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
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,
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}.