Seja E a região formada pelos pontos x ,   y ,   z ∈ R 3 tal que

z ≥ 2 2   e   x 2 + y 2 + z 2 ≤ 1

a)Esboce E

b)Calcule o volume de E usando a integral tripla.

Passo 1

Vamos começar esboçando a inequação x 2 + y 2 + z 2 ≤ 1 que é a região de dentro de uma esfera de raio 1 .

Agora temos z ≥ 2 2 que é a região acima do plano mostrada na imagem a seguir

Como nossa região está acima desse plano e dentro da circunferência, o que temos é uma calota esférica

Passo 2

Letra b)

Como a questão nos pede o volume da região E por uma integral tripla o que precisamos fazer é

∭ E 1 d x d y d z

Usando uma função constante igual a 1, o resultado é o produto das integrais dos infinitesimais d x ,   d y   e d z , o que corresponde nesse caso o volume do meu domínio que é a região   E .

Passo 3

Calcular nessas coordenadas é bem trabalhoso então o mais indicado é realizarmos uma mudança de variável. Mas qual mudança usar??

Eu poderia tanto fazer a mudança para coordenadas esféricas quanto para coordenada cilíndricas mas nessa questão vou usar a cilíndrica.

x = r c o s θ

y = r s e n θ

z = z

J = r

Passo 4

Precisamos encontrar os limites de integração após a mudança de variável

Para z :

Nosso z vai variar de z = 2 2 até a esfera. Isolando o z na equação x 2 + y 2 + z 2 ≤ 1

z ≤ ± 1 - x 2 - y 2

Como nosso z só está variando para valores positivos podemos esquecer aquele sinal de menos ali. Então nosso z vai variar de:

2 2 ≤ z ≤ 1 - x 2 - y 2

Substituindo x = r c o s θ   e y = r s e n θ :

2 2 ≤ z ≤ 1 - ( r c o s θ ) 2 - ( r s e n θ ) 2

Colocando r em evidência e lembrando da relação trigonométrica fundamental cos 2 ⁡ θ + s e n 2 θ = 1

2 2 ≤ z ≤ 1 - r 2

Para r :

Da intersecção da esfera x 2 + y 2 + z 2 ≤ 1 com o plano z = 2 2 temos:

x 2 + y 2 + 2 2 2 ≤ 1

x 2 + y 2 + 1 2 ≤ 1

x 2 + y 2 ≤ 1 2

Substituindo x = r c o s θ   e y = r s e n θ :

( r c o s θ ) 2 + r s e n θ 2 ≤ 1 2

Colocando r em evidência:

r 2 ( cos 2 ⁡ θ + s e n 2 θ ≤ 1 2

Usando que cos 2 ⁡ θ + s e n 2 θ = 1

r 2 ≤ 1 2

- 2 2 ≤ r ≤ 2 2

Mas como r só admite valores positivos porque se trata do raio

0 ≤ r ≤ 2 2

Para finalizar, para teta, nossos limites serão 0 e 2 π . Isso porque toda vez que seccionarmos teremos um circulo completo

0 ≤ θ ≤ 2 π

Passo 5

Agora podemos resolver nossa integral tripla com a mudança de variável

∭ E 1 d x d y d z = ∭ D | J | d θ d r d z

Onde D é o nosso domínio após a mudança de variável

∭ E 1 d x d y d z = ∫ 0 2 π ∫ 0 2 2 ∫ 2 2 1 - r 2 r d z d r d θ

Integrando com relação a z :

= ∫ 0 2 π ∫ 0 2 2 r z ​ 2 2 1 - r 2 d r d θ

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

Integrando com relação a r :

Vamos primeiro separar em duas integrais

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

Resolvendo a primeira por uma substituição simples:

  u = 1 - r 2 d u = - 2 r d r r = 0 → u = 1 r = 2 2 → u = 1 2

Vou multiplicar por - 2 2 para poder aparecer um - 2 r d r e assim conseguir substituir por d u

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

Realizando a substituição:

= - 1 2 ∫ 0 2 π ∫ 1 1 2 u d u d θ

Integrando com relação a u :

- 1 2 ∫ 0 2 π ∫ 1 1 2 u d u d θ = - 1 2 ∫ 0 2 π 2 3 u 3 2 ​ 1 1 2 d θ

= - 1 2 . 2 3 ∫ 0 2 π 1 2 3 2 - 1 3 2     d θ

= - 1 3 ∫ 0 2 π 1 2 2 - 1     d θ

Colocando - 1 em evidência:

= 1 3 ∫ 0 2 π 1 - 1 2 2     d θ

Resolvendo para teta:

1 3 ∫ 0 2 π 1 - 1 2 2     d θ = 1 3 1 - 1 2 2 ∫ 0 2 π d θ = 1 3 1 - 1 2 2 ( 2 π )

Resolvendo a outra integral:

∫ 0 2 π ∫ 0 2 2 r 2 2 d r d θ = 2 2 ∫ 0 2 π r 2 2 ​ 0 2 2 d θ  

= 2 2 ∫ 0 2 π 2 2 2 - 0 2 2 d θ

= 2 2 ∫ 0 2 π 1 4 d θ

Resolvendo para teta:

2 2 ∫ 0 2 π 1 4 d θ = 2 8 ∫ 0 2 π d θ = 2 8 . 2 π = 2 4 π

Vamos ter então:

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

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

Manipulando um pouco vamos ter:

∭ E 1 d x d y d z = 1 12 8 - 5 2 π

Passo 6

Resposta

a)

b)   1 12 8 - 5 2 π

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