Utilize a integral tripla para determinar o volume da região:
(a) abaixo de z=8-y e acima da região no plano x y limitada por y=2 x, x=3 e y=0.
(b) no primeiro octante que está abaixo de 4 x+8 y+z=16.
(c) atrás de 6 x+3 y+3 z=15 na frente do triângulo no plano x z de vértices neste plano (0,0),(0,4) e (2,4).
(d) limitada por y=x^{2}+z^{2} e y=\sqrt{x^{2}+z^{2}}.
(e) atrás de x+6 y+2 z=8 na frente da região no plano y z limitada por z=2 y e z=\sqrt{4 y}.

Passo 1

Você me pediu para usar integrais triplas (ou duplas quando for mais prático) para determinar volumes de cinco regiões diferentes. Vou listar claramente o que cada item pede e os dados que temos:
(a) Calcular o volume abaixo da superfície z=8-y e acima da região do plano x y limitada por y=2x, x=3 e y=0.
(b) Calcular o volume no primeiro octante (ou seja, x\ge0,\;y\ge0,\;z\ge0) que está abaixo do plano 4x+8y+z=16.
(c) Calcular o volume da região que fica “atrás” do plano 6x+3y+3z=15 e “na frente” do triângulo no plano x z de vértices (0,0),(0,4),(2,4). Os vértices estão no plano x z, ou seja, têm y=0.
(d) Calcular o volume da região limitada pelas superfícies y=x^{2}+z^{2} e y=\sqrt{x^{2}+z^{2}}.
(e) Calcular o volume da região “atrás” do plano x+6y+2z=8 e “na frente” da região no plano y z limitada por z=2y e z=\sqrt{4y}.
Em todos os itens vou:
  • Identificar a projeção (a base) no plano adequado.
  • Escolher uma ordem de integração conveniente.
  • Montar a integral (explico bem os limites).
  • Calcular passo a passo as integrais até obter o volume.

Passo 2

(a) Interpretação e projeção no plano xy.
A “base” é a região no plano xy limitada por y=2x, x=3 e y=0. Essa região é um triângulo com vértices (0,0), (3,0) e (3,6) porque em x=3 temos y=2\cdot3=6. Então podemos descrever a base por
0\le x\le 3,\qquad 0\le y\le 2x.
A superfície superior é z=8-y e abaixo da base assumimos z=0 (ou "acima da região no plano xy" significa acima do plano z=0). Logo o volume é
V=\iint_{R}(8-y)\,dA,
onde R é a base do triângulo.

Passo 3

(a) Cálculo da integral dupla (resolvendo a tripla de forma reduzida).
Escrevemos a integral como integral iterada:
V=\int_{x=0}^{3}\int_{y=0}^{2x}(8-y)\,dy\,dx.
Agora calculo a integral interna em y:
\int_{0}^{2x}(8-y)\,dy=\Big[8y-\frac{y^{2}}{2}\Big]_{0}^{2x}=8(2x)-\frac{(2x)^{2}}{2}=16x-2x^{2}.
Agora integro em x:
V=\int_{0}^{3}(16x-2x^{2})\,dx=\Big[8x^{2}-\frac{2}{3}x^{3}\Big]_{0}^{3}=8\cdot 9-\frac{2}{3}\cdot27=72-18=54.

Passo 4

(b) Interpretação e projeção no plano xy.
No primeiro octante com z\ge0 e abaixo do plano 4x+8y+z=16, temos z=16-4x-8y e exigimos z\ge0, logo a projeção R no plano xy é dada por
4x+8y\le 16 \quad\Longleftrightarrow\quad x+2y\le4.
Assim podemos tomar
0\le x\le 4,\qquad 0\le y\le \frac{4-x}{2}.
O volume é
V=\iint_{R}(16-4x-8y)\,dA.

Passo 5

(b) Cálculo da integral dupla.
Faço a integral iterada:
V=\int_{x=0}^{4}\int_{y=0}^{(4-x)/2}(16-4x-8y)\,dy\,dx.
Calculo a interna em y:
\int_{0}^{(4-x)/2}(16-4x-8y)\,dy=(16-4x)\,y-4y^{2}\Big|_{0}^{(4-x)/2}.
Com y=\dfrac{4-x}{2} obtemos
(16-4x)\frac{4-x}{2}-4\left(\frac{4-x}{2}\right)^{2} =32-16x+2x^{2}-\big(16-8x+x^{2}\big)=16-8x+x^{2}.
Agora integro em x:
V=\int_{0}^{4}(16-8x+x^{2})\,dx=\Big[16x-4x^{2}+\frac{x^{3}}{3}\Big]_{0}^{4} =64-64+\frac{64}{3}=\frac{64}{3}.
(Comentário prático: é também um tetraedro com interceptos x=4, y=2, z=16, então V=\dfrac{1}{6}\cdot4\cdot2\cdot16=\dfrac{64}{3}, mesmo resultado.)

