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^{2}, S sendo o sólido dos pontos interiores ao cilindro x^{2}+y^{2}=a^{2}, limitado pela esfera x^{2}+y^{2}+z^{2}=4 a^{2}. Resolva usando coordenadas cilíndricas e depois resolva usando coordenadas esféricas.

Passo 1

O que o problema pede e o que nos deu.
  • Pede-se calcular a integral tripla \iiint_{S} f(x,y,z)\,dx\,dy\,dz com f(x,y,z)=z^{2}.
  • A região S é o sólido formado pelos pontos que estão:
    • dentro do cilindro \;x^{2}+y^{2}=a^{2} (isto é, com projeção radial \le a), e
    • limitados pela esfera \;x^{2}+y^{2}+z^{2}=4a^{2} (esfera de raio 2a).
  • Pergunta: calcular a integral usando (i) coordenadas cilíndricas e (ii) coordenadas esféricas.
  • Informação útil retirada do enunciado: o raio do cilindro é a; o raio da esfera é 2a. Não há outras restrições.

Passo 2

Noção e fórmulas de coordenadas cilíndricas (aula rápida e intuitiva).
  • Coordenadas cilíndricas: \;x=r\cos\theta,\; y=r\sin\theta,\; z=z.
  • O elemento de volume vale \;dV = r\,dr\,d\theta\,dz. Vou explicar: ao passar de (x,y,z) para (r,\theta,z) ocorre um fator Jacobiano igual a r porque um pequeno retângulo em (r,\theta) tem área r\,dr\,d\theta.
  • A função \;f(x,y,z)=z^{2} permanece \;z^{2} nas coordenadas cilíndricas (não depende de r nem de \theta).
  • Limites na região S:
    • \theta percorre todo o círculo: \;0\le\theta\le2\pi.
    • r fica entre 0 e o raio do cilindro: \;0\le r\le a. (porque estamos dentro do cilindro.)
    • Para cada par (r,\theta) fixo, z é limitado pela esfera \;x^{2}+y^{2}+z^{2}=4a^{2}. Em cilindricas isso é \;r^{2}+z^{2}=4a^{2}, então z\in\big[-\sqrt{4a^{2}-r^{2}},\;\sqrt{4a^{2}-r^{2}}\big].

Passo 3

Montagem da integral em coordenadas cilíndricas e simplificação inicial.
  • A integral vira \iiint_{S} z^{2}\,dV =\int_{0}^{2\pi}\!\int_{0}^{a}\!\int_{-\sqrt{4a^{2}-r^{2}}}^{\sqrt{4a^{2}-r^{2}}} z^{2}\, r\,dz\,dr\,d\theta.
  • Primeiro avalio a integral em z, que é simples e usa simetria (função z^{2} é par): \int_{-\sqrt{4a^{2}-r^{2}}}^{\sqrt{4a^{2}-r^{2}}} z^{2}\,dz =2\int_{0}^{\sqrt{4a^{2}-r^{2}}} z^{2}\,dz =2\left[\frac{z^{3}}{3}\right]_{0}^{\sqrt{4a^{2}-r^{2}}} =\frac{2}{3}\big(4a^{2}-r^{2}\big)^{3/2}.
  • Substituindo de volta: \iiint_{S} z^{2}\,dV =\int_{0}^{2\pi}\!d\theta\;\int_{0}^{a} r\cdot\frac{2}{3}\big(4a^{2}-r^{2}\big)^{3/2}\,dr =\frac{4\pi}{3}\int_{0}^{a} r\big(4a^{2}-r^{2}\big)^{3/2}\,dr.

