Em R2e R3 usualmente denotamos as coordenadas por (x,y) e (x,y,z), respectivamente, e elas são entendidas como coordenadas cartesianas. Nada impede, entretanto, que usemos outros sistemas para localizar um ponto nesses conjuntos. Já vimos, por exemplo, as coor-denadas polares, em R2, ou as cilíndricas ou esféricas em R3. A questão que se coloca agora
é: suponha que façamos uma mudança de coordenadas. Como o elemento de área (no cado bidimensional) ou o elemento de volume (no caso tridimensional) se comportam quando mudamos nosso sistema de coordenadas? E a região de integração?
Para esclarecermos estas questões, introduziremos alguns conceitos de importância ím-par.
Matriz jacobiana e jacobiano
Seja D ✓ Rn um conjunto aberto e f : D ! Rn uma função de classe C1, ou seja, suas
derivadas parciais de primeira ordem existem e são contínuas, a qual escrevemos
f (u1,··· ,un) = (x1(u1,··· ,un),xn(u1,··· ,un)).
A matriz Jacobiana de f , denotada por Jf, é definida por
Jf = 0 BBBB BBBB BBBB BBBB BBBB BB@ @x1 @u1 ··· @x1 @un ... ··· ... @xn @u1 ··· @xn @un 1 CCCC CCCC CCCC CCCC CCCC CCA
O jacobiano de f é o determinante da matriz Jacobiana de f , e é denotado por
@(x1,··· ,xn)
@(u1,··· ,un)= det(Jf).
Nos casos bidimensionais, em que f (u,v) = (x(u,v),y(u,v)), ou tridimensionais, em que
f (u, v, w) = (x(u, v, w), y(u, v, w), z(u, v, w)), simplesmente escrevemos, respectivamente
@(x, y) @(u, v) = 0 BBBB BBBB B@ xu xv yu yv 1 CCCC CCCC CA ou @(x, y, z) @(u, v, w) = 0 BBBB BBBB BBBB BBBB BBBB @ xu xv xw yu yv yw zu zv zw 1 CCCC CCCC CCCC CCCC CCCC A . Mudança de coordenadas
Seja D ✓ Rnum conjunto aberto e f (u1,··· ,u
n) = (x1(u1,··· ,un),··· ,xn(u1,··· ,un)).
Di-zemos que f : D ! Rné uma mudança de coordenadas se:
a) f é de classe C1;
b) f é uma função injetora;
c) o jacobiano de f é não nulo, ou seja,
@(x1,··· ,xn)
@(u1,··· ,un) ,0.
Exemplo 6.1. Consideremos a função f (r,✓) = (r cos✓,r sin✓). Neste caso, temos então x(r,✓) =
r cos ✓ e y(r, ✓) = r sin ✓. A matriz Jacobiana de f e o seu respectivo jacobiano são
Jf = 0 BBBB BBBB B@ cos✓ r sin ✓ sin✓ r cos✓ 1 CCCC CCCC CA e @(x, y) @(u, v) = r.
Note que o jacobiano é diferente de 0 quando r , 0. Por outro lado, f não é injetiva para ✓ arbi-trário, mas podemos torná-la injetiva se restringirmos ✓ 2 (0,2⇡). Consideremos o conjunto D =
{(r,✓) 2 R2, r > 0, 0 < ✓ < 2⇡}. Então a função f : D ! R2, dada por f (r,✓) = (r cos✓,r sin✓) satisfaz as condições para ser uma mudança de coordenadas.
Observações importantes
• Se f (u1,··· ,un) = (x1(u1,··· ,un),xn(u1,··· ,un)) é uma mudança de coordenadas,
então usualmente escrevemos x1= x1(u1,··· ,un),··· ,xn= xn(u1,··· ,un).
• A interpretação de uma mudança de coordenadas é a seguinte: saímos do sis-tema original, de coordenadas (x1,··· ,xn) e vamos para um novo sistema de
co-ordenadas (u1,··· ,un).
Exemplo 6.2. Consideremos os conjuntos Q = {(x,y); x > 0 e y > 0} e H = {(u,v); u 2 R e v > 0}.
Sejam x(u,v) = veu e y(u,v) = ve u. Um cálculo direto mostra que
Jf = 0 BBBB BBBB B@ veu eu ve u e u 1 CCCC CCCC CA e seu jacobiano é @(x, y) @(u, v) = 2v.
