Considere W o sólido de \mathbb{R}^{3}, cujo volume em coordenadas cilindricas é:
\operatorname{Vol}(W)=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \int_{0}^{1} \int_{0}^{1-\sqrt{1-r^{2}}} r d z d r d \theta+\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \int_{1}^{\sqrt{2}} \int_{0}^{\sqrt{2-r^{2}}} r d z d r d \theta

Passo 1

O enunciado nos dá diretamente a expressão do volume do sólido W em coordenadas cilíndricas:
\operatorname{Vol}(W)=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \int_{0}^{1} \int_{0}^{1-\sqrt{1-r^{2}}} r\, d z\, d r\, d \theta+\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \int_{1}^{\sqrt{2}} \int_{0}^{\sqrt{2-r^{2}}} r\, d z\, d r\, d \theta.
O que nos é pedido: calcular esse volume (ou seja, avaliar explicitamente essa soma de integrais).
Informações importantes fornecidas:
  • A variável angular tem \theta\in\left[-\tfrac{\pi}{2},\tfrac{\pi}{2}\right].
  • A coordenada radial aparece em dois trechos: r\in[0,1] com teto em z=1-\sqrt{1-r^{2}}, e r\in[1,\sqrt{2}] com teto em z=\sqrt{2-r^{2}}.
  • O integrando é r multiplicado por dz\,dr\,d\theta (o elemento de volume em cilíndricas).
    Nada mais é pedido além de avaliar essa expressão.

Passo 2

Pequena aula: por que usamos r\,dz\,dr\,d\theta e o que cada variável significa.
  • Em coordenadas cilíndricas as coordenadas são (r,\theta,z), onde r é a distância radial ao eixo z, \theta é o ângulo em torno do eixo z e z é a altura usual.
  • O elemento de volume em cilíndricas é
dV = r\,dz\,dr\,d\theta.
Explicação do r: ao transformar de coordenadas cartesianas (x,y) para polares (r,\theta) a mudança de variáveis tem um jacobiano com valor r. Geometricamente, um pequeno retângulo em (r,\theta) corresponde a uma pequena área física de comprimento radial \Delta r e comprimento arco r\,\Delta\theta, daí surge o fator r.
  • Para avaliar o volume, procede-se integrando dV sobre a região dada em (r,\theta,z).

Passo 3

Vamos simplificar a expressão fazendo primeiro as integrais em z (são triviais, porque o integrando não depende de z exceto pelo fator r que é tratado como constante na integração em z).
Escrevendo cada parcela após integrar em z:
\operatorname{Vol}(W)=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\left[\int_{0}^{1} r\bigl(1-\sqrt{1-r^{2}}\bigr)\,dr+\int_{1}^{\sqrt{2}} r\sqrt{2-r^{2}}\,dr\right] d\theta.
Justificativa: para uma integral \int_{0}^{a} r\,dz com r fixo, o resultado é r\cdot a; aplicamos isso aos tetos em z fornecidos.
Agora observe que o integrando dentro de \theta não depende de \theta, então a integral em \theta simplesmente multiplica pelo comprimento do intervalo angular:
\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} d\theta = \pi.
Logo podemos definir duas integrais radiais:
I_1=\int_{0}^{1} r\bigl(1-\sqrt{1-r^{2}}\bigr)\,dr,\qquad I_2=\int_{1}^{\sqrt{2}} r\sqrt{2-r^{2}}\,dr,
e teremos
\operatorname{Vol}(W)=\pi\,(I_1+I_2).

Passo 4

Vamos calcular I_1 e I_2 cuidadosamente. Começando por I_1, separamos a integral:
I_1=\int_{0}^{1} r\,dr-\int_{0}^{1} r\sqrt{1-r^{2}}\,dr.
Explicação da separação: r(1-\sqrt{1-r^{2}})=r-r\sqrt{1-r^{2}}. Cada parcela é mais fácil de integrar isoladamente.

Passo 5

Cálculo da primeira parcela de I_1:
\int_{0}^{1} r\,dr=\left[\tfrac{1}{2}r^{2}\right]_{0}^{1}=\tfrac{1}{2}.
Agora a segunda parcela de I_1: calcular \int_{0}^{1} r\sqrt{1-r^{2}}\,dr.
Técnica usada: substituição. Seja u=1-r^{2}. Então du=-2r\,dr, isto é r\,dr=-\tfrac{1}{2}du.
Mudança dos limites: quando r=0 temos u=1; quando r=1 temos u=0.
Assim
\int_{0}^{1} r\sqrt{1-r^{2}}\,dr=\int_{u=1}^{0} \sqrt{u}\left(-\tfrac{1}{2}\right)du =\tfrac{1}{2}\int_{0}^{1} u^{1/2}\,du.
Agora integramos potência:
\tfrac{1}{2}\int_{0}^{1} u^{1/2}\,du=\tfrac{1}{2}\left[\tfrac{u^{3/2}}{3/2}\right]_{0}^{1} =\tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{2}{3}=\tfrac{1}{3}.
Portanto a segunda parcela vale \tfrac{1}{3}. Concluímos que
I_1=\tfrac{1}{2}-\tfrac{1}{3}=\tfrac{1}{6}.

Passo 6

Agora calculamos I_2:
I_2=\int_{1}^{\sqrt{2}} r\sqrt{2-r^{2}}\,dr.
Usamos novamente substituição do tipo v=2-r^{2}. Então dv=-2r\,dr, ou r\,dr=-\tfrac{1}{2}dv.
Limites: quando r=1 temos v=1; quando r=\sqrt{2} temos v=0.
Assim
I_2=\int_{v=1}^{0} \sqrt{v}\left(-\tfrac{1}{2}\right)dv=\tfrac{1}{2}\int_{0}^{1} v^{1/2}\,dv.
Essa integral é idêntica à que apareceu antes, logo
I_2=\tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{2}{3}=\tfrac{1}{3}.

Passo 7

Somando os dois resultados:
I_1+I_2=\tfrac{1}{6}+\tfrac{1}{3}=\tfrac{1}{2}.
Multiplicando pelo fator angular \pi obtido no Passo 3:
\operatorname{Vol}(W)=\pi\cdot\left(\tfrac{1}{2}\right)=\tfrac{\pi}{2}.
Pequena motivação final: obter um número simples como \tfrac{\pi}{2} é comum quando o domínio tem simetrias angulares (a integração em \theta dá um múltiplo de \pi) e as integrais em r reduzem-se a potências por substituições quadráticas.

Resposta

\displaystyle \frac{\pi}{2}

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