]
  1. Calcule o volume do sólido S limitado por z=1-x^{2}-y^{2} e pelo plano z=0.
  2. Calcule o volume do sólido S limitado acima pelo hemisfério z=\sqrt{25-x^{2}-y^{2}}\, abaixo pelo plano \(x y e lateralmente pelo cilindro x^{2}+y^{2}=9.)

Passo 1

Problema 32: o enunciado dá a superfície z=1-x^{2}-y^{2} e o plano z=0. Pede-se o volume do sólido S limitado por essas superfícies. Informações relevantes: interseção entre as superfícies, função que descreve a altura do sólido como função de x,y, e a região de projeção no plano xy.
Problema 33: o enunciado dá o hemisfério superior z=\sqrt{25-x^{2}-y^{2}}, o plano z=0 (plano xy) e uma restrição lateral pelo cilindro x^{2}+y^{2}=9. Pede-se o volume do sólido S limitado acima pelo hemisfério, abaixo pelo plano xy e lateralmente pelo cilindro. Informações relevantes: raio da esfera =5, raio do cilindro =3, que a região de projeção no plano xy será x^{2}+y^{2}\le 9.

Passo 2

Conceito básico e fórmula que vamos usar (aplicável a ambos os problemas): o volume de um sólido cuja parte superior é dada por z=z_{\text{top}}(x,y) e cuja parte inferior é z=z_{\text{bot}}(x,y) sobre uma região D no plano xy é
V=\iint_{D}\bigl(z_{\text{top}}(x,y)-z_{\text{bot}}(x,y)\bigr)\,dA.
Explicação didática: aqui dA é um elemento de área no plano xy. Em coordenadas polares, dA é substituído por r\,dr\,d\theta. O motivo: o elemento de área em polares tem tamanho proporcional à distância radial r e à pequena variação angular d\theta; por isso o jacobiano é r. Sempre que a região D for um disco ou anel (ou circular, como ocorre aqui), coordenadas polares tornam a integral bem mais simples.

Passo 3

Resolvendo o Problema 32 — identificar a região D e a função integranda.
A interseção entre z=1-x^{2}-y^{2} e z=0 ocorre quando
1-x^{2}-y^{2}=0\quad\Rightarrow\quad x^{2}+y^{2}=1.
Logo a projeção D no plano xy é o disco unitário x^{2}+y^{2}\le 1. A altura do sólido em cada ponto (x,y) é
z_{\text{top}}-z_{\text{bot}} = 1-x^{2}-y^{2}-0 = 1-x^{2}-y^{2}.
Em coordenadas polares substituímos x^{2}+y^{2}=r^{2} e dA=r\,dr\,d\theta. Assim a integral do volume fica
V=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{1}\bigl(1-r^{2}\bigr)r\,dr\,d\theta.
Comentário didático: escrevi \theta de 0 a 2\pi porque o disco inteiro é simétrico e é percorrido uma vez quando \theta vai dessa forma; r vai de 0 ao raio do disco, que é 1.

Passo 4

Calcular a integral para o Problema 32 passo a passo.
Primeiro simplifico a integranda:
\bigl(1-r^{2}\bigr)r = r - r^{3}.
Integro em r:
\int_{0}^{1}\bigl(r-r^{3}\bigr)\,dr = \left[\frac{r^{2}}{2}-\frac{r^{4}}{4}\right]_{0}^{1} = \frac{1}{2}-\frac{1}{4} = \frac{1}{4}.
Agora integro em \theta:
V = \int_{0}^{2\pi}\frac{1}{4}\,d\theta = \frac{1}{4}\cdot 2\pi = \frac{\pi}{2}.
Interpretação rápida: o volume é finito e simétrico; o uso de polares simplificou muito.

Passo 5

Resolvendo o Problema 33 — descrição da região e escolha de coordenadas.
O hemisfério superior é z=\sqrt{25-x^{2}-y^{2}} (esfera de raio 5 centrada na origem, só a parte com z\ge 0). O plano inferior é z=0. A restrição lateral imposta pelo cilindro x^{2}+y^{2}=9 limita a região àquelas (x,y) com x^{2}+y^{2}\le 9, ou seja, disco de raio 3. Embora a esfera se estenda até r=5, o cilindro com raio 3 “corta” a região, então a projeção D no plano xy é o disco 0\le r\le 3, 0\le\theta\le 2\pi.
A altura do sólido em cada ponto é simplesmente z_{\text{top}}-z_{\text{bot}} = \sqrt{25-r^{2}}-0 = \sqrt{25-r^{2}}. Em polares:
V=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{3}\sqrt{25-r^{2}}\;r\,dr\,d\theta.

Passo 6

Cálculo da integral interior para o Problema 33 usando substituição.
Queremos calcular
\int_{0}^{3}r\sqrt{25-r^{2}}\,dr.
Faço a substituição u=25-r^{2}. Então du=-2r\,dr, ou seja r\,dr=-\tfrac{1}{2}\,du. Os limites em u: quando r=0 temos u=25; quando r=3 temos u=25-9=16. A integral fica
\int_{0}^{3}r\sqrt{25-r^{2}}\,dr = -\frac{1}{2}\int_{25}^{16}u^{1/2}\,du.
Inverto os limites para retirar o sinal:
-\frac{1}{2}\int_{25}^{16}u^{1/2}\,du = \frac{1}{2}\int_{16}^{25}u^{1/2}\,du.
Agora integro u^{1/2}:
\frac{1}{2}\left[\frac{u^{3/2}}{3/2}\right]_{16}^{25} = \frac{1}{2}\cdot\frac{2}{3}\left[u^{3/2}\right]_{16}^{25} = \frac{1}{3}\bigl(25^{3/2}-16^{3/2}\bigr).
Calculo os termos: 25^{3/2}=(\sqrt{25})^{3}=5^{3}=125 e 16^{3/2}=4^{3}=64. Assim a integral em r é
\frac{1}{3}\bigl(125-64\bigr)=\frac{61}{3}.

Passo 7

Concluir a integral em \theta para o Problema 33 e obter o volume.
Agora integro em \theta:
V=\int_{0}^{2\pi}\frac{61}{3}\,d\theta=\frac{61}{3}\cdot 2\pi = \frac{122\pi}{3}.
Interpretação rápida: é o volume da “cúpula” da esfera de raio 5 recortada verticalmente por um cilindro de raio 3; por isso o volume é menor do que o volume do hemisfério inteiro, mas maior do que zero.

Passo 8

Resumo final e incentivo.
  • Usei a ideia fundamental de representar o volume como integral dupla da altura sobre a projeção no plano xy.
  • Sempre que a projeção é circular, coordenadas polares simplificam muito porque x^{2}+y^{2}=r^{2} e dA=r\,dr\,d\theta.
  • Se ficar nervoso na prova, identifique primeiro a projeção D, escreva z_{\text{top}}-z_{\text{bot}}, escolha coordenadas (polares se houver simetria circular) e depois compute as integrais internas com calma (substituições simples costumam resolver integrais do tipo r\sqrt{a-r^{2}}).

Resposta

\dfrac{\pi}{2}\n \dfrac{122\pi}{3}

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