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Enunciado

Cálculo - Diomara - Cálculo Diferencial e Integral de Funções de Várias Variáveis- Ed: 3º - Capítulo 5.11 - Ex. 4eii

Calcule as integrais triplas abaixo, usando uma mudança de variáveis conveniente.

∫ ∫ ∫ W x 2 + y 2 + z 2 1 / 2 d x d y d z

Onde W é a região dada por:

i )   W = x ,   y ,   z ∈ R 3   |   x 2 + y 2 + z 2 ≤ a 2

i i )   W = x ,   y ,   z ∈ R 3   |   x 2 + y 2 + z 2 ≤ x

Passo 1

Vem cá, vamos ver o que temos para agora!!

Para calcularmos a integral tripla da segunda região, o primeiro passo é determinar o domínio das variáveis para saber os limites de integração. No entanto, não é simplesmente determinar esses valores.

Se fizermos o esboço da superfície (mostrado a seguir) conseguimos ver que ela representa uma esfera levemente deslocada:

Ou ainda, para melhorar esse pensamento, podemos reescrever a equação como:

x 2 + y 2 + z 2 - x = 0

Completando quadrados somando 1 / 4 em cada lado da equação:

x 2 - x + 1 4 + y 2 + z 2 = 0 + 1 4

Ou seja:

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

Essa equação representa uma esfera de raio 1 / 2 deslocada em 1 / 2 unidade no eixo x .

Como estaremos tratando de uma superfície esférica, no item i i ) da seção 5.10.1 (livro DIOMARA - CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL DE FUNÇÕES DE VÁRIAS VARIÁVEIS - 1 ª ED.) temos que a substituição das variáveis x ,   y ,   z serão dadas por:

x = ρ s e n φ cos ⁡ θ

y = ρ s e n φ s e n θ

E:

z = ρ cos ⁡ φ

E a nossa integral será dada por:

∫ ∫ ∫ Q ρ s e n φ cos ⁡ θ 2 + ρ s e n φ s e n θ 2 + ρ cos ⁡ φ 2 1 / 2 ∂ x ,   y ,   z ∂ ρ ,   θ ,   φ d ρ d θ d φ

Onde:

Q = ρ ,   θ ,   φ ∈ R 3   |   ρ ≥ 0 ,     θ 0 ≤ θ ≤ θ 0 + 2 π ,     0 ≤ φ ≤ π

Seguindo o esquema das coordenadas esféricas para um ponto:

Temos que:

- π 2 ≤ θ ≤ π 2

E:

0 ≤ φ ≤ π

Ainda, precisamos determinar o módulo do Jacobiano. Então:

∂ x ,   y ,   z ∂ ρ ,   θ ,   φ = s e n φ cos ⁡ θ - ρ s e n φ s e n θ ρ cos ⁡ φ cos ⁡ θ s e n φ s e n θ ρ s e n φ cos ⁡ θ ρ cos ⁡ φ s e n θ cos ⁡ φ 0 - ρ s e n φ

Isso resulta em:

∂ x ,   y ,   z ∂ ρ ,   θ ,   φ = - ρ 2 s e n 3 φ cos 2 ⁡ θ - ρ 2 s e n φ cos 2 ⁡ φ s e n 2 θ

- ρ 2 s e n φ cos 2 ⁡ φ cos 2 ⁡ θ - ρ 2 s e n 3 φ s e n 2 θ

Juntando os termos semelhantes, podemos escrever:

⇒ - ρ 2 s e n 3 φ cos 2 ⁡ θ + s e n 2 θ - ρ 2 s e n φ cos 2 ⁡ φ cos 2 ⁡ θ + s e n 2 θ

Usando a identidade trigonométrica:

cos 2 ⁡ u + s e n 2 u = 1

Teremos:

∂ x ,   y ,   z ∂ ρ ,   θ ,   φ = - ρ 2 s e n 3 φ - ρ 2 s e n φ cos 2 ⁡ φ

Ou ainda:

∂ x ,   y ,   z ∂ ρ ,   θ ,   φ = - ρ 2 s e n φ s e n 2 φ + cos 2 ⁡ φ = - ρ 2 s e n φ

