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Integrais triplos

Projeções, sólidos, coordenadas cilíndricas e esféricas, massa e centro de massa.

TLDR

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No tetraedro x,y,z≥0x,y,z\ge0, x+y+z≤1x+y+z\le1, a altura disponível sobre (x,y)(x,y) é 1−x−y1-x-y. Só há altura não negativa no triângulo x,y≥0x,y\ge0, x+y≤1x+y\le1.

Um integral triplo soma sobre o sólido. Começamos por integrar na altura de cada coluna, depois somamos as colunas na projeção. Com integrando 1 obtemos volume; com densidade obtemos massa.

Iteração em cartesianas

No tetraedro x,y,z≥0x,y,z\ge0, x+y+z≤1x+y+z\le1, a projeção no plano xyxy é 0≤x≤10\le x\le1, 0≤y≤1−x0\le y\le1-x. Para cada ponto dessa projeção, 0≤z≤1−x−y0\le z\le1-x-y. Portanto,

∭V1 dV=∫01∫01−x∫01−x−y1 dz dy dx=∫01(1−x)22 dx=16.\iiint_V1\,dV=\int_0^1\int_0^{1-x}\int_0^{1-x-y}1\,dz\,dy\,dx =\int_0^1\frac{(1-x)^2}{2}\,dx=\frac16.

O intervalo exterior tem limites constantes. O intermédio pode depender da variável exterior, e o interior pode depender das duas exteriores. Reorganiza limites que dependam de uma variável ainda por integrar.

Para massa, substitui 1 pela densidade ρ(x,y,z)≥0\rho(x,y,z)\ge0. Os momentos para xˉ\bar x, yˉ\bar y e zˉ\bar z usam xρx\rho, yρy\rho e zρz\rho, divididos pela massa. Não confundas a densidade ρ\rho com o raio esférico, que também usa essa letra.

Coordenadas cilíndricas

As coordenadas (r,θ,z)(r,\theta,z) usam

x=rcos⁡θ,y=rsin⁡θ,z=z,dV=r dz dr dθ.x=r\cos\theta,\quad y=r\sin\theta,\quad z=z,\qquad dV=r\,dz\,dr\,d\theta.

O fator rr é o jacobiano polar; a coordenada vertical não muda. Usa cilíndricas quando surgem x2+y2x^2+y^2, cilindros ou simetria em torno do eixo zz.

O sólido entre z=x2+y2z=x^2+y^2 e z=4z=4 tem r2≤z≤4r^2\le z\le4. As superfícies cruzam-se em r=2r=2, logo

V=∫02π∫02∫r24r dz dr dθ=2π∫02(4r−r3) dr=8π.V=\int_0^{2\pi}\int_0^2\int_{r^2}^4 r\,dz\,dr\,d\theta =2\pi\int_0^2(4r-r^3)\,dr=8\pi.

Com densidade constante, a simetria dá xˉ=yˉ=0\bar x=\bar y=0. O momento vertical é

∭Vz dV=2π∫0216−r42r dr=64π3,\iiint_V z\,dV=2\pi\int_0^2\frac{16-r^4}{2}r\,dr=\frac{64\pi}{3},

por isso zˉ=8/3\bar z=8/3. Está entre 0 e 4 e acima da metade, porque as secções horizontais aumentam de área com zz.

Coordenadas esféricas

Fixamos θ\theta como ângulo no plano xyxy e φ\varphi como ângulo a partir do eixo zz positivo:

x=ρsin⁡φcos⁡θ,y=ρsin⁡φsin⁡θ,z=ρcos⁡φ,x=\rho\sin\varphi\cos\theta,\quad y=\rho\sin\varphi\sin\theta,\quad z=\rho\cos\varphi, dV=ρ2sin⁡φ dρ dφ dθ,ρ≥0,0≤φ≤π.dV=\rho^2\sin\varphi\,d\rho\,d\varphi\,d\theta, \quad \rho\ge0,\quad0\le\varphi\le\pi.

Outros textos trocam os nomes dos ângulos. Decide pela definição, não pela letra.

Na bola de raio aa, 0≤ρ≤a0\le\rho\le a, 0≤φ≤π0\le\varphi\le\pi, 0≤θ≤2π0\le\theta\le2\pi. O volume é (a3/3)⋅2⋅2π=4πa3/3(a^3/3)\cdot2\cdot2\pi=4\pi a^3/3.

