Exercício 1. Avaliar as seguintes integrais:
\iiint_{T} x y d V, onde T é o sólido limitado pelos planos x=0, x=1, z= y+1, y+z=1, z=0.

Passo 1

O enunciado pede para calcular a integral tripla
\iiint_{T} x\,y\,dV,
onde T é o sólido limitado pelos planos \,x=0\,,\;x=1\,,\;z=y+1\,,\;y+z=1\,,\;z=0.
Vou listar claramente o que foi dado e o que é pedido:
  • Dado: superfícies que limitam T:
    • duas faces verticais paralelas: \,x=0 e \,x=1;
    • três planos que envolvem as coordenadas y e z: \,z=y+1, \,y+z=1 (ou seja \,z=1-y) e \,z=0.
  • Pedido: avaliar \displaystyle \iiint_{T} x\,y\,dV.

Passo 2

Primeira observação útil: as duas restrições em x são simples e independentes de y,z: \,0\le x\le1. Isso sugere que, para cada x fixo, a seção em (y,z) é a mesma; geometricamente T é um prisma reto ao longo do eixo x. Vou projetar T no plano y\!z (isto é, considerar a seção transversal em função de y e z) para entender os limites em y e z.

Passo 3

Determinar a região triangular no plano y\!z dada pelas interseções das curvas/retas:
  • Interseção de \,z=0 com \,z=y+1: resolver 0=y+1 y=-1. Ponto (y,z)=(-1,0).
  • Interseção de \,z=0 com \,z=1-y: resolver 0=1-y y=1. Ponto (y,z)=(1,0).
  • Interseção de \,z=y+1 com \,z=1-y: resolver y+1=1-y y=0, aí z=1. Ponto (y,z)=(0,1).
Portanto a projeção de T no plano y\!z é o triângulo com vértices em (-1,0), (1,0) e (0,1).

Passo 4

Descrever esse triângulo com limites explicitáveis para integrar: para -1\le y\le0 a reta superior é \,z=y+1 (segmento do vértice (-1,0) até (0,1)); para 0\le y\le1 a reta superior é \,z=1-y (segmento do vértice (0,1) até (1,0)). Em ambos os casos a reta inferior é z=0. Logo podemos escrever a integral dupla na seção (y,z) como soma de duas integrais (uma para y\in[-1,0] e outra para y\in[0,1]).

Passo 5

Usar a separação entre x e (y,z): como os limites em x não dependem de y,z e o integrando é produto \,x\cdot y, podemos aplicar a propriedade de Fubini/Separação e escrever
\iiint_{T} x\,y\,dV = \int_{x=0}^{1} x\,dx \;\cdot\; \iint_{\text{triângulo}} y\,dA_{yz}.â
Explico rápido: a integral em x integra só a parte x do integrando; a integral sobre o triângulo no plano y\!z integra a parte y. Aqui dA_{yz} denota o elemento de área no plano y\!z.

Passo 6

Calcular a integral em x:
\int_{0}^{1} x\,dx = \left[\tfrac{x^{2}}{2}\right]_{0}^{1} = \tfrac{1}{2}.
Explicando: usei a primitiva de x, que é \tfrac{x^{2}}{2}, e avaliei nos limites 0 e 1.

Passo 7

Agora preciso de
I := \iint_{\text{triângulo}} y\,dA_{yz}.â
Vou calcular I escrevendo-a como soma das duas porções em y:
I = \int_{y=-1}^{0}\!\int_{z=0}^{y+1} y\,dz\,dy \;+\; \int_{y=0}^{1}\!\int_{z=0}^{1-y} y\,dz\,dy.
Aqui, dentro de cada integral, y é tratado como constante ao integrar em z.

Passo 8

Calcular as integrais internas (integração em z):
  • Para -1\le y\le0:
\int_{z=0}^{y+1} y\,dz = y\cdot (y+1).
  • Para 0\le y\le1:
\int_{z=0}^{1-y} y\,dz = y\cdot (1-y).
Portanto
I = \int_{-1}^{0} y(y+1)\,dy \;+\; \int_{0}^{1} y(1-y)\,dy.

Passo 9

Calcular cada integral em y passo a passo.
  • Primeiro termo:
\int_{-1}^{0} y(y+1)\,dy = \int_{-1}^{0} (y^{2}+y)\,dy = \left[\tfrac{y^{3}}{3}+\tfrac{y^{2}}{2}\right]_{-1}^{0} = 0 -\left(-\tfrac{1}{3}+\tfrac{1}{2}\right) = -\tfrac{1}{6}.
Detalhe: em y=-1 tem-se -\tfrac{1}{3}+\tfrac{1}{2}=\tfrac{1}{6}, por isso o resultado é -\tfrac{1}{6}.
  • Segundo termo:
\int_{0}^{1} y(1-y)\,dy = \int_{0}^{1} (y - y^{2})\,dy = \left[\tfrac{y^{2}}{2}-\tfrac{y^{3}}{3}\right]_{0}^{1} = \tfrac{1}{2}-\tfrac{1}{3} = \tfrac{1}{6}.

Passo 10

Somando as duas contribuições:
I = -\tfrac{1}{6} + \tfrac{1}{6} = 0.
Interpretação rápida (útil para prova): o triângulo é simétrico em relação a y=0 e a função y é ímpar nessa simetria, por isso a integral de y sobre o triângulo dá zero — isso evita cálculos longos quando perceber essa simetria.

Passo 11

Voltando à integral tripla e usando a separação do Passo 5:
\iiint_{T} x\,y\,dV = \left(\int_{0}^{1} x\,dx\right)\cdot I = \tfrac{1}{2}\cdot 0 = 0.

Resposta

0

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