Portanto, o módulo do jacobiano é:

∂ x ,   y ,   z ∂ ρ ,   θ ,   φ = - ρ 2 s e n φ = ρ 2 s e n φ

Dessa forma:

⇒ ∫ ∫ ∫ Q ρ 2 s e n 2 φ cos 2 ⁡ θ + ρ 2 s e n 2 φ s e n 2 θ + ρ 2 cos 2 ⁡ φ 1 / 2 ρ 2 s e n φ d ρ d θ d φ

Que fazendo o mesmo processo de juntar os termos semelhantes:

⇒ ∫ ∫ ∫ Q ρ 2 s e n 2 φ ( cos 2 ⁡ θ + s e n 2 θ )   + ρ 2 cos 2 ⁡ φ 1 / 2 ρ 2 s e n φ d ρ d θ d φ

Podemos usar a identidade trigonométrica de antes:

⇒ ∫ ∫ ∫ Q ρ 2 s e n 2 φ + ρ 2 cos 2 ⁡ φ 1 / 2 ρ 2 s e n φ d ρ d θ d φ

Fazendo isso novamente:

⇒ ∫ ∫ ∫ Q ρ 2 s e n 2 φ + cos 2 ⁡ φ 1 / 2 ρ 2 s e n φ d ρ d θ d φ

Ou ainda:

⇒ ∫ ∫ ∫ Q ρ 2 1 / 2 ρ 2 s e n φ d ρ d θ d φ = ∫ ∫ ∫ Q ρ ρ 2 s e n φ d ρ d θ d φ

Isso nos dá:

∫ ∫ ∫ W x 2 + y 2 + z 2 1 / 2 d x d y d z = ∫ ∫ ∫ Q ρ 3 s e n φ d ρ d θ d φ

Passo 2

Agora, precisamos determinar os valores que serão os intervalos de cada variável. Para isso, vamos fazer as substituições na equação da esfera. Então:

x 2 + y 2 + z 2 = x

Isso resulta em:

ρ 2 s e n 2 φ cos 2 ⁡ θ + ρ 2 s e n 2 φ s e n 2 θ + ρ 2 cos 2 ⁡ φ = ρ s e n φ cos ⁡ θ

Juntando os termos semelhantes:

ρ 2 s e n 2 φ cos 2 ⁡ θ + s e n 2 θ + ρ 2 cos 2 ⁡ φ = ρ s e n φ cos ⁡ θ

E lembrando (mais uma vez) da identidade trigonométrica:

cos 2 ⁡ u + s e n 2 u = 1

Podemos reescrever:

ρ 2 s e n 2 φ + ρ 2 cos 2 ⁡ φ = ρ s e n φ cos ⁡ θ

Tal que:

⇒ ρ 2 s e n 2 φ + cos 2 ⁡ φ = ρ s e n φ cos ⁡ θ

∴ ρ 2 = ρ s e n φ cos ⁡ θ → ρ = s e n φ cos ⁡ θ

Logo:

0 ≤ ρ ≤ s e n φ cos ⁡ θ

Passo 3

Com todos esses resultados obtidos, podemos reescrever a integral tripla como:

∫ ∫ ∫ Q ρ 3 s e n φ d ρ d θ d φ = ∫ 0 π   ∫ - π 2 π 2 ∫ 0 s e n φ cos ⁡ θ ρ 3 s e n φ d ρ d θ d φ

Ou ainda:

⇒ ∫ 0 π s e n φ ∫ - π 2 π 2 ∫ 0 s e n φ cos ⁡ θ ρ 3 d ρ d θ d φ

Então, resolvendo a primeira integral:

= ∫ 0 π s e n φ ∫ - π 2 π 2 ρ 4 4 | s e n φ cos ⁡ θ 0 d θ d φ

E substituindo o intervalo de integração:

