Exercícios Resolvidos de Mudança para Coordenadas Cilíndricas

UNICAMP, Cálculo 2, Exame - 2016.2 - 4º Noturno, Questão 3

Calcule o valor da integral tripla I = E   z   d V , em que E está acima do plano z = 0 , abaixo do plano z = y e dentro do cilindro x 2 + y 2 = 2 , conforme mostra a figura abaixo.

Passo 1

Epa! Integral tripla dentro de um cilindro? Coordenadas cilíndricas na veia!

Ou seja, vamos trocar essas variáveis aí por:

x = r cos θ

y = r sin θ

z = z

Não podemos esquecer do jacobiano que nesse tipo de mudança é

J = r

Se lembra?

AH! Tô ligado, mas vêm cá: quais são os limites desses novos caras aí?

Hummm! Boa questão! Para determinar as variações dessas novas coordenadas, vamos olhar para o desenho do sólido E dado no problema. Vem comigo!

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Bem, primeiro a gente tem que já ter em mente que o ângulo θ sempre começa no eixo x e varia positivamente no sentido anti-horário, dessa forma aqui:

Comparando com o sólido E do problema (esse pedacinho dentro dos dois planos)

Podemos perceber que esse ângulo dá uma meia volta, ou seja

0 θ π

Quanto ao raio r , bem ele inicia no eixo, em r = 0 e vai até o raio máximo desse cilindro verde, que de acordo com o enunciado, r = 2 ,

0 r 2

Bem, quanto ao último, o z (deixei o melhor para o final ), ele varia como o próprio exercício disse, ou seja, do plano z = 0 até o plano z = y , ou seja

0 z y

Como mudamos de coordenadas, o y virou r sin θ , logo

0 z r sin θ

Percebeu? :D

Passo 3

Bem, estamos agora preparadérrimos para voltar para a integral tripla e substituir todas essas coisas ! Veja só:

I = E   z   d V =

0 π 0 2 0 r sen θ z J d z d r d θ

Substituindo o Jacobiano...

0 π 0 2 0 r sen θ z r   d z d r d θ

Integral montada, bora calcula-la então!

Passo 4

Primeiro vamos integrar em z considerando todo resto constante:

0 π 0 2 r z 2 2 0 r sen θ d r d θ =

Substituindo esses limites de integração

0 π 0 2 r r 2 sen 2 θ 2 d r d θ =

1 2 0 π 0 2 r 3 sen 2 θ d r d θ =

Agora integrando em r , sim considerando θ constante

1 2 0 π sen 2 θ r 4 4 0 2 d θ

Limites...

1 2 0 π sen 2 θ 2 4 4 d θ =

Lembrando que 2 4 = 2 4 = 2 2 ...

1 2 0 π sen 2 θ 4 4 d θ =

1 2 0 π sen 2 θ d θ =

Bem, agora, para resolver essa integral aí, devemos recordar que podemos substituir esse cosseno aí por sen 2 θ = 1 - cos 2 θ 2 .

1 2 0 π 1 - cos 2 θ 2 d θ =

Passando esse dois pro lado de fora...

1 4 0 π 1 - cos 2 θ d θ =

1 4 0 π 1 d θ - 0 π cos 2 θ d θ =

A primeira integral sai direto,

1 4 π - 0 π cos 2 θ d θ

Passo 5

Quanto a segunda, vamos fazer uma substituição de 2 θ = a , assim

d a = 2 d θ                     d θ = d a / 2

Não podemos esquecer-nos de mudar os limites de θ

θ = 0                     2 θ = a             a = 0

θ = π                     2 θ = a             a = 2 π

0 π cos 2 θ d θ = 0 2 π cos a 2 d a = 1 2 sin a 0 2 π

Substituindo os limites lembrando que sin 2 π = sin 0 = 0

0 π cos 2 θ d θ = 0

Passo 6

Logo, retornando para onde paramos

1 4 π - 0 π cos 2 θ d θ =

1 4 π - 0 = π 4

Resposta

I = π 4

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