Passo 6

(c) Entendimento geométrico e projeção no plano xz.
O triângulo dado está no plano xz (ou seja y=0) com vértices (0,0),(0,4),(2,4). Tomando coordenadas (x,z) para a projeção, esse triângulo é descrito por
0\le x\le 2,\qquad 2x\le z\le 4,
porque a aresta inclinada que liga (0,0) a (2,4) tem equação z=2x.
A superfície (plano) é 6x+3y+3z=15. Isolando y,
y=5-2x-z.
A interpretação "atrás do plano … na frente do triângulo no plano xz" vou entender como: o sólido está entre y=0 (o plano do triângulo, frente) e o plano y=5-2x-z (atrás), tomando a porção onde y\ge0. Portanto, para cada ponto (x,z) da projeção, y varia de 0 até 5-2x-z, desde que essa quantidade seja não negativa. Logo o volume é
V=\iint_{D}\big(5-2x-z\big)\,dA_{xz},
onde D é a parte do triângulo em que 5-2x-z\ge0.

Passo 7

(c) Determinar a região D (é necessário dividir em dois trechos).
Precisamos achar os pontos (x,z) do triângulo com z entre 2x e 4 tais que z\le 5-2x (porque 5-2x-z\ge0). Então comparamos a reta z=4 e a reta z=5-2x:
  • Para x pequeno, 5-2x\ge4 enquanto que para x maior 5-2x<4. O corte ocorre em 5-2x=4\Rightarrow x=0,5.
  • Também o limite superior deve ser \ge limite inferior z=2x; isso exige 2x\le 5-2x\Rightarrow x\le 1{,}25.
Assim x vai de 0 até 1{,}25; temos que dividir:
  • Para 0\le x\le 0{,}5: z varia de 2x até 4 (pois 5-2x\ge4).
  • Para 0{,}5\le x\le 1{,}25: z varia de 2x até 5-2x.

Passo 8

(c) Montagem das integrais e cálculo (primeiro trecho 0\le x\le 0{,}5).
Escrevo a primeira parcela do volume:
V_{1}=\int_{x=0}^{0{,}5}\int_{z=2x}^{4}(5-2x-z)\,dz\,dx.
Calculo a integral interna:
\int_{2x}^{4}(5-2x-z)\,dz=\Big[(5-2x)z-\frac{z^{2}}{2}\Big]_{2x}^{4}.
Avalio em z=4: (5-2x)4-\dfrac{16}{2}=20-8x-8=12-8x.
Em z=2x: (5-2x)2x-\dfrac{(2x)^{2}}{2}=10x-4x^{2}-2x^{2}=10x-6x^{2}.
Subtraindo:
(12-8x)-(10x-6x^{2})=12-18x+6x^{2}.
Agora integro em x de 0 a 0{,}5:
V_{1}=\int_{0}^{0{,}5}(12-18x+6x^{2})\,dx=\Big[12x-9x^{2}+2x^{3}\Big]_{0}^{0{,}5}.
Calculo em x=0{,}5: 12\cdot0{,}5-9\cdot0{,}25+2\cdot0{,}125=6-2{,}25+0{,}25=4.
Portanto V_{1}=4.

Passo 9

(c) Cálculo da segunda parcela ( 0{,}5\le x\le 1{,}25).
A segunda parcela é
V_{2}=\int_{x=0{,}5}^{1{,}25}\int_{z=2x}^{5-2x}(5-2x-z)\,dz\,dx.
Integral interna:
\int_{2x}^{5-2x}(5-2x-z)\,dz=\Big[(5-2x)z-\frac{z^{2}}{2}\Big]_{2x}^{5-2x}.
Avaliando em z=5-2x obtemos
(5-2x)(5-2x)-\frac{(5-2x)^{2}}{2}=\frac{(5-2x)^{2}}{2}.
Em z=2x obtemos como antes 10x-6x^{2}. Subtraindo:
\frac{(5-2x)^{2}}{2}-(10x-6x^{2}).
Expando (5-2x)^{2}=25-20x+4x^{2}, metade é 12{,}5-10x+2x^{2}. Subtraindo 10x-6x^{2}
12{,}5-20x+8x^{2}.
Agora integro:
V_{2}=\int_{0{,}5}^{1{,}25}\big(12{,}5-20x+8x^{2}\big)\,dx =\Big[12{,}5x-10x^{2}+\frac{8}{3}x^{3}\Big]_{0{,}5}^{1{,}25}.
Avalio nos extremos:
  • Em x=1{,}25: 12{,}5\cdot1{,}25-10\cdot1{,}5625+\frac{8}{3}\cdot1{,}953125 =15{,}625-15{,}625+\frac{15{,}625}{3}=\frac{15{,}625}{3}.
  • Em x=0{,}5: 12{,}5\cdot0{,}5-10\cdot0{,}25+\frac{8}{3}\cdot0{,}125 =6{,}25-2{,}5+\frac{1}{3}=3{,}75+\frac{1}{3}=4{,}083333\ldots
Subtraindo numericamente ou em frações chegamos a V_{2}=1{,}125=\dfrac{9}{8}.

