\int_{0}^{1} \int_{0}^{\sqrt{1-x^{2}}} \int_{0}^{\sqrt{1-x^{2}-y^{2}}} \frac{z}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} d z d y d x
Passo 1
O enunciado pede o valor da integral tripla
\int_{0}^{1} \int_{0}^{\sqrt{1-x^{2}}} \int_{0}^{\sqrt{1-x^{2}-y^{2}}} \frac{z}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\, d z\, d y\, d x.
Informações dadas e limites:
x varia de 0 a 1.
Para cada x, y varia de 0 a \sqrt{1-x^{2}}.
Para cada (x,y), z varia de 0 a \sqrt{1-x^{2}-y^{2}}.
O integrando é \dfrac{z}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}.
Objetivo explícito: calcular o valor numérico dessa integral.
Passo 2
Observação sobre a região de integração e escolha do método (sem pânico — vamos passo a passo).
A condição 0\le x\le1, 0\le y\le\sqrt{1-x^{2}} descreve o disco de raio 1 no plano z=0 restrito ao primeiro quadrante (ou seja x\ge0,y\ge0, com x^{2}+y^{2}\le1).
O teto z=\sqrt{1-x^{2}-y^{2}} indica que z vai até a superfície da esfera unitaria x^{2}+y^{2}+z^{2}=1, sempre com z\ge0.
Logo a região é o octante positivo da bola unitária: \{(x,y,z): x\ge0,\;y\ge0,\;z\ge0,\;x^{2}+y^{2}+z^{2}\le1\}.
Motivo da escolha de coordenadas: o integrando tem \sqrt{x^{2}+y^{2}} no denominador — coordenadas cilíndricas simplificam isso (surgirá um r no denominador que cancela com o jacobiano). Portanto vamos usar coordenadas cilíndricas (r,\theta,z).
Passo 3
Lembrete didático rápido sobre coordenadas cilíndricas:
As fórmulas de mudança são x=r\cos\theta, y=r\sin\theta, z=z.
O elemento de volume é dV = r\, d r\, d\theta\, d z. Aqui o r surge do jacobiano da transformação.
A distância \sqrt{x^{2}+y^{2}} vira simplesmente r.
Agora traduzimos os limites para cilíndricas:
Pelo primeiro quadrante no plano xy temos \theta\in[0,\tfrac{\pi}{2}].
No disco de raio 1 temos r\in[0,1].
Para cada r a altura vai de z=0 até z=\sqrt{1-r^{2}} (porque x^{2}+y^{2}=r^{2}).
Substituição do integrando e do volume:
O integrando \dfrac{z}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} vira \dfrac{z}{r}.
Multiplicando pelo jacobiano r obtemos integrando efetivo z.
Portanto a integral se transforma em
\int_{\theta=0}^{\frac{\pi}{2}} \int_{r=0}^{1} \int_{z=0}^{\sqrt{1-r^{2}}} z \, d z \, d r \, d\theta.
Passo 4
Calcular a integral em z (a mais interna). Esta é uma integral simples:
\int_{0}^{\sqrt{1-r^{2}}} z \, d z
Usamos a primitiva de z, que é \dfrac{z^{2}}{2}. Avaliando nos limites:
\int_{0}^{\sqrt{1-r^{2}}} z \, d z = \left.\dfrac{z^{2}}{2}\right|_{0}^{\sqrt{1-r^{2}}} = \dfrac{1}{2}\bigl(1-r^{2}\bigr).
Passo 5
Agora substituímos o resultado e integramos em r e \theta:
\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \int_{0}^{1} \dfrac{1}{2}\bigl(1-r^{2}\bigr)\, d r \, d\theta.
Primeiro a integral em r:
\int_{0}^{1} \dfrac{1}{2}\bigl(1-r^{2}\bigr)\, d r = \left.\left(\dfrac{1}{2}r - \dfrac{1}{6}r^{3}\right)\right|_{0}^{1} = \dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{6} = \dfrac{1}{3}.
(Detalhe: \int 1\,dr = r e \int r^{2}\,dr = \dfrac{r^{3}}{3}, por isso os coeficientes.)
Passo 6
Por fim integramos em \theta. Como o integrando já não depende de \theta, a integral é só multiplicar pelo comprimento do intervalo: