Exercícios Resolvidos de Integrais Triplas em Regiões Gerais

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Enunciado

Calcule o volume do sólido W limitado pelo cone z = x 2 + y 2 e o paraboloide z = x 2 + y 2 .

Passo 1

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 azul é o paraboloide (virado para cima porque temos x 2 e y 2 multiplicados por termos positivos), e a vermelha, a folha superior do cone (pois não podemos ter raiz negativa).

Como podemos ver, no plano x y , temos um domínio D . Em z , o sólido é limitado embaixo pelo paraboloide z = x 2 + y 2 e em cima pelo cone z = x 2 + y 2 . Vamos, então, escrever essa região como tipo I:

W = { ( x , y , z ) | x , y ∈ D ;   x 2 + y 2 ≤ z ≤ x 2 + y 2 }

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 cone com a equação do paraboloide, temos:

z = z 2   → z = 0   ou   z = 1

Em z = 0 , as superfícies se encontram, pois ambas partem da origem. Em z = 1 temos uma circunferência de raio 1. Então, se a projetarmos no plano x y , teremos a figura acima. Se substituirmos esse valor nas equações das superfícies, encontramos, de fato, x 2 + y 2 = 1 .

Como se trata de uma circunferência, vamos escrevê-la com coordenadas polares:

D = ( x , y | 0 ≤ r ≤ 1 ; 0 ≤ θ ≤ 2 π }

Passo 3

Vamos agora substituir os intervalos que encontramos:

∬ D   ∫ x 2 + y 2 x 2 + y 2 d z d A

Deixamos para escrever os intervalos de D depois para não gerar confusão, pois teremos que fazer a mudança para coordenadas polares.

Passo 4

Integrando em relação a z , temos:

= ∬ D   z x 2 + y 2 x 2 + y 2 d A =

= ∬ D   x 2 + y 2 - x 2 - y 2 d A =

Passo 5

Agora vamos descrever a região D fazendo a mudança para coordenadas polares (não se esqueça do Jacobiano!). Lembre-se também de que x 2 + y 2 = r 2 .

= ∫ 0 2 π ∫ 0 1 r 2 - r 2 r d r d θ =

= ∫ 0 2 π ∫ 0 1 r 2 - r 3 d r d θ =

Passo 6

Integrando em relação a r :

= ∫ 0 2 π r 3 3 - r 4 4 r = 0 r = 1 d θ =

= 1 12 ∫ 0 2 π d θ =

Passo 7

Finamente, integramos em relação a θ :

= θ 12 0 2 π =

= 2 π 12 =

Resposta

π 6

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