Passo 10

(c) Soma das parcelas e resultado final do item (c).
Somando V=V_{1}+V_{2}=4+\dfrac{9}{8}=\dfrac{32}{8}+\dfrac{9}{8}=\dfrac{41}{8}.
Então o volume pedido no item (c) é \dfrac{41}{8}.

Passo 11

(d) Observação de simetria e mudança para coordenadas cilíndricas “rotacionadas”.
As superfícies envolvidas depend apenas de r=\sqrt{x^{2}+z^{2}} e de y. É natural usar coordenadas cilíndricas em que tomamos r=\sqrt{x^{2}+z^{2}}, ângulo \theta em torno do eixo y, e y vertical. As equações ficam:
y=r^{2}\quad\text{(superfície inferior)},\qquad y=r\quad\text{(superfície superior)}.íí
As interseções ocorrem quando r^{2}=r\Rightarrow r=0 ou r=1. Para 0\le r\le1 tem-se r\ge r^{2}, logo y varia de r^{2} até r. O elemento de área na projeção (o jacobiano na integração sobre x,z) dá um fator r. Assim
V=\int_{\theta=0}^{2\pi}\int_{r=0}^{1}\int_{y=r^{2}}^{r} r\,dy\,dr\,d\theta.

Passo 12

(d) Calculo da integral tripla em coordenadas cilíndricas.
Calculo a integral interna em y:
\int_{y=r^{2}}^{r} r\,dy = r\big(r-r^{2}\big)=r^{2}-r^{3}.
Agora integro em r e \theta:
V=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{1}\big(r^{2}-r^{3}\big)\,dr\,d\theta =2\pi\int_{0}^{1}\big(r^{2}-r^{3}\big)\,dr.
Calculo em r:
\int_{0}^{1}\big(r^{2}-r^{3}\big)\,dr=\Big[\frac{r^{3}}{3}-\frac{r^{4}}{4}\Big]_{0}^{1}=\frac{1}{3}-\frac{1}{4}=\frac{1}{12}.
Multiplicando por 2\pi
V=2\pi\cdot\frac{1}{12}=\frac{\pi}{6}.

Passo 13

(e) Interpretação e projeção no plano yz.
A região no plano yz é limitada por z=2y e z=\sqrt{4y}=2\sqrt{y}. Interseção: resolvendo 2y=2\sqrt{y} \sqrt{y}=0 ou \sqrt{y}=1, então y=0 e y=1; logo 0\le y\le1. Para 0<y<1 temos 2\sqrt{y}>2y, então podemos tomar para a projeção 0\le y\le1,\;2y\le z\le 2\sqrt{y}.
O plano que limita na direção x é x+6y+2z=8, isolando x obtemos x=8-6y-2z. Supondo que o sólido esteja entre o plano x=0 (frente) e esse plano (atrás), o volume é
V=\iint_{R}\big(8-6y-2z\big)\,dA_{yz},
com R=\{(y,z):0\le y\le1,\;2y\le z\le 2\sqrt{y}\}.

Passo 14

(e) Cálculo da integral dupla.
Escrevo a integral iterada:
V=\int_{y=0}^{1}\int_{z=2y}^{2\sqrt{y}}(8-6y-2z)\,dz\,dy.
Faço a integral interna em z:
\int_{2y}^{2\sqrt{y}}(8-6y-2z)\,dz=(8-6y)z-z^{2}\Big|_{2y}^{2\sqrt{y}}.
Avalio em z=2\sqrt{y}:
(8-6y)2\sqrt{y}-(2\sqrt{y})^{2}=2(8-6y)\sqrt{y}-4y.
Avalio em z=2y:
(8-6y)2y-(2y)^{2}=16y-12y^{2}-4y^{2}=16y-16y^{2}.
Subtraindo obtenho a integranda em y:
2(8-6y)\sqrt{y}-4y-(16y-16y^{2})=16\sqrt{y}-12y^{3/2}-20y+16y^{2}.
Agora integro de 0 a 1:
V=\int_{0}^{1}\big(16y^{1/2}-12y^{3/2}-20y+16y^{2}\big)\,dy.
Integro termo a termo:
\int 16y^{1/2}dy=16\cdot\frac{2}{3}y^{3/2}=\frac{32}{3}y^{3/2},
\int -12y^{3/2}dy=-12\cdot\frac{2}{5}y^{5/2}=-\frac{24}{5}y^{5/2},
\int -20y\,dy=-10y^{2},
\int 16y^{2}dy=\frac{16}{3}y^{3}.
Avaliando de 0 a 1 obtemos
V=\frac{32}{3}-\frac{24}{5}-10+\frac{16}{3}.
Somando os termos em 1: \dfrac{32}{3}+\dfrac{16}{3}=\dfrac{48}{3}=16. Assim
V=16-10-\frac{24}{5}=6-\frac{24}{5}=\frac{30-24}{5}=\frac{6}{5}.

Resposta

(a) 54
(b) \dfrac{64}{3}
(c) \dfrac{41}{8}
(d) \dfrac{\pi}{6}
(e) \dfrac{6}{5}

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