Observe
Uma solução:
Primeiramente façamos a intersecção do plano z = 2√3 com a esfera x² + y² + z² = 16, vem;
x² + y² + ( 2√3 )² = 16 → x² + y² = 4(
projeção do sólido ( calota esférica ) no plano xy).
O esboço do sólido
(calota esférica ) está representado na figura que se segue
- 16462734777953307295284454243499.jpg (30.13 KiB) Exibido 539 vezes
Olhando para o triângulo retângulo 0TP , temos que:
[tex3]tg(\phi ) = \frac{2}{2\sqrt{3}} → tg(\phi ) = \frac{\sqrt{3}}{3} → \phi = \frac{π}{6} [/tex3]
, daí 0 ≤ Φ ≤ π/6.
A esfera x² + y² + z² = 16 em coordenadas esféricas é :
x² + y² + z² = 16 → ρ² = 16 → ρ = 4.
O plano z = 2√3 em coordenadas esféricas é:
z = 2√3 → ρ.cos(Φ) = 2√3 → [tex3]\rho = \frac{2\sqrt{3}}{cos (\phi )}[/tex3]
ou ρ = 2√(3).sec(Φ) , logo [tex3]\frac{2\sqrt{3}}{cos (\phi )} ≤ \rho ≤ 4[/tex3]
Mais uma vez , analisando o desenho, a projeção do sólido ( calota esférica ) sobre o plano xy é o círculo x² + y² = 4 , como temos uma volta completa , então 0 ≤ θ ≤ 2π , segue-se que os limites de integrações são dados por :
[tex3]\begin{cases}
\frac{2\sqrt{3}}{cos (\phi )} ≤ \rho ≤ 4 \\
0 ≤ \phi ≤ \frac{π}{6} \\
0 ≤ \theta ≤ 2π
\end{cases}[/tex3]
Assim ,
[tex3]V = \int\limits_{0}^{2π}\int\limits_{0}^{\frac{π}{6}}\int\limits_{\frac{2\sqrt{3}}{cos (\phi )}}^{4}\rho ^2.sen(\phi ) \ d\rho d\phi d\theta [/tex3]
[tex3]V = \int\limits_{0}^{2π}\int\limits_{0}^{\frac{π}{6}}[\frac{\rho ^3}{3}]_{\frac{2\sqrt{3}}{cos (\phi )}}^{4}sen(\phi ) \ d\phi d\theta [/tex3]
[tex3]V = \frac{1}{3}.\int\limits_{0}^{2π}\int\limits_{0}^{\frac{π}{6}}\left[64sen(\phi ) - {\frac{24\sqrt{3}}{cos^3 (\phi )}}sen(\phi ) \right] \ d\phi d\theta [/tex3]
Obs.1 Para resolver a integral [tex3]\int\limits_{}^{}\frac{sen (\phi )}{cos^3(\phi )}d\phi [/tex3] , utilize a substituição u = cos ([tex3]\phi )[/tex3]
[tex3]V = \frac{1}{3}.\int\limits_{0}^{2π}\left[ - 64cos(\phi ) - {\frac{24\sqrt{3}}{2.cos^2 (\phi )}} \right]_0^{\frac{π}{6}} d\theta [/tex3]
[tex3]V = \frac{1}{3}.\int\limits_{0}^{2π}(64-36
\sqrt{3} ) \ d\theta [/tex3]
[tex3]V = \frac{1}{3}.4.( 16 - 9\sqrt{3} ).[\theta ]_0^{2π}[/tex3]
Portanto,
[tex3]V = \frac{8π}{3}.( 16 - 9\sqrt{3} )u.v.[/tex3]
Obs.2
[tex3]\begin{cases}
x = \rho .sen (\phi ).cos (\theta ) \\
y = \rho .sen (\phi ).sen (\theta ) \\
z = \rho .cos (\phi ) \\
dV = dxdydz = \rho^2.sen(\phi )d\rho d\phi d\theta \\
x^2 + y^2 + z^2 = \rho ^2
\end{cases}[/tex3]
Em coordenadas cilíndricas:
[tex3]\begin{cases}
2\sqrt{3} ≤ z ≤ \sqrt{16 - r^2} \\
0 ≤ r ≤ 2 \\
0 ≤ \theta ≤ 2π\\
dV = dzdydx = rdzdrd\theta \\
\end{cases}[/tex3]
Logo,
[tex3]V = \int\limits_{0}^{2π}\int\limits_{0}^{2}\int\limits_{2\sqrt{3}}^{\sqrt{16-r^2}}r \ dzdrd\theta = \frac{8π}{3}.( 16 - 9\sqrt{3} ) u.v.[/tex3]
Em coordenadas retangulares:
{ - 2 ≤ x ≤ 2
{ - √( 4 - x² ) ≤ y ≤ √( 4 - x² )
{ 2√3 ≤ z ≤ √( 16 - x² - y² )
Logo,
[tex3]V = \int\limits_{-2}^{2}\int\limits_{-\sqrt{4 - x^2}}^{\sqrt{4-x^2}}\int\limits_{2\sqrt{3}}^{\sqrt{16-x^2 - y^2}} \ dzdydx = \frac{8π}{3}.( 16 - 9\sqrt{3} ) u.v.[/tex3]
Não tem jeito o gabarito postado por você está errado! Deve ser de uma outra questão.
Excelente estudo!