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Integrais Triplas

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Teoria

Módulo 2

Opa, tudo bem? Vamos escrever uma matemática aqui embaixo: (basta apertar ‘ALT + =’ )

Exercícios Resolvidos

Exercício Resolvido #1

George B. Thomas, Cálculo Volume II, 11ª ed. São Paulo: Pearson Education do Brasil Ltda., 2009

Calcule a integral:

∫ 0 1 ∫ 0 1 ∫ 0 1 x 2 + y 2 + z 2   d z d y d x

Passo 1

Fala aíí! Vamos começar com nosso estudo de integrais triplas!

Repare que nessa questão os limites de integração já estão posicionados na integral, é válido lembrar também que devemos resolver sempre de dentro para fora, ou seja, primeiro integraremos em z depois em y e por último em x .

Passo 2

Quando vamos integrar em relação a z , consideramos x e y constantes, lembra? Fica assim então, integrando em z :

Vamos começar integrando em relação a z ,   ou seja, vamos ver só essa integral aqui

∫ 0 1 x 2 + y 2 + z 2   d z

Vamos separar em 3 integrais

∫ 0 1 x 2 d z + ∫ 0 1 y 2   d z + ∫ 0 1 z 2   d z

Lembrando que integral em relação a z , temos x   e y como constantes, então vamos fazer!

x 2 ⋅ z 0 1 + y ⋅ z 0 1 + z 3 3 0 1

Substituindo os limites de integração, temos

x 2 ( 1 - 0 ) + y 2 ( 1 - 0 ) + ( 1 - 0 ) 3

E isso da

x 2 + y 2 + 1 3

Passo 3

Show, vamos pegar esse resultado e aplicar na nossa integral do meio (em relação a y )

∫ 0 1 x 2 + y 2 + 1 3   d y

∫ 0 1 x 2 d y + ∫ 0 1 y 2   d y + ∫ 0 1 1 3   d y

x 2 ⋅ y 0 1 + y 3 3 0 1 + 1 3 ⋅ y 0 1

Substituindo os limites de integração temos

x 2 ⋅ 1 - 0 + 1 3 - 0 3 3 + 1 3 ⋅ 1 - 0

Então ficamos com

x 2 + 1 3 + 1 3

Que é a mesma coisa que

x 2 + 2 3

Passo 4

Agora vamos pegar esse resultado e aplicar na nossa última integral!

∫ 0 1 x 2 + 2 3   d x

Vamos separar em duas integrais, ficando com

∫ 0 1 x 2   d x ∫ 0 1 2 3   d x

Resolvendo isso daí, temos

x 3 3 0 1 + 2 3 ⋅ x 0 1

Substituindo nossos limites de integração temos

( 1 3 - 0 3 ) 3 + 2 3 ⋅ ( 1 - 0 )

E isso dá pra gente

1 3 + 2 3

Que é a mesma coisa que

3 3 = 1

Resposta

1

Exercício Resolvido #2

Elaboração Própria

Calcule a integral:

∫ 1 2 ∫ - 1 1 ∫ 0 2 x + y + z   d x d y d z

Passo 1

Fala aíí! Vamos continuar nossos exercicos para ficar fera nas integrais triplas!

Vamos lá, repare que nessa questão os limites de integração já estão posicionados na integral, é válido lembrar também que devemos resolver sempre de dentro para fora, ou seja, primeiro integraremos em x depois em y e por último em z .

Passo 2

Quando vamos integrar em relação a x , consideramos y e z constantes, lembra? Fica assim então, integrando em x :

Vamos começar integrando em relação a z ,   ou seja, vamos ver só essa integral aqui

∫ 0 2 x + y + z   d x

Vamos separar em 3 integrais

∫ 0 2 x   d x + ∫ 0 2 y   d x + ∫ 0 2 z   d x

Lembrando que integral em relação a x , temos y   e z como constantes, então vamos fazer!

x 2 2 0 2 + y ⋅ x 0 2 + z ⋅ x 0 2

Substituindo os limites de integração, temos

2 2 - 0 2 2 + y ⋅ 2 - 0 + z ⋅ 2 - 0

E isso da

4 2 + 2 y + 2 z

Que simplificando fica

2 + 2 y + 2 z

Passo 3

Show, vamos pegar esse resultado e aplicar na nossa integral do meio (em relação a y )

∫ 0 1 2 + 2 y + 2 z   d y

∫ - 1 1 2 d y + ∫ - 1 1 2 y   d y + ∫ - 1 1 2 z   d y

2 ⋅ y 0 1 + 2 y 2 2 0 1 + 2 z ⋅ y 0 1

Substituindo os limites de integração e simplificando os 2 , temos

2 1 - ( - 1 ) + 1 2 - ( - 1 ) 2 + 2 z 1 - ( - 1 )

Temos então

2 2 + 1 - 1 + 2 z 2

E isso da

4 + 0 + 4 z

Que é igual a

4 + 4 z

Passo 4

Agora vamos pegar esse resultado e aplicar na nossa última integral!

