]
onde B=\{0 \leq x \leq 1,-1 \leq y \leq 2,0 \leq z \leq 3\}.
26. Calcule { }_{E} z d V, onde E é o tetraedro limitado pelos planos x=0, y=0, z=0 e x+y+z=1.

Passo 1

O enunciado pede para calcular a integral tripla
\iiint_{E} z\,dV,
onde E é o tetraedro limitado pelos planos x=0, y=0, z=0 e x+y+z=1.
Informações relevantes dadas:
  • A região E está no primeiro octante (porque x,y,z\ge 0).
  • A face inclinada é o plano \;x+y+z=1\;.
  • Precisamos integrar a função z sobre todo o volume E.

Passo 2

Vamos descrever geometricamente a região para montar a integral iterada. Se projetarmos E no plano xy (isto é, fixando z), obtemos o triângulo
T=\{(x,y)\mid x\ge 0,\; y\ge 0,\; x+y\le 1\},
porque a interseção do plano x+y+z=1 com z=0 é x+y=1. Para um par (x,y) em T, z varia de 0 até o valor dado pelo plano:
0\le z \le 1-x-y.
Portanto podemos escrever a integral como uma integral iterada na ordem dz\,dy\,dx:
\iiint_{E} z\,dV = \int_{x=0}^{1}\int_{y=0}^{1-x}\int_{z=0}^{1-x-y} z\,dz\,dy\,dx.
Explicando a ideia: primeiro, para cada ponto (x,y) no triângulo T integramos em z ao longo do segmento vertical desde z=0 até a superfície z=1-x-y. Depois integramos sobre todo o triângulo T.

Passo 3

Calcule a integral interna em z:
\int_{z=0}^{1-x-y} z\,dz.
A primitiva de z em relação a z é \tfrac{1}{2}z^{2}. Avaliando nos limites,
\int_{0}^{1-x-y} z\,dz = \left.\tfrac{1}{2}z^{2}\right|_{0}^{1-x-y} = \tfrac{1}{2}(1-x-y)^{2}.
Comentário rápido sobre o procedimento: sempre que integrar uma potência z^{n} usa-se a regra \int z^{n}dz = \tfrac{1}{n+1}z^{n+1} (aqui n=1).

Passo 4

Agora substituímos na integral dupla restante:
\int_{x=0}^{1}\int_{y=0}^{1-x} \tfrac{1}{2}(1-x-y)^{2}\,dy\,dx.
Para integrar em y é conveniente fazer a substituição linear
u=1-x-y \quad\Rightarrow\quad du=-dy.
Quando y=0, u=1-x. Quando y=1-x, u=0. Assim
\int_{y=0}^{1-x} \tfrac{1}{2}(1-x-y)^{2}\,dy = \tfrac{1}{2}\int_{u=1-x}^{0} u^{2}(-du) = \tfrac{1}{2}\int_{0}^{1-x} u^{2}\,du.
Agora usamos \int u^{2}du=\tfrac{1}{3}u^{3}, obtendo
\tfrac{1}{2}\cdot \tfrac{1}{3}(1-x)^{3} = \tfrac{1}{6}(1-x)^{3}.

Passo 5

Falta apenas integrar em x:
\int_{x=0}^{1} \tfrac{1}{6}(1-x)^{3}\,dx.
Novamente podemos usar a substituição t=1-x, dt=-dx. Quando x=0, t=1; quando x=1, t=0. Assim
\int_{0}^{1} \tfrac{1}{6}(1-x)^{3}\,dx = \tfrac{1}{6}\int_{1}^{0} t^{3}(-dt) = \tfrac{1}{6}\int_{0}^{1} t^{3}\,dt.
Usando \int t^{3}dt=\tfrac{1}{4}t^{4}, temos
\tfrac{1}{6}\cdot \tfrac{1}{4} = \tfrac{1}{24}.

Passo 6

Comentário didático rápido (jeito geométrico, útil na prova): o tetraedro E tem volume \tfrac{1}{6} (fórmula do simplex com interceptos 1 nos eixos). A integral \iiint_{E} z\,dV é o volume de E vezes a coordenada média em z do sólido. Como os quatro vértices são (0,0,0),(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1), o centroide tem coordenada z igual a \tfrac{1}{4}. Logo \iiint_{E} z\,dV=\tfrac{1}{6}\cdot\tfrac{1}{4}=\tfrac{1}{24}, consistente com o cálculo direto acima.

Resposta

\dfrac{1}{24}

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