Questão 02 (2,0 pontos). Calcule a integral tripla \int_{-2}^{2} \int_{-\sqrt{4-x^{2}}}^{\sqrt{4-x^{2}}} \int_{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}^{2}\left(x^{2}+y^{2}\right) d z d y d x

Passo 1

O enunciado pede calcular a integral tripla
\int_{-2}^{2}\int_{-\sqrt{4-x^{2}}}^{\sqrt{4-x^{2}}}\int_{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}^{2}(x^{2}+y^{2})\,dz\,dy\,dx
sobre a região limitada pelo plano z=2 e pelo cone z=\sqrt{x^{2}+y^{2}} projetada no disco x^{2}+y^{2}\le4. Como o integrando e os limites dependem de x^{2}+y^{2}, é natural usar coordenadas cilíndricas.

Passo 2

Em coordenadas cilíndricas fazemos
x = r\cos\theta,\quad y = r\sin\theta,\quad z=z,
com jacobiano r. Então
x^{2}+y^{2}=r^{2},\quad dV = r\,dr\,d\theta\,dz,
e o integrando fica r^{2}\cdot r = r^{3}. Os limites são
0\le \theta\le 2\pi,\quad 0\le r\le 2,\quad r\le z\le 2.

Passo 3

A integral vira
\int_{\theta=0}^{2\pi}\int_{r=0}^{2}\int_{z=r}^{2}r^{3}\,dz\,dr\,d\theta.

Passo 4

Primeiro integramos em z:
\int_{z=r}^{2}r^{3}\,dz = r^{3}(2 - r).
Assim sobra
\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{2}r^{3}(2 - r)\,dr.

Passo 5

Agora integramos em r e em \theta:
\int_{0}^{2} (2r^{3}-r^{4})\,dr = \Bigl[\tfrac{2r^{4}}{4}-\tfrac{r^{5}}{5}\Bigr]_{0}^{2} = 8 - \tfrac{32}{5} = \tfrac{8}{5},
e
\int_{0}^{2\pi}d\theta = 2\pi.
Multiplicando, obtemos
2\pi \cdot \frac{8}{5} = \frac{16\pi}{5}.

Resposta

\displaystyle \frac{16\pi}{5}

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