Exemplo 6.3. Consideremos as funções x(r,✓,z) = r cos✓, y(r,✓,z) = r sin✓ e z(r,✓,z) = z e
de-finamos f (r,✓,z) = (x(r,✓,z),y(r,✓,z),z(r,✓,z)), ou seja, f (r,✓,z) = (r cos✓,r sin✓,z). A matriz jacobiana de f é Jf = 0 BBBB BBBB BBBB BBBB BBBB @ cos✓ r sin ✓ 0 sin✓ r cos✓ 0 0 0 1 1 CCCC CCCC CCCC CCCC CCCC A e seu jacobiano é @(x, y, z) @(r, ✓, z)= r.
Observemos que as duas primeiras componentes de f coincidem com as funções do Exemplo 6.1 e, portanto, as restrições sobre r e ✓ são as mesmas daquele exemplo. A terceira componente z(r, ✓, z) = z não possui qualquer restrição. Logo, definindo D = {(r,✓) 2 R2, r > 0, 0 < ✓ <
2⇡, z 2 R}, temos que f : D ! R3é uma mudança de coordenadas.
Exemplo 6.4. Consideremos agora x(r,✓, ) = r cos✓ sin , y(r,✓, ) = r sin✓ sin e z(r,✓, ) =
fun-ção e seu respectivo jacobiano são Jf = 0 BBBB BBBB BBBB BBBB BBBB @
cos✓ sin r sin ✓ sin r cos ✓ cos
sin✓ sin r cos ✓ sin r sin ✓ cos
cos 0 r sin 1 CCCC CCCC CCCC CCCC CCCC A . e @(x, y, z) @(r, ✓, )= r 2sin .
Observe que para assegurarmos injetividade precisamos que ✓ 2 (0,2⇡). Com respeito a , geometricamente esta variável rotaciona círculos. Dessa forma, para garantirmos injetividade, precisamos 2 (0,⇡). Finalmente, condição para que o jacobiano seja não nulo é r , 0, que é
assegurada se tomarmos r > 0. Assim, tomando D = {(r,✓, ) 2 R3, r > 0, 0 < ✓ < 2⇡, 0 < < ⇡}, temos que f : D ! R3 é uma mudança de coordenadas.
Os sistemas de coordenadas dados nos exemplos 6.1–6.4 são chamados, respectivamente, coordenadas polares, hiperbólicas, cilíndricas e esféricas, respectivamente. Enquanto as duas primeiras são sistemas bidimensionais, as duas últimas são tridimensionais.
Agora temos condições de conectarmos mudanças de coordenadas e integrais. Comece-mos no sistema bidimensional.
Uma integral dupla de uma função F = F(x,y) é avaliada sobre uma região R no plano R2. No sistema de coordenadas cartesianas xy, o elemento de área dA é dado por dxdy, ou seja, dA = dxdy. Se f : D ! R2 é uma mudança de coordenadas f (u,v) = (x(u,v),y(u,v)), então a região R no plano xy é imagem de uma outra região T pela função f , ou seja, temos que T = f 1(R). O elemento de área dxdy é transformado num novo elemento de área no
sistema de coordenadas uv e a relação entre eles é
dxdy = @(x, y)
@(u, v) dudv.
Dessa forma, a integral dupla de F = F(x,y) avaliada sobre R no sistema xy passa a ser a integral de ˜F(u,v) = F(f (u,v)) calculada em f 1(R), ou seja,
" RF(x, y)dV = " f 1(R)F(f (u, v)) @(x, y) @(u, v) dudv.
O caso de uma integral tripla é análogo: seja F = F(x,y,z) uma função contínua, integrada numa região R, e seja f = f (x(u,v,w),y(u,v,w),z(u,v,w)) uma mudanças de coordenadas. Então o elemento de volume dV = dxdydz é alterado para
dxdydz = @(x, y, z)
@(u, v, w) dudvdw
a integração passa a ser na região f 1(R) e, então, temos $ RF(x, y, z)dV = $ f 1(R)F(f (u, v, w)) @(x, y, z) @(u, v, w) dudvdw.
Os resultados anteriores são os casos particulares que mais no interessam do seguinte fato mais geral.