∫ 1 2 4 + 4 z   d z

Vamos separar em duas integrais, ficando com

∫ 1 2 4   d z + ∫ 1 2 4 z   d z

Resolvendo isso daí, temos

4   z 1 2 + 4 z 2 2 1 2

Substituindo nossos limites de integração e simplificando 4 com 2 temos

4   z 1 2 + 2   z 2 1 2

4 ⋅ ( 2 - 1 ) + 2 ⋅ ( 2 2 - 1 2 )

E isso dá pra gente

4 ⋅ 1 + 2 ⋅ ( 3 )

Que é a mesma coisa que

4 + 6 = 10

Então, temos que

∫ 1 2 ∫ - 1 1 ∫ 0 2 x + y + z   d x d y d z = 10

Resposta

∫ 1 2 ∫ - 1 1 ∫ 0 2 x + y + z   d x d y d z = 10

Exercício Resolvido #3

George B. Thomas, Cálculo Volume II, 11ª ed. São Paulo: Pearson Education do Brasil Ltda., 2009

Calcule a integral:

∫ 0 π ∫ 0 π ∫ 0 π cos ⁡ ( u + v + w )   d u d v d w

Passo 1

Fala aíí! Vamos continuar nossos exercicos para ficar fera nas integrais triplas!

Vamos lá, repare que nessa questão os limites de integração já estão posicionados na integral, é válido lembrar também que devemos resolver sempre de dentro para fora, ou seja, primeiro integraremos em u depois em v e por último em w .

Passo 2

Quando vamos integrar em relação a u , consideramos v e w constantes, lembra? Fica assim então, integrando em u :

Vamos começar integrando em relação a z ,   ou seja, vamos ver só essa integral aqui

∫ 0 π cos ⁡ ( u + v + w ) d u

Vamos fazer uma substituição simples

u + v + w = a

Derivando em relação a u , temos que

d u = d a

Então temos a seguinte integral

∫ cos ⁡ ( a ) d a

E essa integral fica

s e n a →   s e n u + v + w

Agora vamos colocar nossos limites de integração

  s e n ( u + v + w ) | 0 π

Substituindo e subtraindo temos

s e n π + v + w - s e n 0 + v + w

Que é ninguém mais, ninguém menos que

s e n π + v + w - s e n v + w

Passo 3

Show, vamos pegar esse resultado e aplicar na nossa integral do meio (em relação a v )

∫ 0 π s e n π + v + w - s e n v + w d v

Vamos separar em duas integrais

∫ 0 π s e n π + v + w d v - ∫ 0 π s e n v + w d v

Na primeira integral vamos fazer

π + v + w = a

d v = d a

E na segunda

v + w = b

d v = d b

Então temos

∫ s e n a d a - ∫ s e n b d b

Integrando, temos

- cos ⁡ a - - cos ⁡ b

Substituindo de volta, temos

- cos ⁡ π + v + w + c o s ⁡ ( v + w ) v = 0 v = π

Substituindo v pelos limites, temos

- cos ⁡ π + π + w + cos ⁡ π + w - - cos ⁡ π + 0 + w + cos ⁡ 0 + w

Ajeitando isso aí, ficamos com

- cos ⁡ 2 π + w + cos ⁡ π + w + cos ⁡ π + w - cos ⁡ w

Somando os termos comuns, temos

- cos ⁡ 2 π + w + 2 cos ⁡ π + w - c o s ⁡ ( w )

Passo 4

Agora vamos pegar esse resultado e aplicar na nossa última integral!

∫ 1 2 - cos ⁡ 2 π + w + 2 cos ⁡ π + w - cos ⁡ w d w

Vamos separar em três integrais, ficando com

- ∫ 1 2 cos ⁡ 2 π + w d w + 2 ∫ 1 2 cos ⁡ π + w d w - ∫ 1 2 cos ⁡ w d w

Vamos fazer que nem os passos anteriores aquelas substituições e ficamos com

- s e n 2 π + w + 2 s e n π + w - s e n ( w ) | 0 π

Resolvendo isso daí, temos

[ - sen ⁡ 2 π + π + 2 sen ⁡ π - sen ⁡ π - - sen ⁡ 2 π + 0 + 2 sen ⁡ π + 0 - sen ⁡ 0

Que é a mesma coisa que

- sen ⁡ 3 π + 2 sen ⁡ 2 π - sen ⁡ π - - sen ⁡ 2 π + 2 sen ⁡ π - sen ⁡ 0

Só que temos uma propriedade da trigonometria que diz que sen ⁡ ( k π ) = 0 para qualquer k ∈ Z