⇒ 1 4 ∫ 0 π s e n φ ∫ - π 2 π 2 s e n φ cos ⁡ θ 4 - 0 d θ d φ

= 1 4 ∫ 0 π s e n φ ∫ - π 2 π 2 s e n 4 φ cos 4 ⁡ θ d θ d φ = 1 4 ∫ 0 π s e n 5 φ ∫ - π 2 π 2 cos 4 ⁡ θ d θ d φ

Passo 4

A segunda integral pode ser resolvida se usarmos a identidade trigonométrica:

cos 2 ⁡ u = 1 + cos ⁡ 2 u 2

Tal que:

1 4 ∫ 0 π s e n 5 φ ∫ - π 2 π 2 cos 2 ⁡ θ 2 d θ d φ = 1 4 ∫ 0 π s e n 5 φ ∫ - π 2 π 2 1 + cos ⁡ 2 θ 2 2 d θ d φ

Expandindo o termo ao quadrado:

⇒ 1 16 ∫ 0 π s e n 5 φ ∫ - π 2 π 2 1 + 2 cos ⁡ 2 θ + cos 2 ⁡ 2 θ d θ d φ

Podemos aplicar mais uma vez a identidade trigonométrica para obter:

⇒ 1 16 ∫ 0 π s e n 5 φ ∫ π 2 π 2 1 + 2 cos ⁡ 2 θ + 1 + cos ⁡ 4 θ 2 d θ d φ

Ou seja:

1 16 ∫ 0 π s e n 5 φ ∫ - π 2 π 2 3 2 + 2 cos ⁡ 2 θ + cos ⁡ 4 θ 2 d θ d φ

Então, resolvendo a integral:

⇒ 1 16 ∫ 0 π s e n 5 φ 3 2 θ + s e n 2 θ + s e n 4 θ 8 | π 2 - π 2 d φ

E substituindo os limites de integração:

= 1 16 ∫ 0 π s e n 5 φ 3 π 4 + s e n π + s e n 2 π 8 - 3 2 - π 2 - s e n - π - s e n - 2 π 8 d φ

Teremos:

1 16 ∫ 0 π s e n 5 φ 3 π 4 + 0 + 0 + 3 π 4 - 0 - 0 d φ = 1 16 6 π 4 ∫ 0 π s e n 5 φ d φ

⇒ 3 π 32 ∫ 0 π s e n 5 φ d φ

Passo 5

Por fim, podemos aplicar a identidade trigonométrica:

s e n 2 u = 1 - cos 2 ⁡ u

Para resolver a integral. Dessa forma, ela será escrita como:

3 π 32 ∫ 0 π s e n φ s e n 2 φ 2 d φ = 3 π 32 ∫ 0 π s e n φ 1 - c o s 2 φ 2 d φ

E expandindo o termo ao quadrado:

3 π 32 ∫ 0 π s e n φ 1 - c o s 2 φ 2 d φ = 3 π 32 ∫ 0 π s e n φ 1 - 2 cos 2 ⁡ φ + cos 4 ⁡ φ d φ

Isso pode ser reescrito como:

3 π 32 ∫ 0 π s e n φ - 2 s e n φ cos 2 ⁡ φ + s e n φ cos 4 ⁡ φ d φ

O primeiro termo pode ser resolvido de forma direta visto que:

∫ s e n φ d φ = - cos ⁡ φ + C

Já os outros termos podem ser resolvidos se usarmos a substituição u = cos ⁡ φ e d u = - s e n φ d φ , tal que:

Quando φ = π → u = - 1

E:

Quando φ = 0 → u = 1

Logo:

3 π 32 - c o s φ | π 0 + ∫ 1 - 1 2 u 2 - u 4 d u = 3 π 32 - c o s φ | π 0 + 2 u 3 3 - u 5 5 | - 1 1

E substituindo os limites de integração:

⇒ 3 π 32 - ( cos ⁡ π - cos ⁡ 0 ) + - 2 3 + 1 5 - 2 3 - 1 5 = 3 π 32 2 + 2 5 - 4 3

Portanto:

⇒ ∫ ∫ ∫ W x y z   d x d y d z = 3 π 32 30 + 6 - 20 15 = π 10

Resposta

π 10

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