Teorema 6.1. Sejam R um conjunto aberto, F : R ! R uma função contínua em R e f : T ! Rn
uma mudança de coordenadas tal que R = T . Então
Z ··· Z RF(x1,··· ,xn)dx1···dxn = Z ··· Z T F(f (u1,··· ,un)) detJf du1···dun
Observe que T = f 1(R), o que mostra a compatibilidade do Teorema 6.1 com os
resul-tados anteriores.
Exercício Resolvido 6.1. Seja R a região limitada pelas retas y = x, y = 0 e x = 1. Calcule a
integral dupla
"
R
dydx
(1 + x2+ y2)3/2
Solução. Usando coordenadas polares, vemos que a região R é imagem da região T = {(r,✓); 0 ✓ ⇡/4, 0 r 1}. Do Exemplo 6.1 concluímos que a mudança para coordenadas polares nos leva ao elemento de área dxdy = dydx = rdrd✓. Dessa forma, temos
" R dydx (1 + x2+ y2)3/2 = " T rdrd✓ (1 + r2)3/2.
Note agora que
" T rdrd✓ (1 + r2)3/2 = Z ⇡/4 0 Z 1 0 rdrd✓ (1 + r2)3/2.
Observe que as integrais iteradas são independentes, ou seja, a integral em ✓ é indepen-dente daquela para r e vice-versa. Desta forma, essa integral iterada se resume ao produto
de duas integrais simples, ou seja, Z ⇡/4 0 Z 1 0 rdrd✓ (1 + r2)3/2 = Z ⇡/4 0 d✓ Z 1 0 rdr (1 + r2)3/2 = ⇡ 4 Z 1 0 rdr (1 + r2)3/2. 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 Figura 6.1: Região do Exercício Resolvido ex-res6.1.
Para o cálculo da integral remanescente, façamos a seguinte mudança de variável: u = 1 + r2. Se r = 0, temos u = 1 e quando
r = 1, obtemos u = 2. Além disso, du = 2rdr, de modo que
Z 1 0 rdr (1 + r2)3/2 = 1 2 Z 2 1 du u3/2 = 1 2 1 p u u=2 u=1 = p 2 1 p 2 . Com isso, concluímos que
" R dydx (1 + x2+ y2)3/2 = ⇡ 4 p 2 1 p 2 . Exercício Resolvido 6.2. Calcule a integral
"
RxdA,
em que R é a região delimitada pelas parábolas 1/x y 2/x e as retas x = 1 e x = 2 usando coordenadas hiperbólicas.
Solução. Note que a integral dupla pode ser escrita como a integral iterada
1.0 1.2 1.4 1.6 1.8 2.0 2.2x 1.0 1.5 2.0 y Figura 6.2: Região do Exercício Resolvido ex-res6.2. " RxdA = Z 2 1 Z 2 x 1 x x dy dx.
O exercício nos pede para que esta integral seja calculada usando coordenas hiperbólicas, que são aquelas dadas no Exem-plo 6.2, ou seja, x = veue y = v u. Daquele mesmo exemplo, temos
o jacobiano
@(x, y) @(u, v) = 2v,
A desigualdade 1/x y 2/x nos dão o seguinte: 1 v eu v eu 2 veu ) 1 v2 2 ) 1 v p 2,
uma vez que v > 0 (veja Exemplo 6.2). Da desigualdade 1 x 2, obtemos
1 veu 2 ) 0 lnv + u ln2 ) lnv u 2
v.
Dessa forma, a região R = {(x,y), 1 x 2, 1/x y 2/x} é imagem, pela função f (u,v) = (vu, v u), da região T = {(u,v), 1 v p2, lnv u 2/v}. Assim,
Z 2 1 Z 2 x 1 x x dy dx = Z p2 1 Z ln2 v lnv(ve u)(2vdudv) = Z p2 1 Z ln2 v lnv2v 2eududv.
O problema agora se resume a calcularmos uma integral iterada, ou seja, Z p2 1 Z ln2 v lnv2v 2eududv = Z p2 1 0 BBBB B@ Z ln2 v lnve udu 1 CCCC CA2v2dv = Z p2 1 e u u=ln2v u= ln v ! 2v2dv = Z p2 1 ✓2 v 1 v ◆ 2v2dv = Z p2 1 2vdv = v 2 v= p 2 v=1 = 1.
Exercício Resolvido 6.3. CalculeR R RBe(x2+y2+z2)3/2dV , na qual B representa a região da bola unitária B = {(x,y,z) 2 R3;x2+ y2+ z2 1}.