Logo:

sen ⁡ 3 π = sen ⁡ 2 π = sen ⁡ π = sen ⁡ 0 = 0

Portanto:

[ - sen ⁡ 3 π + 2 sen ⁡ 2 π - sen ⁡ π - - sen ⁡ 2 π + 2 sen ⁡ π - sen ⁡ 0 =

= 0 + 2 ⋅ 0 - 0 + 0 - 2 ⋅ 0 + 0

E esse monte de zeros ai dá ninguém mais, ninguém menos que

0

Resposta

0

Exercício Resolvido #4

Origem do Exercício

Calcule a integral tripla:

∫ 0 1 ∫ 0 π ∫ 0 π y . sen ⁡ z   d x   d y   d z

Passo 1

Opa, e ai beleza?? Vamos continuar com nossos estudos

Lembre-se de uma coisa muito importante: quando estamos integrando em relação a x , por exemplo, podemos pensar em y e z como constantes, e assim colocá-los “para fora” da integral!

Nesse caso, podemos reescreveer aquela integral de forma de forma que ela fica bem mais fácil:

∫ 0 1 ∫ 0 π ∫ 0 π y . sen ⁡ z   d x   d y   d z

Como nenhum dos limites dependem de variaveis, podemos dizer que:

∫ 0 1 sen ⁡ ( z ) d z ∫ 0 π y   d y ∫ 0 π d x

Agora podemos simplesmente resolver três integrais simples e depois multiplicá-las!

Passo 2

A primeira integral é:

∫ 0 1 sen ⁡ z   d z = - cos ⁡ z 1 0

= - cos ⁡ 1 - cos ⁡ 0

= 1 - c o s ⁡ ( 1 )

A segunda é:

∫ 0 π y   d y = y 2 2 π 0

= π 2 2 - 0 2 2

= π 2 2

E a terceira é:

∫ 0 π d x = x π 0

= π

Passo 3

Agora só precisamos multiplicas esses três resultados:

∫ 0 1 sen ⁡ ( z ) d z ∫ 0 π y   d y ∫ 0 π d x = 1 - c o s ⁡ ( 1 ) π 2 2 π

E o resultado é:

π 3 2 ( 1 - cos ⁡ 1 )

Resposta

O valor da integral é π 3 2 1 - cos ⁡ 1 .

Exercício Resolvido #5

George B. Thomas, Cálculo Volume II, 11ª ed. São Paulo: Pearson Education do Brasil Ltda., 2009

Calcule a integral, mudando a ordem de integração de forma apropriada

∫ 0 1 ∫ 0 1 ∫ x 2 1 12 x z   e z y 2 d y d x d z

Passo 1

Olaaa, vamos continuar com nosso estudo das integrais triplas!

Assim como aconteceu no exemplo da teoria, vemos que não conseguiríamos integrar direto em função de y . Portanto, vamos ter que integrar alguma outra variável antes, certo? Fazendo uma mudança na ordem de integração.

Vamos antes entender o nosso sólido, pelos limites da integral, temos que:

0 ≤ x ≤ 1

x 2 ≤ y ≤ 1

0 ≤ z ≤ 1

Esboçando esses limites temos:

Passo 2

Como não queremos integrar em y , vamos mudar a ordem de integração para d x d y d z

No plano x y , tínhamos y limitado por

y = x 2

y = 1

E x limitado por

x = 0

x = 1

No plano x y , ficamos com: (se tiver dificuldade, é só imaginar você olhando esse sólido por cima 😊)

Agora, vamos pro que interessa hehe, invertendo a ordem de integração:

y = x 2  

Tirando a raiz dos dois lados, ficamos com

x = ± y

Como temos que x é positivo, vamos pegar somente a raiz positiva, então temos que:

0 ≤ x ≤ y

E, pelo gráfico conseguimos ver que:

0 ≤ y ≤ 1

E os limites de z continuam os mesmos:

0 ≤ z ≤ 1

Passo 3

Reescrevendo a integral, ficamos com:

∫ 0 1 ∫ 0 1 ∫ 0 y 12 x z e z y 2 d x d y d z

Passo 4

Show, conseguimos fugir de y por enquanto haha, então vamos integrar em x :

∫ 0 1 ∫ 0 1 ∫ 0 y 12 x z e z y 2 d x d y d z

Então vamos focar nessa parte

∫ 0 y 12 x z e z y 2 d x

Como estamos integrando em relação a x , podemos colocar tudo que não é x para fora da integral, ficando com

12 z e z y 2 ∫ 0 y x d x

Agora ficou mais tranquilinho né?

