Calcule a \iiint_{S} f(x, y, z) d x d y d z para a f e o S dados:
f(x, y, z)=z, S limitado por x=0, y=0, z=0 e \frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1

Passo 1

O que o enunciado pede: calcular a integral tripla \iiint_{S} f(x,y,z)\,dx\,dy\,dz com f(x,y,z)=z e S sendo a região limitada pelos planos x=0, y=0, z=0 e pela superfície plana
\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1.
Informações relevantes dadas pelo enunciado:
  • A função integranda é f(x,y,z)=z.
  • A região S é o tetraedro no primeiro octante cortado pela placa \frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1.
  • Implicitamente devemos assumir a>0, b>0, c>0 para que os interceptos a,b,c façam sentido como os pontos onde a placa intersecta os eixos.

Passo 2

Descrição geométrica e equação da face superior: a placa pode ser escrita isolando z. Subtraindo os dois primeiros termos e multiplicando por c obtemos
z = c\Bigl(1-\frac{x}{a}-\frac{y}{b}\Bigr).
Isto mostra que, para um par (x,y) dentro da projeção no plano xy, o z varia de 0 até \;c\bigl(1-\tfrac{x}{a}-\tfrac{y}{b}\bigr). Os vértices do tetraedro são (0,0,0), (a,0,0), (0,b,0) e (0,0,c).

Passo 3

Escolha dos limites de integração (ordem dz\,dy\,dx) e razão: é natural integrar primeiro em z porque a face superior é dada explicitamente por z= função de x,y. Assim os limites serão
0\le z \le c\Bigl(1-\frac{x}{a}-\frac{y}{b}\Bigr).
Para os limites de y, fixando x a projeção no plano xy é o triângulo com vértices (0,0), (a,0), (0,b). Para um x fixo, y varia de 0 até a reta \frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1, ou seja
0\le y \le b\Bigl(1-\frac{x}{a}\Bigr).
Finalmente x varia de 0 até a:
0\le x \le a.
Portanto a integral iterada fica
\iiint_{S} z\,dV = \int_{x=0}^{a}\int_{y=0}^{\,b(1-\frac{x}{a})}\int_{z=0}^{\,c(1-\frac{x}{a}-\frac{y}{b})} z\,dz\,dy\,dx.

Passo 4

Integração em z: calculamos a integral interna
\int_{z=0}^{\,c(1-\frac{x}{a}-\frac{y}{b})} z\,dz = \left.\frac{z^{2}}{2}\right|_{0}^{\,c(1-\frac{x}{a}-\frac{y}{b})} = \frac{1}{2}\,c^{2}\Bigl(1-\frac{x}{a}-\frac{y}{b}\Bigr)^{2}.
Comentário didático rápido: a primitiva de z em relação a z é \tfrac{z^{2}}{2}. Depois de avaliar nos limites, obtemos um fatores quadrático em 1-\tfrac{x}{a}-\tfrac{y}{b}.

Passo 5

Agora integramos em y:
\int_{y=0}^{\,b(1-\frac{x}{a})} \frac{1}{2} c^{2}\Bigl(1-\frac{x}{a}-\frac{y}{b}\Bigr)^{2} dy.
Fazemos a substituição útil \;u=1-\frac{x}{a}-\frac{y}{b}\;. Então du = -\frac{1}{b}\,dy ou dy=-b\,du. Quando y=0 temos u=1-\frac{x}{a}. Quando y=b(1-\frac{x}{a}) temos u=0. A integral torna-se
\frac{1}{2}c^{2}\int_{u=1-\frac{x}{a}}^{0} u^{2}(-b)\,du = \frac{1}{2}b c^{2}\int_{0}^{\,1-\frac{x}{a}} u^{2}\,du.
Agora integramos u^{2}:
\frac{1}{2}b c^{2}\left[\frac{u^{3}}{3}\right]_{0}^{\,1-\frac{x}{a}} = \frac{1}{6} b c^{2}\Bigl(1-\frac{x}{a}\Bigr)^{3}.

Passo 6

Integração final em x:
\int_{x=0}^{a} \frac{1}{6} b c^{2}\Bigl(1-\frac{x}{a}\Bigr)^{3} dx = \frac{1}{6} b c^{2} \int_{0}^{a} \Bigl(1-\frac{x}{a}\Bigr)^{3} dx.
Fazemos a substituição t=1-\frac{x}{a}, então dt=-\frac{1}{a}dx ou dx=-a\,dt. Para x=0 temos t=1; para x=a temos t=0. A integral passa a ser
\frac{1}{6} b c^{2} \int_{t=1}^{0} t^{3}(-a)\,dt = \frac{1}{6} a b c^{2} \int_{0}^{1} t^{3}\,dt.
Integrando t^{3} obtemos \tfrac{t^{4}}{4}, logo
\frac{1}{6} a b c^{2} \left[\frac{t^{4}}{4}\right]_{0}^{1} = \frac{1}{6}\cdot\frac{1}{4}\, a b c^{2} = \frac{a b c^{2}}{24}.

Passo 7

Verificação rápida por argumento geométrico (cheque útil): o volume do tetraedro S é
\text{Vol}(S)=\frac{1}{6}abc,
e o valor médio de z no tetraedro formado por (0,0,0),(a,0,0),(0,b,0),(0,0,c) é \tfrac{c}{4} (o centróide de um tetraedro é a média aritmética das coordenadas dos 4 vértices). Multiplicando volume por média:
\text{Vol}(S)\cdot\frac{c}{4}=\frac{1}{6}abc\cdot\frac{c}{4}=\frac{a b c^{2}}{24},
que coincide com o resultado obtido pela integração direta.

Resposta

\displaystyle \frac{a b c^{2}}{24}

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