Exercícios Resolvidos de Mudança para Coordenadas Cilíndricas

UFRJ, Cálculo 3, P1 - 2016.1, Questão 2

Calcule a integral tripla

W 70 z 2 x 2 + y 2 d x d y d z

Onde W é limitado pelas superfícies x 2 + y 2 = 1 + z 2 e z = - x 2 + y 2 + 1 .

Passo 1

Primeiro vamos tentar entender nossa região.

Primeiro temos um hiperboloide de uma folha: x 2 + y 2 = 1 + z 2

Interceptado pelo parabolóide: z = - x 2 + y 2 + 1

Então o que vamos querer na verdade é esse pedacinho aqui:

Basicamente, ele é limitado internamente pelo hiperboloide e externamente pelo paraboloide.

Agora vamos as contas!

Como essa nossa região W tem simetria em relação ao eixo z , vamos usar coordenadas cilíndricas, o que também é bem conveniente pra a função dentro da integral. Vamos ver!

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Vamos começar lembrando das coordenadas cilíndricas:

x = r cos θ

y = r sen θ

z = z

J = r

O θ dá pra ver que vai de 0 a 2 π .

O z fica entre dois valores constantes, que se isolarmos naquelas duas equações, temos:

z = - 1 + z 2 + 1 z 2 + z = 0

z = 0         e         z = - 1

Já o r vai ser dado pelas equações dos sólidos. Primeiro o de dentro:

x 2 + y 2 = 1 + z 2 r 2 = 1 + z 2

r = 1 + z 2

E depois o de fora:

z = - x 2 + y 2 + 1 z = - r 2 + 1

r = 1 - z

Agora é só jogar tudo na integral e resolver, vamos ver!

Passo 3

Se substituirmos tudo, a integral vai ficar:

W 70 z 2 x 2 + y 2 d x d y d z = 70 0 2 π - 1 0 1 + z 2 1 - z z 2 r 2 r   d r d z d θ

Parece uma conta chatinha, mas vamos com calma que dá pra fazer...

70 0 2 π d θ - 1 0 z 2 1 + z 2 1 - z r 3   d r d z

70   θ 0 2 π - 1 0 z 2 r 4 4 1 + z 2 1 - z d z

70 π 2 - 1 0 z 2 1 - z 2 - 1 + z 2 2 d z

70 π 2 - 1 0 z 2 1 - 2 z + z 2 - 1 + 2 z 2 + z 4 d z

70 π 2 - 1 0 z 2 - 2 z - z 2 - z 4 d z

- 70 π 2 - 1 0 2 z 3 + z 4 + z 6 d z

Calma que tamos quase lá!

- 70 π 2 z 4 2 - 1 0 + z 5 5 - 1 0 + z 7 7 - 1 0 = - 70 π 2 - 1 2 + 1 5 + 1 7

- 70 π 2 - 35 + 14 + 10 70 = - π - 11 2 = 11 π 2

Ufa, finalmente!

Resposta

11 π 2

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