Utilize coordenadas polares para determinar o volume do sólido dado.
O Sólido limitado pelo cilindro y=x^{2} e pelos planos z=0 e y+z=1.

Passo 1

O que o enunciado pede: determinar o volume do sólido limitado pelas superfícies y=x^{2} (parabólica cilíndrica), z=0 (plano inferior) e y+z=1 (plano superior).\n
Informações dadas e consequências imediatas:
  • O plano superior pode ser escrito como z=1-y, então a altura do sólido em cada ponto (x,y) vale 1-y.
  • O plano z=0 impõe a condição z\ge0, o que implica 1-y\ge0 ou seja y\le1.
  • A superfície y=x^{2} é a fronteira lateral; projetando o sólido no plano xy, obtemos a região
D=\{(x,y)\mid x^{2}\le y\le 1\},
que é a região entre a parábola y=x^{2} e a reta horizontal y=1 (com x variando de -1 a 1).\n
Portanto o volume procurado é a integral dupla do comprimento vertical 1-y sobre a região D.

Passo 2

Formulação do volume como integral dupla e passagem a coordenadas polares.\n
Em coordenadas cartesianas o volume é
V=\iint_{D} (1-y)\,dA.
Para usar coordenadas polares fazemos a mudança
x=r\cos\theta,\qquad y=r\sin\theta,
e lembramos que o elemento de área muda para dA=r\,dr\,d\theta (a razão é o fator jacobiano; pense em r\,dr\,d\theta como o pequeno “anel” na origem). Assim a integranda fica 1-y=1-r\sin\theta e o integrando completo em polares é (1-r\sin\theta)r.

Passo 3

Determinar a região D em coordenadas polares.\n
A condição da parábola y=x^{2} vira, substituindo x e y:
r^{2}\cos^{2}\theta \le r\sin\theta.
Para r>0 podemos dividir por r e obter
r \le \frac{\sin\theta}{\cos^{2}\theta},
ou seja a interseção com a parábola ocorre em r=r_{\text{par}}(\theta)=\dfrac{\sin\theta}{\cos^{2}\theta}. A condição y\le1 vira
r\sin\theta \le 1 \quad\Rightarrow\quad r \le \frac{1}{\sin\theta}=r_{\text{linha}}(\theta).
Além disso precisamos de \sin\theta>0 para que y>0, então \theta fica no intervalo (0,\pi).\n
Assim, para cada \theta\in(0,\pi) o limite radial superior é o mínimo entre r_{\text{par}}(\theta) e r_{\text{linha}}(\theta):
r_{\max}(\theta)=\min\!\left(\frac{\sin\theta}{\cos^{2}\theta},\;\frac{1}{\sin\theta}\right).
Para saber quando cada um domina comparamos as duas expressões:
\frac{\sin\theta}{\cos^{2}\theta}\le\frac{1}{\sin\theta} \quad\Longleftrightarrow\quad \sin^{2}\theta\le\cos^{2}\theta \quad\Longleftrightarrow\quad \tan^{2}\theta\le 1.
Isto acontece quando 0\le\theta\le\pi/4 ou 3\pi/4\le\theta\le\pi. No intervalo intermediário \pi/4\le\theta\le3\pi/4 domina r_{\text{linha}}(\theta)=1/\sin\theta.\n
Por simetria em relação ao eixo y (o domínio é simétrico em \theta\mapsto\pi-\theta) é conveniente trabalhar apenas com 0\le\theta\le\pi/2 e multiplicar por 2. Em 0\le\theta\le\pi/2 temos a divisão:
  • Para 0\le\theta\le\pi/4: r_{\max}=r_{\text{par}}=\dfrac{\sin\theta}{\cos^{2}\theta}.
  • Para \pi/4\le\theta\le\pi/2: r_{\max}=r_{\text{linha}}=\dfrac{1}{\sin\theta}.

Passo 4

Montagem da integral em polares, aproveitando a simetria.\n
Usando a simetria em torno do eixo y (fator 2), o volume fica
V=2\left(\int_{\theta=0}^{\pi/4}\int_{r=0}^{\frac{\sin\theta}{\cos^{2}\theta}} (1-r\sin\theta)\,r\,dr\,d\theta +\int_{\theta=\pi/4}^{\pi/2}\int_{r=0}^{\frac{1}{\sin\theta}} (1-r\sin\theta)\,r\,dr\,d\theta\right).
Calculemos a integral radial genérica
\int_{0}^{R}\!(1-r\sin\theta)\,r\,dr =\int_{0}^{R}\!(r-r^{2}\sin\theta)\,dr =\left[\tfrac{1}{2}r^{2}-\tfrac{1}{3}r^{3}\sin\theta\right]_{0}^{R} =\tfrac{1}{2}R^{2}-\tfrac{1}{3}R^{3}\sin\theta.
Aplicamos essa fórmula aos dois casos com os respectivos R.

Passo 5

Cálculo do termo com R=r_{\text{par}}=\dfrac{\sin\theta}{\cos^{2}\theta} (intervalo 0\le\theta\le\pi/4).\n
Substituindo R obtemos
\begin{aligned} I_{1}(\theta) &=\tfrac{1}{2}\frac{\sin^{2}\theta}{\cos^{4}\theta}-\tfrac{1}{3}\frac{\sin^{4}\theta}{\cos^{6}\theta} =\operatorname{sec}^{2}\theta\!\left(\tfrac{1}{2}\tan^{2}\theta-\tfrac{1}{3}\tan^{4}\theta\right). \end{aligned}
Para integrar em \theta usamos a substituição u=\tan\theta, então du=\operatorname{sec}^{2}\theta\,d\theta. Os limites vão de u(0)=0 até u(\pi/4)=1. Assim
\int_{0}^{\pi/4} I_{1}(\theta)\,d\theta =\int_{0}^{1}\left(\tfrac{1}{2}u^{2}-\tfrac{1}{3}u^{4}\right)\,du =\left[\tfrac{1}{6}u^{3}-\tfrac{1}{15}u^{5}\right]_{0}^{1} =\tfrac{1}{6}-\tfrac{1}{15}=\tfrac{1}{10}.

Passo 6

Cálculo do termo com R=r_{\text{linha}}=\dfrac{1}{\sin\theta} (intervalo \pi/4\le\theta\le\pi/2).\n
Substituindo R na expressão radial:
I_{2}(\theta)=\tfrac{1}{2}\frac{1}{\sin^{2}\theta}-\tfrac{1}{3}\frac{1}{\sin^{2}\theta} =\tfrac{1}{6}\csc^{2}\theta.
Integrando em \theta:
\int_{\pi/4}^{\pi/2} I_{2}(\theta)\,d\theta =\tfrac{1}{6}\int_{\pi/4}^{\pi/2}\csc^{2}\theta\,d\theta =\tfrac{1}{6}\left[-\cot\theta\right]_{\pi/4}^{\pi/2} =\tfrac{1}{6}\big(0-(-1)\big)=\tfrac{1}{6}.

Passo 7

Somar as contribuições, multiplicar pela simetria e obter o volume final.\n
A soma das duas integrais no intervalo 0\le\theta\le\pi/2 é
\int_{0}^{\pi/4}I_{1}(\theta)\,d\theta+\int_{\pi/4}^{\pi/2}I_{2}(\theta)\,d\theta =\tfrac{1}{10}+\tfrac{1}{6}=\tfrac{4}{15}.
Multiplicando pelo fator 2 (simetria para cobrir 0<\theta<\pi) obtemos
V=2\cdot\tfrac{4}{15}=\tfrac{8}{15}.

Resposta

\dfrac{8}{15}

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