Considere a=2, b=8, c=4. Seja T o sólido limitado pelos planos x=c-b, y=c-a, z=b-a, e pelo plano
(a-b) x+(b-c) y+(c-a) z=1
com densidade variável dada por
\rho(x, y, z)=\left|x^{a} y^{a+1} z^{2}\right| .
Calcule o centro de massa do sólido T.

Passo 1

Vamos mostrar que T é o tetraedro cujos vértices são os interceptos da reta de interseção da equação
(a-b)\,x+(b-c)\,y+(c-a)\,z=1
com os eixos coordenados e com os planos paralelos aos planos coordenados dados por
x=c-b,\quad y=c-a,\quad z=b-a.
A densidade é
\rho(x,y,z)=\bigl|x^{a}y^{a+1}z^{2}\bigr|
com a=2, b=8, c=4, logo
\rho(x,y,z)=|x^{2}y^{3}z^{2}|\,.

Passo 2

Primeiro encontramos os interceptos da reta
(a-b)x+(b-c)y+(c-a)z=1
com cada eixo coordenado. Substituindo y=0, z=0 na reta, obtemos o intercepto em x:
(a-b)x=1 \;\Longrightarrow\; x=\frac{1}{a-b} =\frac{1}{2-8} =-\tfrac16.
Analogamente, em y (tomando x=0, z=0):
(b-c)\,y=1 \;\Longrightarrow\; y=\frac{1}{b-c} =\frac{1}{8-4} =\tfrac14,
e em z (com x=0, y=0):
(c-a)\,z=1 \;\Longrightarrow\; z=\frac{1}{c-a} =\frac{1}{4-2} =\tfrac12.
Portanto a equação da reta de interseção está no formato de interceptos com os eixos:
\frac{x}{-1/6}+\frac{y}{1/4}+\frac{z}{1/2}=1.

Passo 3

O tetraedro T é exatamente a região
\bigl\{(x,y,z)\ge(0,0,0)\bigm|\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}\le1\Bigr\}
com
a=-\tfrac16,\quad b=\tfrac14,\quad c=\tfrac12,
note que aqui usamos a forma padrão de um tetraedro cujos vértices são (0,0,0), (a,0,0), (0,b,0), (0,0,c).

Passo 4

Para um tetraedro na primeira órtante de interceptos a,b,c>0 e densidade \rho(x,y,z)=x^{p}y^{q}z^{r}, vale a fórmula clássica
\iiint_{T} x^{p}y^{q}z^{r}\,dV =\frac{p!\,q!\,r!}{(p+q+r+3)!}\;a^{p+1}b^{q+1}c^{r+1}.
Aqui temos p=2, q=3, r=2. Mesmo que um dos interceptos seja negativo, a densidade envolve \lvert x^{2}y^{3}z^{2}\rvert, que se interpreta como x^{2}y^{3}z^{2} na forma de monômio positivo em relação às distâncias absolutas; as fórmulas de momento seguem iguais em módulo.

Passo 5

O momento total (massa) é
M=\iiint_{T}\rho\,dV =\iiint_{T}x^{2}y^{3}z^{2}\,dV =\frac{2!\,3!\,2!}{(2+3+2+3)!}\;a^{3}b^{4}c^{3} =\frac{2\cdot6\cdot2}{10!}\;a^{3}b^{4}c^{3}.
Para a coordenada x do centro de massa usamos
\iiint_{T}x\,\rho\,dV =\iiint_{T}x^{3}y^{3}z^{2}\,dV =\frac{3!\,3!\,2!}{(3+3+2+3)!}\;a^{4}b^{4}c^{3} =\frac{6\cdot6\cdot2}{11!}\;a^{4}b^{4}c^{3}.
Logo
\bar x =\frac{\displaystyle\iiint_{T}x\,\rho\,dV}{M} =\frac{\frac{3!\,3!\,2!}{11!}\,a^{4}b^{4}c^{3}} {\frac{2!\,3!\,2!}{10!}\,a^{3}b^{4}c^{3}} =\frac{3}{11}\,a.
De modo análogo
\bar y=\frac{4}{11}\,b, \quad \bar z=\frac{3}{11}\,c.

Passo 6

Basta agora substituir
a=-\tfrac16,\quad b=\tfrac14,\quad c=\tfrac12
em
\bigl(\bar x,\bar y,\bar z\bigr) =\Bigl(\tfrac{3}{11}a,\;\tfrac{4}{11}b,\;\tfrac{3}{11}c\Bigr).
Fica então
\bar x =\frac{3}{11}\!\bigl(-\tfrac16\bigr) =-\tfrac{1}{22}, \quad \bar y =\frac{4}{11}\!\bigl(\tfrac14\bigr) =\tfrac{1}{11}, \quad \bar z =\frac{3}{11}\!\bigl(\tfrac12\bigr) =\tfrac{3}{22}.

Resposta

\bigl(\bar x,\bar y,\bar z\bigr) =\Bigl(-\tfrac{1}{22},\;\tfrac{1}{11},\;\tfrac{3}{22}\Bigr).

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