Observe
Solução:
Fazendo a Intersecção de z = √( 1 + x² + y² ) com z = √( 2x² + 2y² ), vem;
√( 1 + x² + y² ) = √( 2x² + 2y² )
1 + x² + y² = 2x² + 2y²
x² + y² = 1 → projeção do sólido no plano xy.
Logo,
0 ≤ r ≤ 1 ( raio ) , 0 ≤ θ ≤ 2π ( círculo, volta completa ).
- 15603707154067640781515946968525.jpg (29.44 KiB) Exibido 1037 vezes
Obs.1 O desenho não ficou muito legal...entenda que tanto o cone como o semi hiperboloide continua no infinito. Ah! O semi hiperboloide está dentro do cone.
Por outro lado,
z = √( 1 + x² + y² ) ( limite superior , ver figura! )
Em coordenadas cilíndricas:
z = √( 1 + r² )
Ainda;
z = √( 2x² + 2y² ) ( limite inferior , ver figura! )
Em coordenadas cilíndricas:
z = r√2
Assim, a integral tripla em coordenadas cilíndricas é dada por:
[tex3]\int\limits_{0}^{2π}\int\limits_{0}^{1}\int\limits_{r\sqrt{2}}^{\sqrt{1+r^2}}z \ rdzdrd\theta =[/tex3]
[tex3]\frac{1}{2}.\int\limits_{0}^{2π}\int\limits_{0}^{1}[z^2]_{r\sqrt{2}}^{\sqrt{1+r^2}}\ rdrd\theta =[/tex3]
[tex3]\frac{1}{2}.\int\limits_{0}^{2π}\int\limits_{0}^{1}(1+r^2-2r^2)\ rdrd\theta =[/tex3]
[tex3]\frac{1}{2}.\int\limits_{0}^{2π}\int\limits_{0}^{1}(r-r^3)\ drd\theta =[/tex3]
[tex3]\frac{1}{2}.\int\limits_{0}^{2π}[\frac{r^2}{2}-\frac{r^4}{4}]_{0}^{1}d\theta =[/tex3]
[tex3]\frac{1}{2}.\int\limits_{0}^{2π}(\frac{1}{2}-\frac{1}{4})d\theta =[/tex3]
[tex3]\frac{1}{2}.\int\limits_{0}^{2π}(\frac{1}{4})d\theta =[/tex3]
[tex3]\frac{1}{2}.[\frac{\theta }{4}]_{0}^{2π}=\frac{\cancel{2}π}{\cancel{2}.4}=\frac{π}{4}[/tex3]
Obs.2
dzdydx = rdzdrdθ
x² + y² = r²
Portanto, o valor da integral é [tex3]\frac{π}{4}[/tex3]
.
Nota
z² = 1 + x² + y² e z² = 2x² + 2x² , então;
z² = 2( z² - 1 )
z² = 2
z = ± √2 → z = √2
Bons estudos!
