(1-z)^{4}}{4}\,dz=\frac{1}{12}\int_{0}^{1}(1-z)^{4}\,dz.

Passo 11

Calcular a integral final em z. Usando a substituição w=1-z (ou reconhecendo que \int_{0}^{1}(1-z)^{4}dz=\int_{0}^{1}w^{4}dw=\tfrac{1}{5}) obtemos
\int_{0}^{1}(1-z)^{4}\,dz=\frac{1}{5}.
Multiplicando pelo fator \dfrac{1}{12} vem
\frac{1}{12}\cdot\frac{1}{5}=\frac{1}{60}.
Assim o valor do item (c) é \dfrac{1}{60}.

Resposta

(a) \dfrac{9\pi}{8}
(b) \dfrac{1}{2}
(c) \dfrac{1}{60}

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