Exercícios Resolvidos de Integrais Triplas em Regiões Gerais

Integrais triplas

Calcule o volume do sólido V contido no primeiro octante (i.e., x ≥ 0 ,   y ≥ 0 ,   z ≥ 0 ) e limitado pelas superfícies z + x 2 9 + y 2 4 = 1 e z - x 2 4 - y 2 9 = 0 .

Passo 1

Vamos começar desenhando esse sólido, para poder montar o problema. Temos dois paraboloides, um virado para cima e um para baixo, dessa forma:

A região E do problema é a que fica entre as duas superfícies, contida no primeiro octante.

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Agora vamos escrever matematicamente essa região. Podemos dizer que z varia entre as duas superfícies, enquanto as variáveis x e y pertencem a um domínio D do plano x y , a projeção do sólido (no caso, um círculo).

Assim, a região é a seguinte:

E = x , y , z ( x , y ) ∈ D ;   x 2 4 + y 2 9 ≤ z ≤ 1 - x 2 9 - y 2 4  

Passo 3

Beleza, agora vamos levar isso para a integral

V = ∭ E   d x d y d z = ∬ D   ∫ x 2 4 + y 2 9 1 - x 2 9 - y 2 4 d z d A

= ∬ D   1 - x 2 9 - y 2 4 - x 2 4 + y 2 9 d A =

= ∬ D   1 - 13 x 2 36 - 13 y 2 36 d A =

Passo 4

Agora nós vamos escrever essa região plana D . Antes de tudo, vamos descobrir que círculo é esse fazendo a intersecção entre as duas superfícies:

z = 1 - x 2 9 - y 2 4 = x 2 4 + y 2 9

13 x 2 36 + 13 y 2 36 = 1

x 2 + y 2 = 36 13

A região D é, então, o interior dessa circunferência de raio r = 6 13   . Vamos usar coordenadas polares então:

x = r cos ⁡ θ

y = r   s e n   θ

J = r

Como o enunciado pede a região no primeiro octante apenas, podemos escrever:

D = r , θ 0 ≤ r ≤ 6 13   ; 0 ≤ θ ≤ π / 2  

Passo 5

Levando para a integral a mudança polar:

V = ∫ 0 π / 2 ∫ 0 6 13   1 - 13 36 r 2 r d r d θ

Agora é só resolver isso aí!

= ∫ 0 π / 2 r 2 2 - 13 36 × 4 r 4 0 6 13   d θ =

= ∫ 0 π / 2 36 26 - 13 36 × 4 × 36 × 36 13 × 13 d θ =

= ∫ 0 π / 2 18 13 - 9 13 d θ =

= π 2 × 9 13 = 9 π 26

Resposta

9 π 26

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