Para o hemisfério superior, reduz φ\varphi a [0,π/2][0,\pi/2]. Se a bola unitária está ainda acima do cone z=x2+y2z=\sqrt{x^2+y^2}, temos ρcos⁡φ≥ρsin⁡φ\rho\cos\varphi\ge\rho\sin\varphi, logo 0≤φ≤π/40\le\varphi\le\pi/4. O volume é

∫02π∫0π/4∫01ρ2sin⁡φ dρ dφ dθ=2π3(1−12).\int_0^{2\pi}\int_0^{\pi/4}\int_0^1\rho^2\sin\varphi\,d\rho\,d\varphi\,d\theta =\frac{2\pi}{3}\left(1-\frac1{\sqrt2}\right).

Não é a quarta parte da bola: um ângulo polar de π/4\pi/4 não representa uma fração linear do volume, por causa de sin⁡φ\sin\varphi.

Reconstruir cartesianas e trocar a ordem

Um integral cilíndrico também se lê em cartesianas. O volume entre z=r2z=r^2 e z=4z=4, com 0≤r≤20\le r\le2, é o conjunto x2+y2≤4x^2+y^2\le4 com x2+y2≤z≤4x^2+y^2\le z\le4. Por isso

∫02π∫02∫r24r dz dr dθ=∬x2+y2≤4∫x2+y241 dz dA.\int_0^{2\pi}\int_0^2\int_{r^2}^4 r\,dz\,dr\,d\theta =\iint_{x^2+y^2\le4}\int_{x^2+y^2}^4 1\,dz\,dA.

O disco sai da interseção r2=4r^2=4. Nas provas pedem este caminho inverso: dado o integral cilíndrico, desenhar o sólido e escrever os limites cartesianos.

A ordem também pode mudar dentro de cartesianas. No tetraedro x+y+z≤1x+y+z\le1, a ordem dz dy dxdz\,dy\,dx usa 0≤x≤10\le x\le1, 0≤y≤1−x0\le y\le1-x, 0≤z≤1−x−y0\le z\le1-x-y. Na ordem dy dz dxdy\,dz\,dx, fixa 0≤x≤10\le x\le1 e 0≤z≤1−x0\le z\le1-x; depois 0≤y≤1−x−z0\le y\le1-x-z. O volume continua 1/61/6.

Quando a altura é o mínimo de duas superfícies, ou a secção muda de forma, divide o sólido. Um tubo cilíndrico oco 1≤r≤21\le r\le2, 0≤z≤30\le z\le3 precisa de duas descrições em xx porque o buraco interior parte cada faixa horizontal em dois intervalos.

Recuperar o integrando cartesiano

Um integral cilíndrico escrito já contém o fator rr de dVdV. Esse fator não faz parte da função cartesiana. Por exemplo, em

∫02π∫01∫01(r3sin⁡2θ+rz2) dz dr dθ,\int_0^{2\pi}\int_0^1\int_0^1(r^3\sin^2\theta+rz^2)\,dz\,dr\,d\theta,

o integrando escrito fatoriza-se como r(r2sin⁡2θ+z2)r(r^2\sin^2\theta+z^2). Como rsin⁡θ=yr\sin\theta=y, a função cartesiana é y2+z2y^2+z^2. O domínio é o cilindro x2+y2≤1x^2+y^2\le1, 0≤z≤10\le z\le1, e o integral torna-se

∫−11∫−1−x21−x2∫01(y2+z2) dz dy dx.\int_{-1}^1\int_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}}\int_0^1 (y^2+z^2)\,dz\,dy\,dx.

O resultado é π/4+π/3=7π/12\pi/4+\pi/3=7\pi/12, somando o momento ∬Dy2 dA\iint_D y^2\,dA no disco e π∫01z2 dz\pi\int_0^1z^2\,dz. Integrar 1 nesse mesmo domínio daria o volume π\pi, uma quantidade diferente.

Em r=0r=0, a fatorização interpreta-se por continuidade; o eixo tem volume zero.

Escolher coordenadas e conferir limites

Cartesiana é boa para planos e caixas; cilíndrica para distâncias ao eixo; esférica para distâncias à origem e cones com vértice na origem. Uma bola deslocada pode justificar uma translação antes das esféricas.