12 z e z y 2 ⋅ x 2 2 0 y

Substituindo isso ficamos com

12 z e z y 2 ⋅ y 2 - 0 2 2

Resolvendo isso temos

6 z e z y 2 y

Passo 5

Vamos pegara essa integral e colocar nas integrais de fora

∫ 0 1 ∫ 0 1 6 y z e z y 2 d y d z

Olhando só em relação a y , temos

∫ 0 1 6 y z e z y 2 d y

Agooooora a gente pode resolver isso ai, percebe que o y que ta embaixo é bem parecido com a derivada de y 2 ? hehe, então vamos ter

Para integrar em y , vamos fazer a substituição simples

y 2 = u

2 y d y = d u

d y = d u 2 y

Os limites em u ficam:

y 2 = u

Quando y = 0 , temos:

u = 0 2 = 0

Quando y = 1 , temos:

u = 1 2 = 1

Temos então a integral em relação a u fica

∫ 0 1 6 y z e z u d u 2 y

Simplificando, temos

∫ 0 1 3 z e z u d u

Agora resolvendo essa integral temos:

3 e z u | 0 1

Substituindo isso, temos

3 e z - e 0

Como e 0 = 1 , temos

3 ( e z - 1 )

Passo 6

Podemos pegar esse resultado e aplicar na nossa última integral, (ufa)

Integrando em u :

3 ∫ 0 1 e z - 1 d z

Integrando em z , temos:

3 e z - z z = 0 z = 1

Substituindo os valores, temos

3 e - 1 - e 0 - 0 =

3 e - 2 = 3 e - 6  

Resposta

3 e - 6

Exercício Resolvido #6

James Stewart, Cálculo Vol. 2, tradução da 6ª ed. Norte-americana, Rio de Janeiro: CENGAGE learning, 2010, pp. 948

Use a integral tripla para determinar o volume do sólido delimitado pelo cilindro x = y 2   e pelos planos z = 0 e x + z = 1 .

Passo 1

Oiiii, vamos seguir com nossos estudos? Então bora!!

Bom, o volume desse sólido será V = ∫ d V = ∭ w   d x d y d z , certo? Agora precisamos descrever a região de integração W . Vamos começar fazendo um esboço dela:

A superfície vermelha representa a equação x = y 2 , que é independente de z (ou seja, é a equação de um cilindro), por isso, temos várias parábolas “alinhadas” ao longo desse eixo.

O plano azul x + z = 1 tem equação independente de y , então pode ser interpretado como várias retas x + z = 1 ao longo desse eixo.

Como podemos ver, no plano x y , temos um domínio D . Em z , o sólido é limitado embaixo pelo plano z = 0 e em cima pelo outro plano z = 1 - x . Vamos, então, escrever essa região como tipo I:

W = { ( x , y , z ) | x , y ∈ D ;   0 ≤ z ≤ 1 - x }

Passo 2

Agora precisamos descrever o domínio D . Para isso, faremos um esboço da projeção do sólido plano x y :

Fazendo a interseção da equação do cilindro e da equação do plano x + z = 1 com z = 0 , descobrimos as equações dessas curvas acima, que serão:

x = y 2

x = 1

Vamos descrever essa área como tipo II (poderíamos ter descrito como tipo I também), pois temos o intervalo de y entre dois números e o de x entre a função da parábola (em vermelho) e a da reta (em azul). Substituindo x = 1 na equação da parábola, vemos que y varia entre - 1 e 1 . Temos, então:

D = ( x , y | - 1 ≤ y ≤ 1 ; y 2 ≤ x ≤ 1 }

Passo 3

Vamos agora substituir os intervalos que encontramos na integral iterada:

∫ - 1 1   ∫ y 2 1   ∫ 0 1 - x d z d x d y =

Passo 4

Integrando em relação a z , temos:

= ∫ - 1 1   ∫ y 2 1   z z = 0 z = 1 - x d x d y

= ∫ - 1 1   ∫ y 2 1   1 - x d x d y

Passo 5

Agora, integramos em relação a x :

= ∫ - 1 1   x - x 2 2 x = y 2 x = 1 d y

= ∫ - 1 1   1 - 1 2 - y 2 - y 4 2 d y

= ∫ - 1 1 1 2 - y 2 + y 4 2 d y

Passo 6

Finamente, integramos em relação a y :

= ∫ - 1 1 1 2 - y 2 + y 4 2 d y

= y 2 - y 3 3 + y 5 10 - 1 1

= 1 2 - 1 3 + 1 10 - - 1 2 + 1 3 - 1 10 =

15 30 - 10 30 + 3 30 + 15 30 - 10 30 + 3 30

16 30 = 8 15

Resposta

8 15

Exercício Resolvido #7

Integrais Triplas

Calcule a integral tripla

∭ T x 2 d V

Em que T é o tetraedro sólido com vértices 0,0 , 0 , 1,0 , 0 , 0,1 , 0 e 0,0 , 1

Passo 1

Opa, tudo bom?

