Resolva a integral
\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 para calcular o valor da integral
\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 (limites que aparecem no enunciado):
  • x varia em [0,1].
  • Para cada x, y varia em \left[0,\sqrt{1-x^{2}}\right].
  • Para cada (x,y), z varia em \left[0,\sqrt{1-x^{2}-y^{2}}\right].
  • O integrando é \dfrac{z}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}.
O objetivo é computar o valor numérico dessa integral tripla.

Passo 2

Interpretação da região de integração E (dou o passo com calma para você visualizar bem):
  • A condição y\le\sqrt{1-x^{2}} significa x^{2}+y^{2}\le1 com x\ge0 e y\ge0; isto é, no plano xy a projeção é o quarto de círculo de raio 1 (ângulos entre 0 e \tfrac{\pi}{2}).
  • A condição z\le\sqrt{1-x^{2}-y^{2}} significa x^{2}+y^{2}+z^{2}\le1 com z\ge0.
    Portanto a região E é
E=\{(x,y,z)\mid x\ge0,\;y\ge0,\;z\ge0,\;x^{2}+y^{2}+z^{2}\le1\},
ou seja, o octante positivo do interior da esfera de raio 1 (um oitavo da esfera unitária).

Passo 3

Escolha do método: é natural usar coordenadas cilíndricas porque o integrando envolve \sqrt{x^{2}+y^{2}} (o raio no plano xy). Em coordenadas cilíndricas a dependência em \sqrt{x^{2}+y^{2}} fica simples e o jacobiano também simplifica a expressão. Esse método vai eliminar a aparente singularidade na linha r=0.

Passo 4

Recordando coordenadas cilíndricas e o jacobiano (dou a aula rapidinha e prática):
  • Em cilíndricas define-se x = r\cos\theta, y = r\sin\theta, z=z.
  • O raio no plano xy é r=\sqrt{x^{2}+y^{2}}.
  • O elemento de volume é dV = r\,dr\,d\theta\,dz (esse fator r é o jacobiano).
  • Nas nossas condições, como x\ge0,y\ge0, o ângulo \theta varia de 0 a \tfrac{\pi}{2}.
  • O raio r varia de 0 até 1 (a projeção no plano xy é o quarto de disco de raio 1).
  • Para cada r a altura z varia de 0 até \sqrt{1-r^{2}} (porque z^{2}=1-r^{2} na esfera).
Além disso, o integrando em termos de r,\theta,z fica:
\frac{z}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}=\frac{z}{r}.
Multiplicando pelo jacobiano r do volume temos
\frac{z}{r}\cdot r = z,
ou seja, a razão problemática \dfrac{1}{r} é cancelada pelo jacobiano — boa notícia, integral bem comportada.

Passo 5

Escrevendo a integral em coordenadas cilíndricas com os limites identificados:
\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 = \int_{\theta=0}^{\pi/2}\int_{r=0}^{1}\int_{z=0}^{\sqrt{1-r^{2}}} z \, d z\, r\,dr\,d\theta\Big/\!r
Mas já expliquei que o /r do integrando e o r do jacobiano se cancelam, então de forma direta:
\int_{\theta=0}^{\pi/2}\int_{r=0}^{1}\int_{z=0}^{\sqrt{1-r^{2}}} z \, d z\, dr\, d\theta.
(Coloquei a ordem dz\,dr\,d\theta porque é natural integrar primeiro em z.)

Passo 6

Integração em z (detalhadinho):
Para r e \theta fixos,
\int_{z=0}^{\sqrt{1-r^{2}}} z\, dz = \left.\frac{1}{2}z^{2}\right|_{0}^{\sqrt{1-r^{2}}} = \frac{1}{2}\bigl(1-r^{2}\bigr).
Logo a integral reduz para
\int_{\theta=0}^{\pi/2}\int_{r=0}^{1} \frac{1}{2}\bigl(1-r^{2}\bigr)\, dr\, d\theta.

Passo 7

Integração em r (faço passo a passo para você aplicar na prova):
Calcule
\int_{r=0}^{1} \frac{1}{2}\bigl(1-r^{2}\bigr)\, dr = \frac{1}{2}\int_{0}^{1} \bigl(1-r^{2}\bigr)\, dr = \frac{1}{2}\left[ r - \frac{r^{3}}{3} \right]_{0}^{1}.
Avaliação em r=1
\frac{1}{2}\left(1 - \frac{1}{3}\right) = \frac{1}{2}\cdot\frac{2}{3} = \frac{1}{3}.
Portanto o resultado da integral em r (com z já integrado) é \dfrac{1}{3}.

Passo 8

Integração em \theta:
Agora resta integrar em \theta de 0 a \tfrac{\pi}{2}:
\int_{\theta=0}^{\pi/2} \frac{1}{3}\, d\theta = \frac{1}{3}\left[\theta\right]_{0}^{\pi/2} = \frac{1}{3}\cdot\frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{6}.

Resposta

\dfrac{\pi}{6}

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