Calcule as integrais abaixo:
(a) \int_{W} \sqrt{1+\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)^{\frac{3}{2}}} d V, \quad W: x^{2}+y^{2}+z^{2} \leq 1;
(b) \int_{W}\left(x^{2}+y^{2}\right) d V, \quad W: \sqrt{x^{2}+y^{2}} \leq z \leq 1.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado pede e os dados fornecidos.
  • Há duas integrais a calcular:
    (a) \displaystyle \int_{W} \sqrt{1+\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}\,dV, onde W:\,x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq 1 (bola unitária).
    (b) \displaystyle \int_{W}\left(x^{2}+y^{2}\right)\,dV, onde W:\,\sqrt{x^{2}+y^{2}}\leq z\leq 1.
  • O que nos pedem: avaliar cada integral tripla sobre a região especificada.

Passo 2

Escolha de método para (a) e justificativa:
  • A região W de (a) é a bola sólida de raio 1 centrada na origem; a expressão depende apenas de x^{2}+y^{2}+z^{2}. Isso sugere usar coordenadas esféricas, que simplificam quando aparece x^{2}+y^{2}+z^{2}.
  • Em coordenadas esféricas usamos as variáveis \rho,\varphi,\theta com x=\rho\sin\varphi\cos\theta,\qquad y=\rho\sin\varphi\sin\theta,\qquad z=\rho\cos\varphi,onde \rho\ge 0, 0\le\varphi\le\pi e 0\le\theta<2\pi.
  • Elemento de volume: \,dV=\rho^{2}\sin\varphi\,d\rho\,d\varphi\,d\theta.
  • Observação útil: x^{2}+y^{2}+z^{2}=\rho^{2}.

Passo 3

Montagem e cálculo da integral (a) em esféricas, com explicação passo a passo:
  • Substituindo x^{2}+y^{2}+z^{2}=\rho^{2} na integranda, temos \left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)^{3/2}=\rho^{3}. Assim a integranda vira \sqrt{1+\rho^{3}}.
  • A integral sobre a bola \rho\in[0,1], \varphi\in[0,\pi], \theta\in[0,2\pi] fica \int_{0}^{2\pi}\!\int_{0}^{\pi}\!\int_{0}^{1} \sqrt{1+\rho^{3}}\;\rho^{2}\sin\varphi\,d\rho\,d\varphi\,d\theta.
  • Podemos separar as integrais angulares porque a integranda radial não depende de \varphi,\theta: \left(\int_{0}^{2\pi} d\theta\right)\left(\int_{0}^{\pi}\sin\varphi\,d\varphi\right)\left(\int_{0}^{1}\rho^{2}\sqrt{1+\rho^{3}}\,d\rho\right).
  • Calcule as integrais angulares: \int_{0}^{2\pi} d\theta = 2\pi,\qquad \int_{0}^{\pi}\sin\varphi\,d\varphi = 2,então o fator angular vale 2\pi\cdot 2=4\pi.
  • Resta a integral radial 4\pi\int_{0}^{1}\rho^{2}\sqrt{1+\rho^{3}}\,d\rho.
  • Para integrar isso, use a substituição u=1+\rho^{3}. Então du = 3\rho^{2}\,d\rho \quad\Rightarrow\quad \rho^{2}\,d\rho=\frac{du}{3}.Quando \rho=0 temos u=1; quando \rho=1 temos u=2.
  • A integral torna-se 4\pi\cdot\frac{1}{3}\int_{1}^{2} u^{1/2}\,du = \frac{4\pi}{3}\left[\frac{2}{3}u^{3/2}\right]_{1}^{2}.
  • Compute o resultado: \frac{4\pi}{3}\cdot\frac{2}{3}\left(2^{3/2}-1^{3/2}\right)=\frac{8\pi}{9}\left(2^{3/2}-1\right).
  • Opcionalmente escrever 2^{3/2}=2\sqrt{2}. Então o valor final da integral (a) é \frac{8\pi}{9}\bigl(2\sqrt{2}-1\bigr).

Passo 4

Breve comentário didático sobre (a) (motivação e atalho para a prova):
  • Sempre que a região é uma esfera e a integranda depende só de x^{2}+y^{2}+z^{2}, usar coordenadas esféricas costuma reduzir a integral tripla a uma integral unidimensional em \rho multiplicada por 4\pi.
  • A substituição u=1+\rho^{3} é um padrão: quando aparece \rho^{2}\,d\rho junto com uma função de 1+\rho^{3}, observe que du é proporcional a \rho^{2}\,d\rho.

Passo 5

Escolha de método para (b) e justificativa:
  • A região W dada por \sqrt{x^{2}+y^{2}}\le z\le 1 sugere coordenadas cilíndricas, já que aparece \sqrt{x^{2}+y^{2}}.
  • Em coordenadas cilíndricas usamos r,\theta,z com x=r\cos\theta,\qquad y=r\sin\theta,\qquad z=z,onde r\ge 0, 0\le\theta<2\pi.
  • Elemento de volume: \,dV=r\,dr\,d\theta\,dz.
  • Note que x^{2}+y^{2}=r^{2}, então a integranda \,x^{2}+y^{2} vira r^{2}.

Passo 6

Determinação das cotas e cálculo da integral (b) passo a passo:
  • A condição \sqrt{x^{2}+y^{2}}\le z\le 1 em cilíndricas é r\le z\le 1.
  • Para z estar entre r e 1 é necessário 0\le r\le 1. O ângulo \theta varia de 0 a 2\pi.
  • Portanto um conjunto de limites conveniente é 0\le\theta\le 2\pi,\qquad 0\le r\le 1,\qquad r\le z\le 1.
  • Escrevendo a integral em cilíndricas: \int_{0}^{2\pi}\!\int_{0}^{1}\!\int_{z=r}^{1} (r^{2})\;r\,dz\,dr\,d\theta =\int_{0}^{2\pi}\!d\theta\int_{0}^{1}\!r^{3}\!\left(\int_{r}^{1} dz\right)dr.
  • A integral interna em z é \int_{r}^{1}dz=1-r. Assim \int_{0}^{2\pi}d\theta\int_{0}^{1} r^{3}(1-r)\,dr.
  • Calcule a integral em r: \int_{0}^{1} (r^{3}-r^{4})\,dr = \left[\frac{r^{4}}{4}-\frac{r^{5}}{5}\right]_{0}^{1} = \frac{1}{4}-\frac{1}{5}=\frac{1}{20}.
  • Multiplicando pelo fator angular \int_{0}^{2\pi}d\theta=2\pi, obtemos 2\pi\cdot\frac{1}{20}=\frac{\pi}{10}.
  • Assim a integral (b) vale \dfrac{\pi}{10}.

Passo 7

Comentário final de incentivo:
  • Beleza — as duas integrais caem usando mudanças de coordenadas naturais (esféricas para bola, cilíndricas para região com r\le z). Na prova, reconhecer a simetria da região é o maior atalho; depois é só montar os limites com calma e executar integrais simples (substituição ou polinômios).

Resposta

\displaystyle \text{(a)}\\ \frac{8\pi}{9}\bigl(2\sqrt{2}-1\bigr)
\displaystyle \text{(b)}\\ \frac{\pi}{10}

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