Passo 4

Cálculo da integral radial (troca de variável fácil).
  • Faço a substituição \;u=4a^{2}-r^{2}. Então \;du=-2r\,dr ou \;r\,dr=-\tfrac{1}{2}du.
  • Quando r=0 temos u=4a^{2}. Quando r=a temos u=3a^{2}.
  • A integral torna-se \frac{4\pi}{3}\int_{u=4a^{2}}^{3a^{2}} \big(u\big)^{3/2}\left(-\tfrac{1}{2}\right)\,du =\frac{4\pi}{3}\cdot\left(-\tfrac{1}{2}\right)\int_{4a^{2}}^{3a^{2}} u^{3/2}\,du.
  • Inverto os limites para retirar o sinal: =\frac{4\pi}{3}\cdot\tfrac{1}{2}\int_{3a^{2}}^{4a^{2}} u^{3/2}\,du =\frac{2\pi}{3}\left[\frac{u^{5/2}}{5/2}\right]_{3a^{2}}^{4a^{2}} =\frac{2\pi}{3}\cdot\frac{2}{5}\Big((4a^{2})^{5/2}-(3a^{2})^{5/2}\Big).
  • Simplificando os fatores: \iiint_{S} z^{2}\,dV =\frac{4\pi}{15}\Big((4a^{2})^{5/2}-(3a^{2})^{5/2}\Big).
  • Agora computo (4a^{2})^{5/2} e (3a^{2})^{5/2}: (4a^{2})^{5/2}=4^{5/2}a^{5}=32a^{5},\qquad (3a^{2})^{5/2}=3^{5/2}a^{5}=9\sqrt{3}\,a^{5}.
  • Portanto \iiint_{S} z^{2}\,dV =\frac{4\pi}{15}a^{5}\big(32-9\sqrt{3}\big).

Passo 5

Agora coordenadas esféricas — definição, Jacobiano e tradução da região (aula rápida).
  • Coordenadas esféricas usuales: \;x=\rho\sin\varphi\cos\theta,\; y=\rho\sin\varphi\sin\theta,\; z=\rho\cos\varphi.
  • O elemento de volume é \;dV=\rho^{2}\sin\varphi\,d\rho\,d\varphi\,d\theta. (o fator \rho^{2}\sin\varphi é o Jacobiano: área da esfera de raio \rho vezes d\rho.)
  • A função \;f=z^{2} fica \;f=\rho^{2}\cos^{2}\varphi.
  • As duas superfícies que limitam S em esféricas:
    • Esfera: \rho=2a.
    • Cilindro x^{2}+y^{2}=a^{2} vira (\rho\sin\varphi)^{2}=a^{2}, ou \rho\sin\varphi=a i.e.
      \rho=\dfrac{a}{\sin\varphi}.
  • Para um dado \varphi, o máximo \rho permitido é o menor entre 2a (esfera) e a/\sin\varphi (cilindro). Precisamos entender para quais \varphi cada um domina.
  • Compare a/\sin\varphi com 2a: a/\sin\varphi\ge 2a se e somente se \sin\varphi\le \tfrac{1}{2}, isto é \varphi\in[0,\pi/6]\cup[5\pi/6,\pi]. Então:
    • Para \varphi\in[0,\pi/6]\cup[5\pi/6,\pi]: a esfera ( \rho=2a) é a fronteira exterior.
    • Para \varphi\in[\pi/6,5\pi/6]: o cilindro ( \rho=a/\sin\varphi) corta antes da esfera, então \rho\le a/\sin\varphi.
  • \theta varia sempre de 0 a 2\pi.

Passo 6

Montagem da integral em esféricas e cálculo (passo a passo).
  • A integral é \iiint_{S} z^{2}\,dV =\int_{0}^{2\pi}\!\int_{0}^{\pi}\!\int_{0}^{R(\varphi)} \big(\rho^{2}\cos^{2}\varphi\big)\cdot\big(\rho^{2}\sin\varphi\big)\,d\rho\,d\varphi\,d\theta,onde R(\varphi)=\min\{2a,\;a/\sin\varphi\}.
  • Simplificando o integrando: \rho^{2}\cos^{2}\varphi\cdot\rho^{2}\sin\varphi=\rho^{4}\cos^{2}\varphi\sin\varphi.
  • Faço a integral em \rho primeiro: \int_{0}^{R(\varphi)}\rho^{4}\,d\rho=\frac{R(\varphi)^{5}}{5}.
  • Assim \iiint_{S} z^{2}\,dV =\frac{2\pi}{5}\int_{0}^{\pi} \cos^{2}\varphi\sin\varphi\;R(\varphi)^{5}\,d\varphi.
  • Agora uso a divisão em dois blocos (pequenos polos onde a esfera domina, e a região equatorial onde o cilindro domina). Escrevo explicitamente: \begin{split} \iiint_{S} z^{2}\,dV &=\frac{2\pi}{5}\Bigg(2\int_{0}^{\pi/6}\cos^{2}\varphi\sin\varphi\;(2a)^{5}\,d\varphi +\int_{\pi/6}^{5\pi/6}\cos^{2}\varphi\sin\varphi\left(\frac{a}{\sin\varphi}\right)^{5}\,d\varphi\Bigg). \end{split}