Solução: Tentemos utilizar as coordenadas cartesianas para resolver a integral. A região de integração é a região interna da esfera x2+ y2+ z2= 1, conforme representada na Figura 6.3. Temos que z vai de p1 x2 y2 a p1 x2 y2, enquanto para x e y determinamos a
projeção da esfera no plano xy, projeção esta dada pela circunferência x2+ y2 = 1. A nossa integral iterada seria então reescrita como
Z 1 1 Z p1 x2 p 1 x2 Z p1 x2 y2 p 1 x2 y2e (x2+y2+z2)3/2 dzdydx.
Observemos que já na integração em z a dificuldade iminente de lidar com o integrando e o esforço necessário para o cálculo da integral seria grande. Precisamos de alguma ferramenta auxiliar que facilite as integrações.
Figura 6.3: A região de integração é a parte interior da esfera unitária x2+ y2+ z2= 1.
Note que, em coordenadas esféricas x = ⇢ cos✓ sin ,y = ⇢ sin✓ sin e z = ⇢ cos , temos que x2+ y2+ z2 = ⇢2, de tal forma que (x2+ y2+ z2)3/2 = ⇢3. Além disso, o Jacobiano da
mudança de coordenadas cartesianas para esféricas é dado por
@(x, y, z) @(⇢, ✓, ) = ⇢
2sin .
Assim, em coordenadas esféricas, a integral é reescrita como Z Z Z Be (x2+y2+z2)3/2 dV = Z Z Z B⇢ 2e⇢3sin dV ,
no qual B continua sendo a nossa região de integração, porém dV se refere ao elemento de volume em coordenadas esféricas.
Sendo a região de integração uma esfera, os limites de integração para r,✓ e são dados pelas variações usuais na mudança de coordenadas cartesianas para esféricas: 0 r 1, 0 ✓ 2⇡ e 0 ⇡. Assim, precisamos calcular a integral
Z 1 0 Z 2⇡ 0 Z ⇡ 0 ⇢ 2e⇢3sin d d✓d⇢.
Procedendo com a integração em , obtemos Z 1 0 Z 2⇡ 0 Z ⇡ 0 ⇢ 2e⇢3sin d d✓d⇢ = Z 1 0 Z 2⇡ 0 ⇢ 2e⇢3( cos ) =⇡/2 =0 d✓d⇢ = 2 Z 1 0 Z 2⇡ 0 ⇢ 2e⇢3d✓d⇢.
Como o integrando não depende de ✓, facilmente concluímos que Z 1 0 Z 2⇡ 0 ⇢ 2e⇢3d✓d⇢ = 2⇡ Z 1 0 ⇢ 2e⇢3d⇢.
Para a integração de ⇢, faça a substituição u = ⇢3. Assim, obtemos du = 3⇢2d⇢, de tal forma
que substituição na integral nos fornece Z 1 0 ⇢ 2e⇢3d⇢ = Z 1 0 1 3eudu = 1 3eu u=1 u=0 = 1 3(e 1). Substituindo o valor encontrado na integral, concluímos que
Z Z Z B e(x2+y2+z2)3/2dV = 2 Z 1 0 Z 2⇡ 0 ⇢ 2e⇢3d✓d⇢ = 4⇡Z 1 0 ⇢ 2e⇢3⇢ = 4⇡ 3 (e 1).
Exercício Resolvido 6.4. Calcule R R RExyzdV , no qual E é a região que estã entre as esferas ⇢ = 2 e ⇢ = 4 e acima do cone = ⇡/3.
Solução: Verifiquemos inicialmente que os objetos dados são, de fato, esferas e cone. Considere ⇢ = 2. Substituindo nas coordenadas esféricas, temos
x = 2 cos ✓ sin , y = 2 sin ✓ sin , z = 2 cos .