Transforma o integrando, o elemento de volume e todas as fronteiras. Por exemplo, na bola unitária,

∭V(x2+y2+z2) dV=∫02π∫0π∫01ρ4sin⁡φ dρ dφ dθ=4π5.\iiint_V(x^2+y^2+z^2)\,dV =\int_0^{2\pi}\int_0^\pi\int_0^1\rho^4\sin\varphi\,d\rho\,d\varphi\,d\theta =\frac{4\pi}{5}.

O valor médio é 3/53/5, dividindo pelo volume 4π/34\pi/3, e está entre o mínimo 0 e o máximo 1 do integrando. Esta conferência não prova a conta, mas deteta vários erros de jacobiano ou de limites.

Exercícios

Projetar antes de integrar

Calcula o volume de x,y,z≥0x,y,z\ge0, x+y+z≤2x+y+z\le2.

Pista
Projeta sobre xy: x+y não pode exceder 2.
Mais uma pista

Usa 0≤x≤20\le x\le2, 0≤y≤2−x0\le y\le2-x, 0≤z≤2−x−y0\le z\le2-x-y.

Solução

A integração dá ∫02(2−x)2/2 dx=4/3\int_0^2(2-x)^2/2\,dx=4/3. É oito vezes o volume do tetraedro de lado interceptado 1, como prevê a escala cúbica.

Confere a tua resposta:

  • Escrevi a projeção triangular.
  • Dei os limites de z.
  • Integrei na ordem indicada.

Erros frequentes

Não uses uma caixa de 0 a 2 em cada coordenada: incluirias pontos fora do sólido.

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Ler cilíndricas em cartesianas

Converte

∫02π∫02∫r24r dz dr dθ\int_0^{2\pi}\int_0^2\int_{r^2}^4 r\,dz\,dr\,d\theta

para cartesianas e confirma o valor.

Pista
As superfícies cruzam-se em r=2.
Mais uma pista
A projeção é o disco x2+y2≤4x^2+y^2\le4.
Solução

O integral é

∬x2+y2≤4∫x2+y241 dz dA=8π.\iint_{x^2+y^2\le4}\int_{x^2+y^2}^4 1\,dz\,dA=8\pi.

A altura em cada (x,y)(x,y) vai do paraboloide ao plano.

Confere a tua resposta:

  • Identifiquei o sólido pela interseção.
  • Escrevi a projeção cartesiana.
  • Confirmei os limites da altura.

Erros frequentes

Os limites de z dependem de x e y; não os tornes constantes sem projetares o sólido.
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Um tubo oco obriga a partir

Descreve 1≤r≤21\le r\le2, 0≤z≤30\le z\le3 em cartesianas por faixas em yy.

Pista
Para ∣x∣≤1|x|\le1, cada faixa atravessa o buraco interior.
Mais uma pista

Para 1<∣x∣≤21\lt|x|\le2, cada faixa só vê o anel exterior.

Solução

Para ∣x∣≤1|x|\le1, as duas partes são

y∈[−4−x2,−1−x2]∪[1−x2,4−x2].y\in[-\sqrt{4-x^2},-\sqrt{1-x^2}]\cup[\sqrt{1-x^2},\sqrt{4-x^2}].

Para 1<∣x∣≤21<|x|\le2, há um só intervalo:

y∈[−4−x2,4−x2].y\in[-\sqrt{4-x^2},\sqrt{4-x^2}].

Em todos os casos, 0≤z≤30\le z\le3. O volume 9π9\pi confirma-se por 33 vezes a área 3π3\pi do anel. Quando ∣x∣=1|x|=1, as duas partes encontram-se em y=0y=0, que pertence à fronteira interior; a sua união é um só intervalo.

Confere a tua resposta:

  • Desenhei o anel da secção.
  • Separei as faixas que atravessam o buraco.
  • Escrevi os intervalos de y em cada parte.

Erros frequentes

Um só intervalo em y por cada x inclui o buraco vazio ou exclui parte do tubo.

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Ler um cone como ângulo

Monta e calcula o volume dentro da bola unitária e acima do cone z=x2+y2z=\sqrt{x^2+y^2}.