Vamos lá, temos que achar aquela integral que ele pediu. Vamos começar entendendo como é a cara desse tetraedro. Vamos colocar os pontos no 3 D e ver como vai ficar essa bagunça.

Pela figura conseguimos perceber que o z vai de 0 ao plano, e x y vão ficar limitados a região D que é a base desse tetraedro. A primeira coisa a fazer é achar a equação do plano, a equação do plano vai ser

a x + b y + c z = d

Substituindo os pontos vamos ter, primeiro 1,0 , 0

a = d

Depois 0,1 , 0

b = d

Agora 0,0 , 1

c = d

Então vamos ter

d x + d y + d z = d

Dividindo os dois lados por d , temos:

x + y + z = 1

Isolando z , temos

z = 1 - x - y

Então z vai de 0 até z = 1 - x - y

A região T vai ficar

T = x , y , z ∈ R 3 x , y ∈ D ; 0 ≤ z ≤ 1 - x - y

Falta acharmos D

Passo 2

Agora vamos desenha no plano x y aquela região D

Aqui podemos fazer duas coisas ou limitar x de 0 até a reta ou limitar y de 0 até a reta.

Vamos limitar y . O detalhe aqui é que uma variável vai ser limitada por funções e outra vai ser limitada por números.

Repara que vamos ter y indo de 0 até aquela reta, e x indo de 0 à 1 , falta achar a equação dessa reta que passa por 1,0 e 0,1

A equação da reta é

y = a x + b

Então, substituindo 1,0 na equação, vamos ter

0 = a + b

Agora substituindo 0,1 na equação vamos ter

1 = b

Isso nos diz que

a = - b = - 1

E a equação da reta vai ser

y = - x + 1

Vamos reescrever a região T agora

T = x , y , z ∈ R 3 0 ≤ x ≤ 1 ; 0 ≤ y ≤ - x + 1 ; 0 ≤ z ≤ 1 - x - y

Passo 3

Vamos ver agora como fica a nossa integral

∭ T x 2 d V = ∫ 0 1 ∫ 0 - x + 1 ∫ 0 1 - x - y x 2 d z d y d x

Vamos resolver essa integral

∫ 0 1 ∫ 0 - x + 1 ∫ 0 1 - x - y x 2 d z d y d x

Passo 4

Integrando primeiro em relação a z , temos:

∫ 0 1 ∫ 0 - x + 1 x 2 z 0 1 - x - y d y d x

Substituindo os valores em z , ficamos com

∫ 0 1 ∫ 0 - x + 1 x 2 1 - x - y d y d x =

∫ 0 1 ∫ 0 - x + 1 x 2 - x 3 - y x 2 d y d x

Passo 5

Agora integrando em relação a y ficamos com

∫ 0 1 x 2 y - x 3 y - x 2 y 2 2 0 - x + 1 d x =

Substituindo os valores em y , temo

∫ 0 1 x 2 - x + 1 - x 3 - x + 1 - x 2 - x + 1 2 2 d x =

Podemos dar uma ajeitadinha hehe

∫ 0 1 - x 3 + x 2 + x 4 - x 3 - x 2 x 2 - 2 x + 1 2 d x =

∫ 0 1 - x 3 + x 2 + x 4 - x 3 - x 4 - 2 x 3 + x 2 2 d x =

∫ 0 1 - x 3 + x 2 + x 4 - x 3 - x 4 2 + x 3 - x 2 2 d x =

E isso nos dá:

∫ 0 1 x 4 2 - x 3 + x 2 2 d x

Passo 6

Show, bora integrar esse monstrinho em relação a x

x 5 10 - x 4 4 + x 3 6 0 1 =

1 10 - 1 4 + 1 6 =

6 - 15 + 10 60 =

1 60

Aqui vale um comentário rápido, o gabarito que achamos dessa prova está errado, o resultado final dele é 1 / 24 , mas eu fiz essa integral, que ficou como a do gabarito no Mathematica e o valor deu esse que achamos, eles devem ter errado alguma conta por lá, pode confiar nessa resposta.

Resposta

1 60

Exercício Resolvido #8

Integrais triplas

Determine a massa do sólido limitado por x + y + z ≤ 1 , x ≥ 0 , y ≥ 0 , z ≥ 0 , cuja densidade no ponto ( x , y , z ) é o produto das coordenadas.

Passo 1

Oiiiii, vamos seguir com nossos estudos uhul!