Elevando as expressões para x, y e z ao quadrado, temos que
x2+ y2+ z2= 4cos2✓ sin2 + 4sin2✓ sin2 + 4cos2 = 4(sin2 (sin2✓ + cos2✓) + cos2 ) = 4, de onde segue que ⇢ = 2 é a equação em coordenadas esféricas para a esfera de centro na origem e raio 2. De maneira análoga mostramos que ⇢ = 4 é a equação em coordenadas esféricas para a esfera de centro na origem e raio 4.
com = ⇡/3, para obtermos x = p 3 2 ⇢ cos ✓, y = p 3 2 ⇢ sin ✓, z = ⇢ 2. Com o mesmo raciocínio utilizado para a esfera, temos
x2+ y2=34⇢2+34⇢2= 32⇢2= 3z2
e com isso concluímos que = ⇡/3 é a equação em coordenadas esféricas para o cone z2 = x2/3 + y2/3. Na Figura 6.4 vemos a representação do encontro das esferas com o cone no
primeiro e segundo octantes, sendo que a região de integração é composta pelos quatro octantes nos quais z é positivo (isso se deve pelo fato de que = ⇡/3 e, desta forma, z deve ser positivo).
Figura 6.4: A região de integração está acima do cone e entre as duas circunferências. Na imagem, exibimos metade da região, equivalente aos dois primeiros octantes, para visuali-zação interna.
Para determinarmos os extremos da integração, observe que a região acima do cone =
⇡/3 corresponde a tomarmos 0 ⇡/3. Como a região de integração corresponde aos quatro octantes com z positivo, temos 0 ✓ 2⇡. Por fim, observemos que, sendo a região entre as esferas de raios ⇢ = 2 e ⇢ = 4, devemos ter 2 ⇢ 4. Utilizando as coordenadas esféricas x = ⇢ cos✓ sin ,y = ⇢ sin✓ sin ,z = ⇢ cos e o Jacobiano
@(x, y, z)
calculamos a integral como Z Z Z ExyzdV = Z 4 2 Z 2⇡ 0 Z ⇡/3
0 (⇢ cos✓ sin )(⇢ sin sin✓)(⇢ cos )⇢
2sin d d✓d⇢ = Z 4 2 ⇢ 5d⇢Z 2⇡ 0 sin✓ cos✓d✓ Z ⇡/3 0 sin 3 d = 0 BBBB BB@⇢ 6 6 ⇢=4 ⇢=2 1 CCCC CCA 0 BBBB BB@sin 2✓ 2 ✓=2⇡ ✓=0 1 CCCC CCA 0 BBBB BB@sin 4 4 =⇡/3 =0 1 CCCC CCA = 46 2 24 6 ! (0 0) sin4(⇡/3) 4 ! = 0.
Exercício Resolvido 6.5. Calcule a integralR R REx2dV nas regiões especificadas abaixo. (a) E é a região limitada por z = 0, z = 2 e pelo cilindro x2+ y2= 1.
(b) E é a região limitada acima do plano z = 0, dentro do cilindro x2+ y2 = 1e acima do cone z2= 4x2+ 4y2.
(c) E representa o sólido que está acima do plano z = 0, dentro do cilindro x2+ y2 = 1e abaixo do cone z2= 4x2+ 4y2.
Solução:
(a) Precisamos determinar a região de integração, que é representada pela Figura??. Ob-serve que E nada mais é do que parte de um cilindro com 0 z 2. Desta forma, é natural que utilizemos coordenadas cilíndricas x = r cos✓,y = r sin✓,z = z, com Jacobi-ano
@(x, y, z) @(r, ✓, z) = r.
Como a base do cilindro é a circunferência x2+ y2= 1, temos 0 r 1 e 0 ✓ 2⇡, de tal forma que
$ Ex 2dV = Z 1 0 Z 2⇡ 0 Z 2 0 r 3cos2✓dzd✓dr = 2Z 1 0 Z 2⇡ 0 r 3cos2✓d✓dr = 1 2 Z 2⇡ 0 cos 2✓d✓.
Figura 6.5: Na imagem mostramos a região interna do cilindro que corresponde à região de integração.
Sabemos que as seguintes identidades trigonométricas são válidas: cos2✓ + sin2✓ = 1,
cos2✓ sin2✓ = cos(2✓).
Logo, somando as duas identidades e isolando cos2✓, encontramos que
cos2✓ = 12(cos(2✓) + 1). Assim podemos substituir na integral em ✓ para obter
Z 2⇡ 0 cos 2✓d✓ = 1 2 Z 2⇡ 0 (cos(2✓) + 1)d✓ = 1 2 ✓1 2sin(2✓) + ✓ 2 ◆ ✓=2⇡ ✓=0 = ⇡,
um resultado de integral que usaremos nos outros dois itens deste exemplo. Segue que Z Z Z Ex 2dV =1 2 Z 2⇡ 0 cos 2✓d✓ = ⇡ 2.
