Resolucao teste 2 Integral Tripla

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CA´LCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL III
Resoluc¸a˜o Teste 2
Questa˜o 1: Pelos elementos envolvidos, sabemos que z varia de 0 ate´ o plano z = x+ 1. Ale´m
disso, sabemos que x e y variam dentro de D, como na imagem abaixo.
Para determinarmos os pontos de intersec¸a˜o igualaremos as equac¸o˜es, obtendo
x2 = x+ 2→ x = −1, x = 2
Finalmente, a integral pedida fica∫ 2
−1
∫ x+2
x2
∫ x+1
0
xdzdydx =
∫ 2
−1
∫ x+2
x2
(x2 + x)dydx =
∫ 2
−1
(2x+ 3x2 − x4)dx = 27
5
Questa˜o 2: Vamos completar o quadrado para ver que forma iremos obter
x2
4
+
y2
9
+ z2 = 2z → x
2
4
+
y2
9
+ (z − 1)2 = 1
Pela expressa˜o obtida acima, vemos que estamos tratando de um elipsoide deslocado. A situac¸a˜o
pode ser esboc¸ada como na figura abaixo.
1
A situac¸a˜o parece muito prop´ıcia para a utilizac¸a˜o de coordenadas esfe´ricas. E´ natural pelas
formas envolvidas que no´s usemos x = 2ρsenφ cos θ e y = 3ρsenφsenθ. A du´vida fica em corrigir
o deslocamento do elipsoide ou na˜o. O limite do aˆngulo fica mais complexo se fizermos a alterac¸a˜o
enta˜o manteremos z = ρ cosφ. Mediante essas mudanc¸as o jacobiano vale 6ρ2senφ.
Vamos aplicar as mudanc¸as em ambos os elementos para retirar as expresso˜es do raio e do aˆngulo.
z2 =
x2
4
+
y2
9
→ ρ2 cos2 φ = ρ2sen2φ→ tgφ = 1→ φ = pi
4
x2
4
+
y2
9
+ z2 = 2z → ρ2sen2φ+ ρ2 cos2 φ = 2ρ cosφ→ ρ = 2 cosφ
Temos enta˜o que 0 ≤ θ ≤ pi/2, por se tratar do primeiro octante, 0 ≤ φ ≤ pi/4 e 0 ≤ ρ ≤ 2 cosφ.
A integral pedida fica enta˜o∫ pi/2
0
∫ pi/4
0
∫ 2 cosφ
0
(ρ cosφ)(6ρ2senφ)dρdφdθ = 12pi
∫ pi/4
0
cos5 φsenφdφ =
7pi
4
A u´ltima integral foi resolvida fazendo u = cosφ logo du = −senφdφ.
Questa˜o 3: Vejamos um esboc¸o da situac¸a˜o descrita
Usaremos as coordenadas cil´ındricas. Contudo, a regia˜o fica mais simples de ser avaliada ser
deixarmos z fixo e o raio em func¸a˜o de z. Para isso, vamos determinar os valores de z em que ocorre
a intersec¸a˜o
3− z = z2 + 1→ z2 + z − 2 = 0→ z = −2, z = 1
Faremos as mudanc¸as cil´ındricas tradicionais cujo jacobiano e´ r. Ale´m disso, para essas mudanc¸as
temos que o raio varia entre o hiperboloide e o paraboloide que podem ser reescritos como
x2 + y2 = 3− z → r2 = 3− z → r = √3− z
x2 + y2 = 1 + z2 → r2 = 1 + z2 → r =
√
1 + z2
Sendo assim sabemos que −2 ≤ z ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2pi e √1 + z2 ≤ r ≤ √3− z. Isso nos da´ a
seguinte integral ∫ 1
−2
∫ 2pi
0
∫ √3−z
√
1+z2
(z2r)drdθdz =
63pi
20
OBS: Poderiamos ter usado as mudanc¸as cil´ındricas na abordagem tradicional, mas ter´ıamos
que separar o domı´nio em duas regio˜es, a saber R1 : 1 ≤ r ≤ 2 e R2 :
√
2 ≤ r ≤ √5.
2