O problema pede que calculemos a massa do sólido delimitado pelas superfícies acima, sabendo que sua densidade é dada por δ x , y , z . Vale lembrar que:

d m = ρ x , y , z d V

Onde d m é o diferencial de massa e d V o de volume. Integrando ambos os lados na região R em que o sólido está contido, temos que:

M = ∭ R   ρ x , y , z d V

M = ∭ W   x y z   d x d y d z

Passo 2

Antes de tudo, vamos fazer um esboço da região para entender melhor o que está sendo pedido.

Temos o plano x + y + z ≤ 1 (que é um plano qualquer) limitado por x ≥ 0 , y ≥ 0 e z ≥ 0 .

Para desenhar esse plano, podemos encontrar os pontos em que ele corta os eixos x , y e z , fazendo, respectivamente, y = z = 0 , x = z = 0 e x = y = 0 .

Para você ver mellhor, o sólido é esse aqui:

Passo 3

Agora vamos escrever matematicamente essa região. Vamos Escrevê-la como tipo I, limitada em z por funções e no plano x y por uma área D .

Na variável z , o sólido é limitado embaixo pelo plano z = 0 e em cima pelo plano z = 1 - x - y , então, podemos escrever:

W = x , y , z | 0 ≤ z ≤ 1 - x - y ; ( x , y ) ∈ D

Depois nos preocupamos com essa região D , ok?

Passo 4

Agora vamos levar isso aí para a integral

M = ∭ W   x y z   d x d y d z = ∬ D   ∫ 0 1 - x - y x y z d z d A

Agora vamos olhar só para essa integral em relação a z

∬ D   ∫ 0 1 - x - y x y z d z d A

Integrando isso dai em relação a z , temos

1 2 x y z 2 0 1 - x - y

Substituindo os valores dos limites, temos

1 2 x y 1 - x - y 2

Agora, colocando isso na nossa integral em relação à região D , temos:

M = 1 2 ∬ D   x y 1 - x - y 2 d A

Passo 5

Agora vamos escrever matematicamente essa região D , que é a projeção do sólido no plano x y . Olhando o sólido de cima, temos isso aqui.

A região D de que estamos falando é esse triângulo aí. Para encontrar essa reta, basta fazer z = 0 na equação do plano:

x + y + z = 1

x + y = 1

y = 1 - x

Essa reta é onde o plano corta o plano x y . Então, podemos escrever D como região do tipo I, y entre funções e x entre números, temos:

0 ≤ y ≤ 1 - x

0 ≤ x ≤ 1

Levando para a integral:

M = 1 2 ∬ D   x y 1 - x - y 2 d A

= 1 2 ∫ 0 1 ∫ 0 1 - x x y 1 - x - y 2 d y d x

Passo 6

Agora vamos resolver isso aí, começando a olhar pela integral de dentro (em relação a y )

∫ 0 1 - x x y 1 - x - y 2

Vamos então fazer a substituição simples:

1 - x - y = u

Derivando em relação a y :

- d y = d u

Lembre-se de que nessa integração x é visto como constante.

y = 0             →           u = 1 - x

y = 1 - x             →           u = 0

y = 1 - x - u

∫ 1 - x 0 x 1 - x - u u 2 d u

Fazendo a distributiva, temos que

∫ 1 - x 0 u 2 x - x 2 - x u 3 d u

Integrando isso daí em relação a u , temos:

u 3 3 x - x 2 - x u 4 4 1 - x 0

Substituindo os valores dos limites de integração, ficamos com

- 1 - x 3 3 x - x 2 + x 1 - x 4 4

Podemos ajeitar isso dai, colocando x em evidencia em ( x - x 2 )

- 1 - x 3 ⋅ x ( 1 - x ) 3 + x 1 - x 4 4

Opa, podemos juntar os ( 1 - x ) e somar os expoentes, ficando com

- x 1 - x 4 3 + x 1 - x 4 4

Colocando isso na nossa integral de fora, lembrando que temos 1 2 multiplicando ela, ficamos com:

M = - 1 2 ∫ 0 1 x ( 1 - x ) 4 3 + x ( 1 - x ) 4 4 d x

Ajeitando o denominador, ficamos com

M = - 1 2 ∫ 0 1 4 x ( 1 - x ) 4 12 + 3 x ( 1 - x ) 4 12 d x

Tirando as constantes, ficamos com

M = - 7 24 ∫ 0 1 x ( 1 - x ) 4 d x

Passo 7

Ufa, agora que a gente ajeitou essa integral, vamos partir pra cima dela, fazendo uma substituição simples:

v = 1 - x

d v = - d x

x = 0           →           v = 1

x = 1           →           v = 0

x = 1 - v

Temos então:

M = - 7 24 ∫ 1 0 1 - v v 4 - d v

Dando um jeitinho nesses sinais de menos e fazendo a distributiva, ficamos com:

M = 7 24 ∫ 0 1 v 4 - v 5 d v

Resolvendo essa integral, temos que

M = 7 24 v 5 5 - v 6 6 0 1

Agora, fazendo a substituição, temos

M = 7 24 1 5 - 1 6

= 7 24 × 30 = 7 720

Resposta

7 720

Exercício Resolvido #9

  1. Calcule ∭ W   x d V , onde W é o tetraedro limitado pelos planos coordenados e pelo plano x + y 2 + z = 4 .

Passo 1

Ooopa, fala ai! Vamo que vamo pra nossa questão!