(b) Observe que a região E é dada com z 2px2+ y2e z menor do que a intersecção entre
de tal forma que concluímos, da equação do cone, que z2= 4 e z = 2. Assim, a região de
integração em z é dada por 2px2+ y2 z 2, veja a Figura 6.6. No plano xy, a projeção
Figura 6.6: A região de integração E é dada pela parte de cima do cone até que tenhamos intersecção com o cilindro, o que acontece quando z = 2.
da região é dada pela circunferência x2+y2= 1, de tal forma que é conveniente utilizar
coordenadas cilíndricas para resolução da integral.
Fazendo a mudança de coordenadas x = r cos✓,y = r sin✓ e z = z, temos 0 r 1,0
✓ 2⇡ e 2px2+ y2= 2r z 2 e a integração é calculada como
$ Ex 2dV = Z 1 0 Z 2⇡ 0 Z 2 2rr 3cos2✓dzd✓dr =Z 1 0 Z 2⇡ 0 r 3(2 2r)cos2✓d✓dr = 2⇡ Z 1 0 (r 3 r4)dr = 2⇡ r4 4 r5 5 ! r=1 r=0 = ⇡ 10.
(c) Observe que aqui queremos determinar a região de integração que é, num certo sen-tido, complementar à do item (b): queremos a região dentro do cilindro que é externa ao cone, veja a Figura 6.6. A projeção no plano xy continuará sendo a circunferên-cia x2+ y2 = 1, porém agora a variável z varia de 0 até 2px2+ y2. Em coordenadas
Figura 6.7: A região de integração é o que está abaixo do cone, porém dentro do cilindro, num procedimento inverso ao do item (b).
integral $ Ex 2dV = 22⇡ 0 Z 1 0 Z 2r 0 r 3cos2✓dzdrd✓ =Z 2⇡ 0 Z 1 0 2r 4cos2✓drd✓ = 2 5 Z 2⇡ 0 cos 2✓d✓ = 2⇡ 5 .
Observação: Como observado no item (c), a região pertencente ao cilindro e abaixo do cone é “complementar” à região pertencente ao cilindro e acima do cone. Denote por Eb e Ec as
regiões dos itens (b) e (c) e observe que Ea = Eb[ Ec, na qual Ea denota a região do item (a).
Desta forma, por propriedade de união de regiões de integração, teremos Z Z Z Ea x2dV = Z Z Z Eb x2dV + Z Z Z Ec x2dV .
Dos items (a) e (b) concluímos que Z Z Z Ea x2dV = ⇡2, Z Z Z Eb x2dV =10⇡
e após substituição concluímos que
⇡ 2 = ⇡ 10+ Z Z Z Ec x2dV ) Z Z Z Ec x2dV = ⇡ 2 ⇡ 10 = 2⇡ 5 ,
assim como demonstramos no item (c).
Exercícios
Exercício 6.1. Use coordenadas polares para determinar a integral da função f (x,y) dada na
região entre os círculos de raio a e b, com 0 < a < b. a) f (x,y) =p1 x2 y2.
b) f (x,y) = sin(x2+ y2). c) f (x,y) = x2/(x2+ y2). d) f (x,y) = e (x2+y2)
.
Exercício 6.2. Sejam 0 < a < b, C1 e C2 cilindros de raios a b delimitados pelos planos z = 0 e z = 1. Calcule as integrais das funções f (x,y,z) abaixo na região delimitada entre esses dois cilindros. a) f (x,y,z) = 1. b) f (x,y,z) = z. c) f (x,y,z) =p1 x2 y2. d) f (x,y,z) = sin(x2+ y2). e) f (x,y,z) = x2/(x2+ y2). f) f (x,y,z) = e (x2+y2) .
Exercício 6.3. Sejam 0 < a < b, S1 e S2 esferas de raios a b. Calcule as integrais das funções f (x, y, z) abaixo na região delimitada entre essas duas esferas.
a) f (x,y,z) = 1. b) f (x,y,z) = z. c) f (x,y,z) =p1 x2 y2 z2. d) f (x,y,z) = sin(x2+ y2+ z2). e) f (x,y,z) = x2/(x2+ y2+ z2). f) f (x,y,z) = e (x2+y2+z2) .
