\int_{0}^{2} \int_{0}^{1} \int_{0}^{\sqrt{1-z^{2}}} \frac{z}{y+1} d x d z d y
Passo 1
O enunciado pede para calcular a integral iterada
\int_{0}^{2} \int_{0}^{1} \int_{0}^{\sqrt{1-z^{2}}} \frac{z}{y+1}\, d x\, d z\, d y.
Informações e observações importantes fornecidas pelo enunciado:
A variável de integração mais interna é x, com limite 0 a \sqrt{1-z^{2}}.
A segunda variável é z, com limite 0 a 1.
A variável mais externa é y, com limite 0 a 2.
A função integranda é \dfrac{z}{y+1}.
O objetivo é avaliar essa integral tripla e obter um número explicitamente.
Passo 2
Primeira simplificação: perceber que a integranda \dfrac{z}{y+1} não depende de x. Quando uma função não depende da variável de integração, a integral em relação a essa variável é simplesmente o produto da função pelo comprimento do intervalo de integração. Assim, calculemos a integral interna em x:
\int_{0}^{\sqrt{1-z^{2}}} \frac{z}{y+1}\, d x = \frac{z}{y+1}\int_{0}^{\sqrt{1-z^{2}}} 1\, d x = \frac{z}{y+1}\cdot\left(\sqrt{1-z^{2}}-0\right).
Portanto a integral tripla reduz-se a uma dupla:
\int_{0}^{2} \int_{0}^{1} \frac{z}{y+1}\sqrt{1-z^{2}}\, d z\, d y.
Passo 3
Reescrevendo o integrando de forma a evidenciar a separação das variáveis:
Isso mostra um produto de uma função que depende só de y e outra que depende só de z. Para integrais iteradas sobre retângulos do tipo [0,2]\times[0,1], vale que a integral dupla se separa em produto das integrais (propriedade da separabilidade):
\int_{0}^{2}\int_{0}^{1} \frac{z}{y+1}\sqrt{1-z^{2}}\, d z\, d y = \left(\int_{0}^{2} \frac{1}{y+1}\, d y\right)\cdot\left(\int_{0}^{1} z\sqrt{1-z^{2}}\, d z\right).
Explico por que isso é válido: se f(y) depende só de y e g(z) só de z, então \iint f(y)g(z)\,dz\,dy = \left(\int f(y)\,dy\right)\left(\int g(z)\,dz\right) em domínios retangulares; aqui o domínio é exatamente [0,2]\times[0,1].
Passo 4
Calcular a integral em y:
\int_{0}^{2} \frac{1}{y+1}\, d y.
Esta é uma integral básica: \dfrac{d}{dy}\ln(y+1)=\dfrac{1}{y+1}. Logo
\int_{0}^{2} \frac{1}{y+1}\, d y = \left.\ln(y+1)\right|_{0}^{2} = \ln(3)-\ln(1)=\ln 3.
Pequena explicação didática: a primitiva de \dfrac{1}{y+1} é \ln(y+1) porque a derivada de \ln(y+1) dá exatamente \dfrac{1}{y+1}. Avaliando nos limites obtém-se \ln 3.
Passo 5
Calcular a integral em z:
\int_{0}^{1} z\sqrt{1-z^{2}}\, d z.
Usamos uma substituição natural para termos do tipo z vezes uma função de z^{2}. Faça u=1-z^{2}. Então:
du = -2z\, d z \quad\Rightarrow\quad z\, d z = -\frac{1}{2}\, du.
Mudança dos limites: quando z=0 temos u=1-0^{2}=1; quando z=1 temos u=1-1^{2}=0.
Substituindo na integral:
\int_{0}^{1} z\sqrt{1-z^{2}}\, d z = \int_{u=1}^{u=0} \sqrt{u}\cdot\left(-\frac{1}{2}\, du\right) = \frac{1}{2}\int_{0}^{1} u^{1/2}\, du.
Agora integramos potências:
\int_{0}^{1} u^{1/2}\, du = \left.\frac{u^{3/2}}{3/2}\right|_{0}^{1} = \frac{2}{3}\bigl(1^{3/2}-0\bigr)=\frac{2}{3}.
Multiplicando pelo fator \dfrac{1}{2} que apareceu,
\int_{0}^{1} z\sqrt{1-z^{2}}\, d z = \frac{1}{2}\cdot\frac{2}{3}=\frac{1}{3}.
Breve comentário pedagógico: a substituição u=1-z^{2} transforma a raiz quadrada em u^{1/2} e elimina o factor z\,dz, que aparece naturalmente no diferencial; é um truque muito comum para integrais com \sqrt{1-z^{2}}.
Passo 6
Combinar os resultados das duas integrais separadas. Obtivemos:
\int_{0}^{2} \frac{1}{y+1}\, d y = \ln 3, \qquad \int_{0}^{1} z\sqrt{1-z^{2}}\, d z = \frac{1}{3}.
Pelo passo de separação:
\int_{0}^{2}\int_{0}^{1} \frac{z}{y+1}\sqrt{1-z^{2}}\, d z\, d y = \ln 3 \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{3}\ln 3.
Portanto a integral tripla original vale \dfrac{1}{3}\ln 3.