Cara, em exercícios como esse, sempre vamos começar desenhando a região W . Mas não se desespere porque basta seguir o enunciado do problema e ir limitando o sólido, de boinhas?

Nesse caso aqui mesmo, o problema nos fala que o sólido está limitado pelos planos coordenados:

Mas o sólido também está delimitado por esse plano aqui x + y 2 + z = 4 . Não se preocupe se você não sabe desenhar esse plano direitinho, basta que saiba que ele, por ter seus termos positivos, tem esse aspecto aqui ó:

delimitando justamente o tetraedro do enunciado, pegou?:)

Passo 2

Não trabalhamos com esse sólido dessa forma, por isso, a ideia aqui sempre será partir para a descrição dele. Nesse caso, cabe o T I P O   1 , onde temos o z variando de uma “base” até um “teto”

B a s e ≤ z ≤ T e t o

0 ≤ z ≤ P l a n o   V e r m e l h o

Como o plano vermelho é justamente o plano x + y 2 + z = 4 , basta que isolemos o z ...

x + y 2 + z = 4       →             z = 4 - x - y 2

0 ≤ z ≤ 4 - x - y 2

Quanto ao x e ao y , olhemos para a projeção do sólido no plano X Y . Bora?

Passo 3

Pow! Relaxa! Projetar esse sólido nesse plano nada mais é do que olhar para o sólido

mas dessa vez, de cima para baixo:

Note que essa reta em vermelho escuro ali, é justamente a reta em que o plano x + y 2 + z = 4 toca o pano X Y , ou o z = 0 , então...

x + y 2 + 0 = 4         →             x + y 2 = 4             →           y 2 = 4 - x

y = 8 - 2 x

Essa reta passa justamente por x = 4 quando y é 0 , como pode ser reparado.

Descrever x e y é apenas descrever essa região aí, que pode ser feita também utilizando a região T I P O   1 :

  • x varia em um intervalo numérico:

    • 0 ≤ x ≤ 4

  • y , entre funções:

R e t a   p r e t a ≤ y ≤ R e t a   v e r m e l h a

0 ≤ y ≤ 8 - 2 x

Passo 4

Bem, agora é só montar a integral tripla e correr para o abraço!

∭ W   x d V

Lembre-se que na integral mais interna, fica a que tem mais variável, no caso o z , seguido pelo y e depois o x :

∫ 0 4 ∫ 0 8 - 2 x ∫ 0 4 - x - y 2 x     d z d y d x

Começando com a integral de dentro...

∫ 0 4 ∫ 0 8 - 2 x ∫ 0 4 - x - y 2 x     d z d y d x

x é tomado como uma constante perante a integral em z , então...

∫ 0 4 ∫ 0 8 - 2 x x ∫ 0 4 - x - y 2   d z d y d x =

∫ 0 4 ∫ 0 8 - 2 x x z 0 4 - x - y 2 d y d x =

Substituindo os limites em z ...

∫ 0 4 ∫ 0 8 - 2 x x 4 - x - y 2 d y d x

Fazendo essa distributiva, temos:

= ∫ 0 4 ∫ 0 8 - 2 x 4 x - x 2 - x y 2 d y d x

Passo 5

E agora integrando em y (tomando o cuidado com x novamente, afinal ele ainda é considerado como uma constante)

∫ 0 4 ∫ 0 8 - 2 x 4 x - x 2 - x y 2 d y d x =

∫ 0 4 4 x y - x 2 y - x 2 y 2 2   0 8 - 2 x d x =

Substituindo em y

∫ 0 4 4 x 8 - 2 x - x 2 8 - 2 x - x 2 8 - 2 x 2 2   d x =

e dando aquela simplificada marota, ficamos com

∫ 0 4 32 x - 8 x 2 - 8 x 2 + 2 x 3 - x 2 64 - 32 x + 4 x 2 2   d x =

∫ 0 4 32 x - 8 x 2 - 8 x 2 + 2 x 3 - 64 x - 32 x 2 + 4 x 3 4   d x =

∫ 0 4 32 x - 8 x 2 - 8 x 2 + 2 x 3 - 16 x + 8 x 2 - x 3   d x =

Passo 6

E no final ficou assim:

∫ 0 4 16 x - 8 x 2 + x 3   d x

Agora é só integrar isso e partir pro abraço

16 x 2 2 - 8 x 3 3 + x 4 4 0 4

Fazendo as substituições, ficamos com

= 16 4 2 2 - 8 4 3 3 + 4 4 4 =

obtemos

64 3

Hehe, ufa foi suado mais foi!

