Exercícios Resolvidos de Integrais Triplas em Regiões Gerais

Coordenadas cilíndricas

Calcule a integral

∭ E   x z   d x d y d z

Sobre a região E = { x , y , z : x 2 + y 2 + z 2 ≤ 36   e   z ≥ x 2 + y - 6 2 ,   x ≥ 0 } .

Passo 1

Vamos fazer um esboço da região W para entender melhor o que está sendo pedido. Temos uma esfera de raio 6 centrada na origem e um cone, dado pela equação z ≥ x 2 + y - 6 2 . Repare que, no lugar de onde costumamos ter “ y ”, temos ( y - 6 ) , isso quer dizer que o cone não está centrado em y = 0 , mas sim em y = 6 , na verdade, no ponto ( 0,6 , 0 ) .

Vamos desenhar isso aí então:

Repare que o problema também diz que x ≥ 0 . Temos algo assim então:

Nossa região é a que está dentro da esfera e acima do cone. Beleza?

Como podemos ver, em z o sólido é limitado embaixo pelo cone z = x 2 + y - 6 2 e em cima pela esfera x 2 + y 2 + z 2 = 36 .   No plano x y , temos um domínio D , com o qual não vamos nos preocupar por enquanto. Vamos, então, escrever essa região como tipo I:

E = { ( x , y , z ) | x , y ∈ D ;   x 2 + y - 6 2 ≤ z ≤ 36 - x 2 - y 2 }

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Vamos agora substituir os intervalos que encontramos na integral iterada:

∬ D   ∫ x 2 + y - 6 2 36 - x 2 - y 2 x z   d z d x d y

Passo 3

Integrando em relação a z , temos:

= ∬ D   x z 2 2 x 2 + y - 6 2 36 - x 2 - y 2 d x d y =

= 1 2 ∬ D   36 - x 2 - y 2 - x 2 - y - 6 2 x d x d y =

= 1 2 ∬ D   - 2 x 2 - 2 y 2 + 12 y x d x d y =

= - ∬ D   x 2 + y 2 - 6 y x d x d y =

Passo 4

Agora vamos descrever essa região D , que é a projeção do sólido no plano x y . Antes de tudo, temos que fazer a interseção entre essas duas curvas, certo? Descobrir qual é a curva que elas formam no plano x y . Para isso, precisamos igualar a equação da esfera à do cone:

z = x 2 + y - 6 2 = 36 - x 2 - y 2

x 2 + y 2 - 12 y + 36 = 36 - x 2 - y 2

2 x 2 + 2 y 2 - 12 y = 0

x 2 + y 2 - 6 y = 0

Agora nós completamos o quadrado do termo y , desse jeito:

x 2 + y - 3 2 ⏟ y 2 - 6 y + 9 = 9

Quando nós substituímos y 2 - 6 y por y - 3 2 , acabamos adicionando à equação um temos 9 que não existia, por isso, tivemos que compensar com um 9 do outro lado.

Não podemos nos esquecer de que x ≥ 0 !

Bom, isso aí é parte de uma circunferência de raio 3   deslocada da origem, não é? Ela estã centrada em ( 0,3 ) :

Essa imagem representa o sólido E visto de cima, esse é o nosso domínio D . Como se trata de uma circunferência, vamos usar coordenadas polares, né? Já que a circunferência está deslocada para ( 0,3 ) , vamos fazer a seguinte substituição polar:

x = r cos ⁡ θ

y = r sen ⁡ θ + 3

J = r

Por que isso? Porque, quando aplicarmos isso à equação x 2 + y - 3 2 = 9 esse + 3 vai sumir e ela vai se transformar em apenas r = 3 . É como se estivéssemos trazendo o centro dos novos eixos coordenados para o centro na circunferência. Podemos dizer, então, que - π / 2 ≤ θ ≤ π / 2 (imagine o centro dos eixos coordenados no centro da circunferência).

Não gostou disso? Faz a substituição polar normal então, você só vai encontrar algumas expressões mais trabalhosas, os intervalos de integração serão diferentes, mas está certo do mesmo jeito!

Temos, então, 0 ≤ r ≤ 3 e - π / 2   ≤ θ ≤ π / 2

Substituindo na integral:

= - ∬ D   x 2 + y 2 - 6 y x d x d y =

= - ∫ - π / 2 π / 2 ∫ 0 3 r 2 cos 2 ⁡ θ + r   s e n   θ + 3 2 - 6 r   s e n   θ + 3 r 2 cos ⁡ θ d r d θ =

= - ∫ - π / 2 π / 2 ∫ 0 3 r 2 + 9 - 18 r 2 cos ⁡ θ d r d θ =

= - ∫ - π / 2 π / 2 ∫ 0 3 r 2 - 9 r 2 cos ⁡ θ d r d θ =

= - ∫ - π / 2 π / 2 ∫ 0 3 r 4 - 9 r 2 cos ⁡ θ d r d θ =

Passo 5

Agora vamos começar integrando em relação a r :

= - ∫ - π / 2 π / 2 r 5 5 - 3 r 3 cos ⁡ θ 0 3 d θ =

= - 162 5 ∫ - π / 2 π / 2 cos ⁡ θ d θ =

Passo 6

Agora em relação a θ :

= 162 5 s e n   θ - π / 2 π / 2 =

= 162 5 1 - - 1 =

= 162 5 2

= 324 5

Resposta

324 5

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