(a)
(b)
©
(d)
(b)
©
(d)
Passo 1
O exercício pede o cálculo de quatro integrais triplas (itens a–d), envolvendo técnicas de mudança de variáveis (coordenadas cilíndricas ou polares) e integração iterada. Vamos reconhecer as regiões de integração em cada item, escolher o sistema de coordenadas adequado e aplicar integrais padrão para obter o resultado.
Passo 2
Para (a) a região projetada no plano xy é o primeiro quadrante do círculo de raio 1 e, em z, vai de 0 até z=√(4–x²–y²). Em coordenadas cilíndricas (r,θ,z) temos 0≤r≤1, 0≤θ≤π/2, 0≤z≤√(4–r²) e jacobiano r. O integrando z passa a z·r, logo
[I_a=\int_{0}{\pi/2}\int_{0}{1}\int_{0}{\sqrt{4-r{2}}}z,r,dz,dr,d\theta.]
Fazendo a integral em z: ∫₀^{√(4–r²)}z dz=(1/2)(4–r²). Então I_a=∫₀^{π/2}∫₀¹(1/2)(4r–r³)dr dθ. A integral em r dá (1/2)(7/4)=7/8, e em θ dá (7/8)(π/2)=7π/16.
[I_a=\int_{0}{\pi/2}\int_{0}{1}\int_{0}{\sqrt{4-r{2}}}z,r,dz,dr,d\theta.]
Fazendo a integral em z: ∫₀^{√(4–r²)}z dz=(1/2)(4–r²). Então I_a=∫₀^{π/2}∫₀¹(1/2)(4r–r³)dr dθ. A integral em r dá (1/2)(7/4)=7/8, e em θ dá (7/8)(π/2)=7π/16.
Passo 3
Para (b) a projeção no plano xy é o círculo (x–1)²+y²≤1, que em polares (x=r cosθ,y=r sinθ) vira 0≤r≤2 cosθ, –π/2≤θ≤π/2. O teto em z é z=x²+y²=r², integrando z de 0 a r². O integrando x²+y² torna-se r² e o jacobiano é r, resultando em
[I_b=\int_{-\pi/2}{\pi/2}\int_{0}{2\cos\theta}\int_{0}{r{2}}r{2}·r,dz,dr,d\theta=\int_{-\pi/2}{\pi/2}\int_{0}{2\cos\theta}r{5}dr,d\theta.]
Calcula-se ∫₀^{2 cosθ}r⁵dr=(32/3)cos⁶θ e depois ∫_{-π/2}^{π/2}cos⁶θdθ=(5π/16). Logo I_b=(32/3)·(5π/16)=10π/3.
[I_b=\int_{-\pi/2}{\pi/2}\int_{0}{2\cos\theta}\int_{0}{r{2}}r{2}·r,dz,dr,d\theta=\int_{-\pi/2}{\pi/2}\int_{0}{2\cos\theta}r{5}dr,d\theta.]
Calcula-se ∫₀^{2 cosθ}r⁵dr=(32/3)cos⁶θ e depois ∫_{-π/2}^{π/2}cos⁶θdθ=(5π/16). Logo I_b=(32/3)·(5π/16)=10π/3.
Passo 4
No item © a região Ω é um cilindro de base unitária e altura 1. A integral em z de 0 a 1 é trivial, e a projeção no xy é o círculo x²+y²≤1. Temos ∫Ω xy dV=∫₀¹dz·∬_{x²+y²≤1}xy dA. Mas ∬_{círculo}xy dA=0 por simetria (produto ímpar nas direções x ou y). Portanto I_c=0.
Passo 5
Em (d) integramos primeiro em z de 0 a 1, o que multiplica o integrando por 1. Restam
[I_d=\int_{1}{\sqrt{2}}\int_{0}{\sqrt{2-x{2}}}x,dy,dx=\int_{1}{\sqrt{2}}x\Bigl(\sqrt{2-x^{2}}\Bigr)dx.]
Fazendo a substituição u=2–x², du=–2x dx, obtemos I_d=–(1/3)(2–x²){3/2}|_{1}{√2}=(1/3).
[I_d=\int_{1}{\sqrt{2}}\int_{0}{\sqrt{2-x{2}}}x,dy,dx=\int_{1}{\sqrt{2}}x\Bigl(\sqrt{2-x^{2}}\Bigr)dx.]
Fazendo a substituição u=2–x², du=–2x dx, obtemos I_d=–(1/3)(2–x²){3/2}|_{1}{√2}=(1/3).
Resposta
(a) 7π/16; (b) 10π/3; © 0; (d) 1/3