Calcule \int_{0}^{2} \int_{-\sqrt{2 R x-x^{2}}}^{\sqrt{2 R x-x^{2}}} \int_{0}^{\sqrt{4 R-x^{2}-y^{2}}} d z d y d x.

Passo 1

O enunciado pede o valor do integral
I(R)=\int_{0}^{2}\!\int_{-\sqrt{2R x - x^{2}}}^{\sqrt{2R x - x^{2}}}\!\int_{0}^{\sqrt{4R - x^{2}-y^{2}}}dz\,dy\,dx,
que é o volume da região em (x,y,z) tal que
(x-R)^{2}+y^{2}\le R^{2},\quad 0\le x\le2,\quad 0\le z\le\sqrt{4R - x^{2}-y^{2}}.
Para resolver, vamos usar duas ideias principais:
  1. uma mudança de escala que elimina o parâmetro R do domínio;
  2. o cálculo do caso R=1 em coordenadas polares, que depois multiplicamos pelo fator de escala adequado.

Passo 2

Fazemos a substituição de escala
x = R\,u,\quad y = R\,v,\quad z = \sqrt{R}\,w.
Então
dx\,dy\,dz = R\cdot R\cdot \sqrt{R}\;du\,dv\,dw = R^{5/2}\,du\,dv\,dw.
Os limites transformam-se em
0\le u\le \tfrac{2}{R},\quad v\in\bigl[-\sqrt{2u-u^{2}},\sqrt{2u-u^{2}}\bigr],\quad 0\le w\le \sqrt{4 - u^{2}-v^{2}}.
Como veremos adiante, para R\ge1 (ou no caso mais simpático R=1) o domínio em (u,v) reduz-se ao disco centrado em (1,0) de raio 1, que em polares com origem na reta u\ge0 fica simples. Escrevemos então
I(R)=R^{5/2}\;I(1),
isto é, basta computar
I(1)=\int_{0}^{2}\!\int_{-\sqrt{2\,u - u^{2}}}^{\sqrt{2\,u - u^{2}}}\!\int_{0}^{\sqrt{4 - u^{2}-v^{2}}}dw\,dv\,du.

Passo 3

Calculemos
I(1) =\int_{u=0}^{2}\int_{v=-\sqrt{2u-u^{2}}}^{\sqrt{2u-u^{2}}} \Bigl[\;w\Bigr]_{w=0}^{w=\sqrt{4-u^{2}-v^{2}}}\,dv\,du =\int_{0}^{2}\!\int_{-\sqrt{2u-u^{2}}}^{\sqrt{2u-u^{2}}} \sqrt{4 - u^{2}-v^{2}}\;dv\,du.
Agora mudamos para coordenadas polares no plano (u,v), com
u = r\cos\theta,\quad v=r\sin\theta,
o disco (u-1)^{2}+v^{2}\le1 fica 0\le r\le2\cos\theta, \theta\in[-\tfrac\pi2,\tfrac\pi2], e
du\,dv = r\,dr\,d\theta,\quad 4 - u^{2}-v^{2} = 4 - r^{2}.
Portanto
I(1) =\int_{\theta=-\pi/2}^{\pi/2}\!\int_{r=0}^{2\cos\theta} r\,\sqrt{4 - r^{2}}\;dr\,d\theta.
O integral em r faz-se por substituição s=4-r^{2}:
\int_{0}^{a}r\sqrt{4-r^{2}}\,dr =\frac{1}{3}\Bigl[\,8 - (4 - a^{2})^{3/2}\Bigr].
Aqui a=2\cos\theta, logo 4 - a^{2}=4(1-\cos^{2}\theta)=4\sin^{2}\theta, e
\int_{0}^{2\cos\theta}r\sqrt{4-r^{2}}\,dr =\frac{1}{3}\bigl[8 - (4\sin^{2}\theta)^{3/2}\bigr] =\frac{1}{3}\bigl[8 - 8\,|\sin^{3}\theta|\bigr].
Assim
I(1) =\frac{1}{3}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\bigl[8 - 8\,|\sin^{3}\theta|\bigr]d\theta =\frac{8}{3}\Bigl[\pi - 2\int_{0}^{\pi/2}\sin^{3}\theta\,d\theta\Bigr].
E sabe-se
\int_{0}^{\pi/2}\sin^{3}\theta\,d\theta = \tfrac{2}{3},
portanto
I(1) =\frac{8}{3}\Bigl[\pi - 2\cdot\tfrac{2}{3}\Bigr] =\frac{8}{3}\Bigl[\pi - \tfrac{4}{3}\Bigr] =\frac{8\,(3\pi - 4)}{9}.

Passo 4

Voltando ao nosso integral geral, usamos a escala I(R)=R^{5/2}\,I(1). Logo
I(R) =R^{5/2}\;\frac{8\,(3\pi - 4)}{9}.

Resposta

\boxed{ \int_{0}^{2}\!\int_{-\sqrt{2R x - x^{2}}}^{\sqrt{2R x - x^{2}}}\!\int_{0}^{\sqrt{4R - x^{2}-y^{2}}} dz\,dy\,dx = \frac{8\,(3\pi - 4)}{9}\;R^{5/2}. }

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