Considere a bola sólida de raio R,
V=\left\{(x, y, z) \mid r=\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}} \leq R\right\}
com densidade volumétrica radial
\rho(r)=\rho_{0}\left(1-\frac{r}{R}\right), \quad 0 \leq r \leq R .
Calcule a carga total Q contida na bola.

Passo 1

O enunciado dá uma bola sólida de raio R com densidade volumétrica radial
\rho(r)=\rho_{0}\left(1-\frac{r}{R}\right),\quad 0\le r\le R,
onde r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}. A pergunta é: calcular a carga total Q contida na bola. \n
Informações relevantes fornecidas:
\begin{aligned} &\text{domínio: }V=\{(x,y,z)\mid 0\le r\le R\},\\\ &\text{densidade: }\rho(r)=\rho_{0}\Big(1-\frac{r}{R}\Big). \end{aligned}í

Passo 2

Vamos escrever a expressão matemática para a carga total: Q é a integral da densidade sobre o volume,
Q=\int_{V}\rho(r)\,dV.
Agora precisamos escolher coordenadas para avaliar essa integral. Como a densidade depende só de r (é radial) e o domínio é uma bola (só depende de r também), coordenadas esféricas são a escolha natural — isso simplifica muito a integral porque as integrais angulares separam. \n
Breve aula sobre coordenadas esféricas (para você lembrar na prova):
\begin{aligned} &\text{variáveis: }(r,\theta,\varphi),\\\ &x=r\sin\theta\cos\varphi,\quad y=r\sin\theta\sin\varphi,\quad z=r\cos\theta,\\\ &\text{onde }r\ge0,\;0\le\theta\le\pi\\ (\text{colatitude}),\;0\le\varphi<2\pi\\ (\text{longitude}). \end{aligned}á
Elemento de volume em esféricas: dV=r^{2}\sin\theta\,dr\,d\theta\,d\varphi. Expliquei o que é cada variável e como aparece o fator r^{2}\sin\theta: r^{2} vem da área da esfera de raio r e \sin\theta\,d\theta\,d\varphi é o elemento angular na esfera unitária.

Passo 3

Substituímos a densidade e o elemento de volume na integral:
Q=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{\pi}\int_{0}^{R}\rho_{0}\Big(1-\frac{r}{R}\Big)\,r^{2}\sin\theta\,dr\,d\theta\,d\varphi.
Como o integrando separa em parte radial e parte angular, podemos fazer as integrais angulares primeiro. Calculemos as integrais angulares:
\int_{0}^{2\pi}d\varphi=2\pi, \qquad \int_{0}^{\pi}\sin\theta\,d\theta=\left[-\cos\theta\right]_{0}^{\pi}=2.
Multiplicando obtemos a contribuição angular total 2\pi\cdot 2=4\pi. Assim a integral reduz para uma integral unidimensional em r:
Q=4\pi\rho_{0}\int_{0}^{R}\Big(1-\frac{r}{R}\Big)r^{2}\,dr.

Passo 4

Agora avaliaremos a integral radial passo a passo. Primeiro expandimos o integrando:
\Big(1-\frac{r}{R}\Big)r^{2}=r^{2}-\frac{r^{3}}{R}.
Então
\int_{0}^{R}\Big(r^{2}-\frac{r^{3}}{R}\Big)\,dr=\int_{0}^{R}r^{2}\,dr-\frac{1}{R}\int_{0}^{R}r^{3}\,dr.
Calcule as primitivas (aqui uma pequena aula sobre integrais de potências): para n\neq -1,
\int r^{n}\,dr=\frac{r^{n+1}}{n+1}+C.
Aplicando:
\int_{0}^{R}r^{2}\,dr=\left[\frac{r^{3}}{3}\right]_{0}^{R}=\frac{R^{3}}{3}, \qquad \int_{0}^{R}r^{3}\,dr=\left[\frac{r^{4}}{4}\right]_{0}^{R}=\frac{R^{4}}{4}.
Substituindo:
\int_{0}^{R}\Big(1-\frac{r}{R}\Big)r^{2}\,dr=\frac{R^{3}}{3}-\frac{1}{R}\cdot\frac{R^{4}}{4}=\frac{R^{3}}{3}-\frac{R^{3}}{4}.
Agora simplificamos a diferença de frações:
\frac{R^{3}}{3}-\frac{R^{3}}{4}=R^{3}\Big(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\Big)=R^{3}\cdot\frac{1}{12}=\frac{R^{3}}{12}.
Voltando para Q:
Q=4\pi\rho_{0}\cdot\frac{R^{3}}{12}.

Passo 5

Simplificando o fator numérico:
4\pi\cdot\frac{1}{12}=\frac{\pi}{3}.
Portanto obtemos a expressão final para a carga total:
Q=\frac{\pi}{3}\,\rho_{0}\,R^{3}.
Como checagem rápida: se a densidade fosse constante igual a \rho_{0}, a carga seria Q_{\text{const}}=\frac{4}{3}\pi\rho_{0}R^{3}. Nosso resultado é exatamente um quarto desse valor, o que faz sentido porque a densidade aqui decai linearmente de \rho_{0} em r=0 até 0 em r=R, então a carga total é bem menor do que no caso uniforme com a mesma \rho_{0} central — essa comparação é um bom “sanity check” para a prova.

Resposta

\displaystyle Q=\frac{\pi}{3}\,\rho_{0}\,R^{3}

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