Solución

  1. El cono es de radio 11 donde se encuentra con el paraboloide. Dado quez=2−x2−y2=2−r2 z = 2 - x^2 - y^2 = 2 - r^2 y z=x2+y2=rz = \sqrt{x^2 + y^2} = r (asumiendo que r no es negativo), tenemos 2−r2=r2 - r^2 = r. Resolviendo, tenemos r2+r−2=(r+2)(r−1)=0r^2 + r - 2 = (r + 2) (r - 1) = 0. Como r≥0r \ge0, tenemos r=1r = 1. Por lo tanto, z=1z = 1. Entonces la intersección de estas dos superficies es un círculo de radio 11 en el plano z=1z = 1. El cono es el límite inferior de zz y el paraboloide es el límite superior. La proyección de la región sobre el plano xyxy es el círculo de radio 11 centrado en el origen.

    Por tanto, podemos describir la región como
    E={(r,θ,z)∣0≤θ≤2π,0≤r≤1,r≤z≤2−r2}E = \lbrace (r, \theta, z)|0 \le \theta \le 2\pi, 0 \le r \le 1, r \le z \le 2 − r^2\rbrace Por lo tanto, la integral del volumen es
    V=∫θ=0θ=2π∫r=0r=1∫z=rz=2−r2rdzdrdθV = \int_{\theta =0}^{\theta=2\pi}\int_{r=0}^{r=1}\int_{z=r}^{z=2-r^2}r dz dr d\theta
  2. También podemos escribir la superficie del cono como r=zr = z y el paraboloide como r2=2−zr^2 = 2 - z. El límite inferior para rr es cero, pero el límite superior es a veces el cono y otras veces es el paraboloide. El plano z=1z = 1 divide la región en dos regiones. Entonces la región se puede describir como
    E={(r,θ,z)∣0≤θ≤2π,0≤z≤1,0≤r≤z}∪{(r,θ,z)∣0≤θ≤2π,1≤z≤2,0≤r≤2−z}E = \lbrace (r, \theta, z)|0 \le \theta \le 2\pi, 0 \le z \le 1, 0 \le r \le z\rbrace\\ \cup \lbrace (r, \theta, z)|0 \le \theta \le 2\pi, 1 \le z \le 2, 0 \le r \le \sqrt{2 − z}\rbrace Ahora la integral del volumen se convierte en V=∫θ=0θ=2π∫z=0z=1∫r=0r=zrdrdzdθ+∫θ=0θ=2π∫z=1z=2∫r=0r=2−zrdrdzdθV = \int_{\theta =0}^{\theta=2\pi}\int_{z=0}^{z=1}\int_{r=0}^{r=z}r dr dz d\theta + \int_{\theta =0}^{\theta=2\pi}\int_{z=1}^{z=2}\int_{r=0}^{r=\sqrt{2-z}}r dr dz d\theta