Pista
Com φ desde o eixo z, a desigualdade é cosφ maior ou igual a sinφ.
Mais uma pista
Usa 0≤φ≤π/40\le\varphi\le\pi/4 e 0≤ρ≤10\le\rho\le1.
Solução
O volume é ∫02π∫0π/4∫01ρ2sin⁡φ dρ dφ dθ=2π3(1−1/2)\int_0^{2\pi}\int_0^{\pi/4}\int_0^1\rho^2\sin\varphi\,d\rho\,d\varphi\,d\theta=\frac{2\pi}3(1-1/\sqrt2).

Confere a tua resposta:

  • Identifiquei a convenção angular.
  • Traduzi a desigualdade do cone.
  • Incluí o jacobiano esférico.

Erros frequentes

φ não é o ângulo no plano xy. Uma fração do intervalo angular não dá a mesma fração do volume.
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Converter o domínio e a função

Considera

I=∫π/4π∫02∫14r2sin⁡θ dz dr dθ.I=\int_{\pi/4}^{\pi}\int_0^2\int_1^4 r^2\sin\theta\,dz\,dr\,d\theta.

Descreve o sólido e a projeção, reescreve II em cartesianas na ordem dz dx dydz\,dx\,dy e calcula-o. Este integral mede o volume do sólido?

Pista

O fator rr pertence a dVdV. A restante função é rsin⁡θ=yr\sin\theta=y. O setor ocupa o semidisco superior, exceto a parte onde 0≤y<x0\le y<x.

Solução

O sólido tem alturas 1≤z≤41\le z\le4. A projeção é

D={(x,y):x2+y2≤4, y≥0, y≥x}.D=\{(x,y):x^2+y^2\le4,\ y\ge0,\ y\ge x\}.
Setor de raio 2 entre pi sobre 4 e piA região fica dentro do círculo de raio 2, acima do eixo x e à esquerda da reta x igual a y. Na faixa horizontal y igual a raiz de 2, o limite direito deixa de ser a reta e passa a ser o arco.xy−2022y = √2(√2, √2)y = xD
A faixa horizontal muda de fronteira direita em y = √2. A região à direita de y = x está excluída.

As fronteiras são o arco de raio 2, o segmento de y=xy=x no primeiro quadrante e o segmento do eixo xx negativo. O segmento de y=xy=x encontra o círculo em (2,2)(\sqrt2,\sqrt2), por isso o limite direito muda quando y=2y=\sqrt2. Escreve I=I1+I2I=I_1+I_2, com

I1=∫02∫−4−y2y∫14y dz dx dy.I_1=\int_0^{\sqrt2}\int_{-\sqrt{4-y^2}}^y\int_1^4y\,dz\,dx\,dy.I2=∫22∫−4−y24−y2∫14y dz dx dy.I_2=\int_{\sqrt2}^2\int_{-\sqrt{4-y^2}}^{\sqrt{4-y^2}}\int_1^4y\,dz\,dx\,dy.

O fator cilíndrico é r2sin⁡θ=ryr^2\sin\theta=ry, logo a função cartesiana é yy. Integrar em zz e xx dá

I1=3∫02y(y+4−y2) dy=8.I_1=3\int_0^{\sqrt2}y\bigl(y+\sqrt{4-y^2}\bigr)\,dy=8.I2=6∫22y4−y2 dy=42.I_2=6\int_{\sqrt2}^2y\sqrt{4-y^2}\,dy=4\sqrt2.

Usa a primitiva ∫y4−y2 dy=−(4−y2)3/2/3\int y\sqrt{4-y^2}\,dy=-(4-y^2)^{3/2}/3 para conferir as duas parcelas. Assim, I=8+42I=8+4\sqrt2.

Diretamente em cilíndricas, a altura 3 multiplica ∫02r2 dr=8/3\int_0^2r^2\,dr=8/3 e ∫π/4πsin⁡θ dθ=1+1/2\int_{\pi/4}^{\pi}\sin\theta\,d\theta=1+1/\sqrt2, dando o mesmo valor. O volume seria altura vezes área do setor, 3⋅(3π/4)⋅22/2=9π/23\cdot(3\pi/4)\cdot2^2/2=9\pi/2. O integral pedido pesa cada ponto pela coordenada yy, por isso mede outra quantidade.

Confere a tua resposta:

  • Separei o jacobiano da função integrada.
  • Traduzi o setor angular em desigualdades cartesianas.
  • Parti a projeção no ponto onde muda o limite de x.
  • Calculei e distingui o integral do volume do sólido.
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