Resposta

64 3

Exercício Resolvido #10

  1. Calcule ∭ W 24 z   d V , onde W é o sólido limitado por x + y + z = 2 , x = 0 , y = 0 , z = 0 e z = 1 .

Passo 1

Oiee, vamos continuar estudando as integrais triplas para ficar fera!

Cara, em exercícios como esse, sempre vamos começar desenhando a região W . Mas não se desespere porque basta seguir o enunciado do problema e ir limitando o sólido, saca?

Nesse caso aqui mesmo, o problema nos fala que o sólido está limitado pelos planos coordenados y = 0 , z = 0 e z = 1 :

Mas o sólido também está delimitado por esse plano aqui x + y + z = 2 . Não se preocupe se você não sabe desenhar esse plano direitinho, basta que saiba que ele, por ter seus termos positivos, tem esse aspecto aqui ohh

Porém, esse tetraedro vermelho também está delimitado por mais uma superfície: z = 1

Passo 2

Não trabalhamos com esse sólido dessa forma, por isso, a ideia aqui sempre será partir para a descrição dele. Nesse caso, cabe o T I P O   2 , onde temos o y variando de uma “base” até um “teto”.

B a s e ≤ y ≤ T e t o

(DICA: acompanhe a seta preta para você ver experimentalmente quem é a base quem é o teto)

B a s e   p r e t a ≤ y ≤ P l a n o   V e r m e l h o

Como o plano vermelho é justamente o plano x + y + z = 2 , basta que isolemos o y ...

x + y + z = 2         →             y = 2 - z - x

0 ≤ y ≤ 2 - z - x

Quanto ao x e ao z , olhemos para a projeção do sólido no plano X Z . Bora?

Passo 3

Pow! Relaxa! Projetar esse sólido nesse plano nada mais é do que olhar para o sólido

mas dessa vez, vai ser de ladinho, como se colocássemos o olho em cima do eixo y e vesse pra lá:

Note que essa reta em preto escuro ali, é justamente a reta em que o plano x + y + z = 2   toca o pano X Z , por isso y = 0 , e a reta: x + y = 2 ...

Descrever x e z é apenas descrever essa região aí, que pode ser feita também utilizando a região T I P O   2 :

  • z varia em um intervalo numérico:

    • 0 ≤ z ≤ 1

  • x , entre funções:

0 ≤ x ≤ R e t a   P r e t a

como a reta preta x + z = 2 ...

0 ≤ x ≤ 2 - z

Passo 4

Bem, agora é só montar a integral tripla e correr para o abraço!

∭ W   24 z d V

Lembre-se que na integral mais interna, fica a que tem mais variável, no caso o y , seguido pelo x e depois o z :

∫ 0 1 ∫ 0 2 - z ∫ 0 2 - z - x 24 z     d y d x d z

Passo 5

Começando com a integral de dentro...

∫ 0 1 ∫ 0 2 - z 24 z ∫ 0 2 - z - x   d y d x d z =

∫ 0 1 ∫ 0 2 - z 24 z y 0 2 - z - x d x d z =

substituindo os limites de integração em y ...

∫ 0 1 ∫ 0 2 - z 24 z 2 - z - x   d x d z =

Passo 6

Agora para integral do meio, temos

∫ 0 1 ∫ 0 2 - z 48 z - 24 z 2 - 24 z x   d x d z

integrando e substituindo os limites em x ...

∫ 0 1 48 z x - 24 z 2 x - 24 z x 2 2 0 2 - z d z Substituindo os limites de integração temos:

∫ 0 1 48 z 2 - z - 24 z 2 2 - z - 12 z 2 - z 2 d z =

eliminando esses parêntesis...

∫ 0 1 96 z - 48 z 2 - 48 z 2 + 24 z 3 - 48 z + 48 z 2 - 12 z 3 d z

Passo 7

Agora para nossa última integral, temos:

∫ 0 1 48 z - 48 z 2 + 12 z 3 d z

concluímos que o resultado da integral é...

48 z 2 2 - 48 z 3 3 + 12 z 4 4   0 1 =

Substituindo os valores dos limites, temos:

48 2 - 48 3 + 12 4

Simplificando, ficamos com:

= 24 - 16 + 3 =

11  

Resposta

11