\mathbf{3}^{\mathbf{a}} Questão: Considerem a integral tripla
I=\iiint_{E} z d V
onde E é a região situada acima do cone z=\sqrt{\left(x^{2}+y^{2}\right)} e dentro da esfera x^{2}+y^{2}+z^{2}=2 z,
(a) ( 5 pontos) Expresse a Integral I como uma Integral Iterada " d z d y d x ".
(b) ( 5 pontos) Expresse a Integral I como uma Integral Iterada em coordenadas cilíndricas (r, \theta, z).
(c) (7 pontos) Calcule a Integral I usando coordenadas esféricas ( \rho, \theta, \varphi ).

Passo 1

O enunciado pede o cálculo da integral tripla
I = \iiint_{E} z \,dV
onde E é a região no espaço situada acima do cone
z = \sqrt{x^2 + y^2}
e dentro da esfera
x^2 + y^2 + z^2 = 2z.
Vamos (a) escrever I como iterada em dz\,dy\,dx, (b) em coordenadas cilíndricas e (c) calcular usando coordenadas esféricas.

Passo 2

Para escrever I em coordenadas cartesianas, projetamos E no plano xy. Da interseção cone–esfera com z\ge0 vem
x^2+y^2\le1.
Para cada (x,y) nesse disco, z varia de
z_{\min}=\sqrt{x^2+y^2} \quad\text{até}\quad z_{\max}=\text{raiz positiva de }x^2+y^2+z^2=2z,é
isto é,
z_{\max}=1+\sqrt{\,1 - (x^2+y^2)\,}.
Logo
I = \int_{x=-1}^{1} \int_{y=-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}} \int_{z=\sqrt{x^2+y^2}}^{\,1+\sqrt{1 - (x^2+y^2)}} z \,dz\,dy\,dx.

Passo 3

Em coordenadas cilíndricas (r,\theta,z) temos x=r\cos\theta, y=r\sin\theta, dV=r\,dr\,d\theta\,dz. A projeção no plano r\theta é 0\le r\le1, 0\le\theta\le2\pi, e para dado r,
z\;\text{vai de}\;z=r \quad\text{até}\quad z=1+\sqrt{1-r^2}.é
Assim
I = \int_{\theta=0}^{2\pi} \int_{r=0}^{1} \int_{z=r}^{\,1+\sqrt{1-r^2}} z\;r\,dz\,dr\,d\theta.

Passo 4

Em coordenadas esféricas (\rho,\theta,\varphi) (com \varphi medido do eixo z), vale
x=\rho\sin\varphi\cos\theta,\quad y=\rho\sin\varphi\sin\theta,\quad z=\rho\cos\varphi, \quad dV=\rho^2\sin\varphi\,d\rho\,d\varphi\,d\theta.
A esfera x^2+y^2+z^2=2z vira \rho=2\cos\varphi e o cone z=\sqrt{x^2+y^2} é \varphi=\pi/4. Logo
0\le\theta\le2\pi,\quad 0\le\varphi\le\frac{\pi}{4},\quad 0\le\rho\le2\cos\varphi.
O integrando z\,dV fica
z\,dV = (\rho\cos\varphi)\,\bigl(\rho^2\sin\varphi\,d\rho\,d\varphi\,d\theta\bigr) = \rho^3\cos\varphi\,\sin\varphi\,d\rho\,d\varphi\,d\theta.
Portanto
I = \int_{0}^{2\pi}\!\! \int_{0}^{\pi/4}\!\! \int_{0}^{2\cos\varphi} \rho^3\cos\varphi\,\sin\varphi \,d\rho\,d\varphi\,d\theta.
Calculamos primeiro a integral em \rho:
\int_{0}^{2\cos\varphi}\rho^3\,d\rho = \frac{(2\cos\varphi)^4}{4} = \frac{16\cos^4\varphi}{4} =4\cos^4\varphi.
Então
I = \int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{\pi/4}4\cos^4\varphi\;\cos\varphi\,\sin\varphi\,d\varphi = 2\pi\cdot4 \int_{0}^{\pi/4}\cos^5\varphi\,\sin\varphi\,d\varphi.
Use u=\cos\varphi, du=-\sin\varphi\,d\varphi:
\int_{0}^{\pi/4}\cos^5\varphi\,\sin\varphi\,d\varphi = -\int_{u=1}^{u=\frac{\sqrt2}{2}}u^5\,du = \Bigl[-\tfrac{u^6}{6}\Bigr]_{1}^{\frac{\sqrt2}{2}} = \frac{7}{48}.
Logo
I = 8\pi\cdot\frac{7}{48} = \frac{7\pi}{6}.

Resposta

(a) I = \int_{x=-1}^{1} \int_{y=-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}} \int_{z=\sqrt{x^2+y^2}}^{\,1+\sqrt{1-(x^2+y^2)}} z \,dz\,dy\,dx.
(b) I = \int_{\theta=0}^{2\pi} \int_{r=0}^{1} \int_{z=r}^{\,1+\sqrt{1-r^2}} z\,r\,dz\,dr\,d\theta.
(c) \displaystyle I=\frac{7\pi}{6}.

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