Passo 7

Avaliação dos dois termos em esféricas (detalhes de cálculo e substituições).
  • Primeiro termo (pólos): (2a)^{5}=32a^{5}. Então
    T_{1}=\frac{2\pi}{5}\cdot 2\cdot 32a^{5}\int_{0}^{\pi/6}\cos^{2}\varphi\sin\varphi\,d\varphi =\frac{128\pi a^{5}}{5}\int_{0}^{\pi/6}\cos^{2}\varphi\sin\varphi\,d\varphi.
    Faço a substituição u=\cos\varphi, du=-\sin\varphi\,d\varphi. Quando \varphi=0 temos u=1; quando \varphi=\pi/6 temos u=\cos(\pi/6)=\tfrac{\sqrt{3}}{2}.
    \int_{0}^{\pi/6}\cos^{2}\varphi\sin\varphi\,d\varphi =-\int_{1}^{\sqrt{3}/2} u^{2}\,du =\int_{\sqrt{3}/2}^{1} u^{2}\,du =\left[\frac{u^{3}}{3}\right]_{\sqrt{3}/2}^{1} =\frac{1}{3}-\frac{(\sqrt{3}/2)^{3}}{3} =\frac{1}{3}-\frac{\sqrt{3}}{8}.
    Portanto
    T_{1}=\frac{128\pi a^{5}}{5}\left(\frac{1}{3}-\frac{\sqrt{3}}{8}\right) =\frac{128\pi a^{5}}{15}-\frac{48\pi\sqrt{3}\,a^{5}}{15}.
  • Segundo termo (faixa equatorial): simplifico a potência
    \left(\frac{a}{\sin\varphi}\right)^{5}=a^{5}\sin^{-5}\varphi,
    então o integrando é \cos^{2}\varphi\sin\varphi\cdot a^{5}\sin^{-5}\varphi = a^{5}\cos^{2}\varphi\sin^{-4}\varphi.
    Logo
    T_{2}=\frac{2\pi a^{5}}{5}\int_{\pi/6}^{5\pi/6}\frac{\cos^{2}\varphi}{\sin^{4}\varphi}\,d\varphi.
    Note que \dfrac{\cos^{2}\varphi}{\sin^{4}\varphi}=\cot^{2}\varphi\csc^{2}\varphi. Faço a substituição u=\cot\varphi. Então du=-\csc^{2}\varphi\,d\varphi, e o integrando se transforma:
    \frac{\cos^{2}\varphi}{\sin^{4}\varphi}\,d\varphi = \cot^{2}\varphi\csc^{2}\varphi\,d\varphi = -u^{2}\,du.
    Os limites: \cot(\pi/6)=\sqrt{3} e \cot(5\pi/6)=-\sqrt{3}. Assim
    \int_{\pi/6}^{5\pi/6}\frac{\cos^{2}\varphi}{\sin^{4}\varphi}\,d\varphi =-\int_{\sqrt{3}}^{-\sqrt{3}} u^{2}\,du =\int_{-\sqrt{3}}^{\sqrt{3}} u^{2}\,du =2\int_{0}^{\sqrt{3}} u^{2}\,du =2\cdot\frac{(\sqrt{3})^{3}}{3}=2\sqrt{3}.
    Portanto
    T_{2}=\frac{2\pi a^{5}}{5}\cdot 2\sqrt{3}=\frac{4\pi\sqrt{3}\,a^{5}}{5} =\frac{12\pi\sqrt{3}\,a^{5}}{15}.

Passo 8

Soma dos termos em esféricas e verificação com o método cilíndrico.
  • Somando T_{1}+T_{2}: \iiint_{S} z^{2}\,dV =\left(\frac{128\pi a^{5}}{15}-\frac{48\pi\sqrt{3}\,a^{5}}{15}\right) +\frac{12\pi\sqrt{3}\,a^{5}}{15} =\frac{128\pi a^{5}}{15}-\frac{36\pi\sqrt{3}\,a^{5}}{15}.
  • Factorizando: \iiint_{S} z^{2}\,dV =\frac{4\pi a^{5}}{15}\big(32-9\sqrt{3}\big).
  • Isto coincide exatamente com o resultado obtido por coordenadas cilíndricas, como deve ser.

Resposta

\displaystyle \iiint_{S} z^{2}\,dV=\frac{4\pi a^{5}}{15}\big(32-9\sqrt{3}\big)

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