( 20 pontos) Use integral dupla para determinar a área delimitada pelo parabolóide z=3 x^{2}+y^{2} e acima dos gráficos y=x e x=y^{2}-y.

Passo 1

O enunciado pede a área da parte do parabolóide \,z=3x^{2}+y^{2}\, que fica acima (isto é, projetada sobre) a região do plano xy limitada pelos gráficos \,y=x\, e \,x=y^{2}-y\,. Informações fornecidas e perguntas claras:
  • Superfície dada: \;z=f(x,y)=3x^{2}+y^{2}.
  • Curvas que delimitam a projeção no plano xy: \;C_1:\;y=x e \;C_2:\;x=y^{2}-y.
  • A tarefa: usar integral dupla para determinar a área da porção da superfície que está acima da região do plano limitada por C_1 e C_2.
  • Dados que precisaremos: derivadas parciais de f, a fórmula da área de superfície de gráfico e a descrição explícita da região D\subset\mathbb{R}^{2} sobre a qual integrar.

Passo 2

Entendendo a fórmula que vamos usar (mini-aula).
  • Para a superfície que é gráfico de z=f(x,y), a área da porção sobre uma região D do plano xy é dada por
\text{Área}=\iint_{D}\sqrt{1+\left(\frac{\partial f}{\partial x}\right)^{2}+\left(\frac{\partial f}{\partial y}\right)^{2}}\;dA.Á
Explicando cada peça:
  • \frac{\partial f}{\partial x} é a derivada parcial de f em relação a x (pendente no sentido x).
  • \frac{\partial f}{\partial y} é a derivada parcial de f em relação a y (pendente no sentido y).
  • O integrando \sqrt{1+f_x^{2}+f_y^{2}} mede localmente quanto a superfície “estica” a área do elemento plano dA (se f_x=f_y=0 então integrando 1 e a área da superfície seria a área da projeção; se inclinações existem, a área aumenta).
  • Portanto nossa tarefa é: (i) calcular f_x,f_y; (ii) descrever D; (iii) montar a integral dupla e calcular.

Passo 3

Calcular as derivadas parciais de f e escrever o integrando.
  • f(x,y)=3x^{2}+y^{2}.
  • \displaystyle f_x=\frac{\partial f}{\partial x}=6x. (porque derivada de 3x^{2} é 6x, e y^{2} é constante em relação a x)
  • \displaystyle f_y=\frac{\partial f}{\partial y}=2y.
  • Logo o integrando da área vale
\sqrt{1+f_x^{2}+f_y^{2}}=\sqrt{1+(6x)^{2}+(2y)^{2}}=\sqrt{1+36x^{2}+4y^{2}}.

Passo 4

Determinar a região D no plano xy limitada por y=x e x=y^{2}-y.
  • Primeiro encontramos as interseções: substituir x=y em x=y^{2}-y
y = y^{2}-y \quad\Rightarrow\quad 0 = y^{2}-2y = y(y-2),
portanto y=0 ou y=2. Assim as interseções são (0,0) e (2,2).
  • Agora determinamos quem é a curva à esquerda e à direita entre y=0 e y=2.
    • Para um y entre 0 e 2: x_{\text{reta}}=y.
    • x_{\text{parábola}}=y^{2}-y = y(y-1)á. Note que para y\in[0,2] temos y^{2}-y \le y (isto resulta de y(y-2)\le0), então a parábola fica à esquerda e a reta à direita.
  • Conclusão: a região D é
D=\{(x,y)\mid 0\le y\le 2,\; y^{2}-y \le x \le y\}.
(ou seja integrar x de y^{2}-y até y, e y de 0 até 2).

Passo 5

Montar a integral dupla para a área usando a descrição de D.
  • Usando a fórmula da Passo 3 e a parametrização de D da Passo 4,
\text{Área}=\int_{y=0}^{2}\int_{x=y^{2}-y}^{x=y}\sqrt{1+36x^{2}+4y^{2}}\;dx\,dy.Á
  • Observação didática: é conveniente integrar primeiro em x porque o integrando é função simples em x (da forma \sqrt{a x^{2}+b} com a=36 e b=1+4y^{2}), e existe uma primitiva conhecida para essa forma.

Passo 6

Calcular a integral interna \displaystyle \int \sqrt{36x^{2}+4y^{2}+1}\;dx — mini-aula sobre a primitiva.
  • Fórmula útil (padrão): para constantes a>0 e b>0,
\int \sqrt{a x^{2}+b}\;dx = \frac{x}{2}\sqrt{a x^{2}+b}+\frac{b}{2\sqrt{a}}\ln\!\big(\sqrt{a}\,x+\sqrt{a x^{2}+b}\,\big)+C.
  • Aplicando com a=36 e b=1+4y^{2} (aqui b é tratada como constante na integração em x):
    • \sqrt{a}=\sqrt{36}=6.
    • Assim uma primitiva válida é
F(x,y)=\frac{x}{2}\sqrt{36x^{2}+4y^{2}+1}+\frac{1+4y^{2}}{12}\ln\!\big(6x+\sqrt{36x^{2}+4y^{2}+1}\,\big).
  • Verificação rápida (opcional): derivando F em relação a x recupera \sqrt{36x^{2}+4y^{2}+1}.

Passo 7

Avaliar a integral interna entre os limites x=y^{2}-y e x=y e montar a integral em y.
  • Portanto
\text{Área}=\int_{0}^{2}\Big[ F(y,y)-F(y^{2}-y,y)\Big]\,dy,Á
onde, explicitando F,
\begin{split} F(x,y)=&\;\frac{x}{2}\sqrt{36x^{2}+4y^{2}+1}\\\ &\;+\frac{1+4y^{2}}{12}\ln\!\big(6x+\sqrt{36x^{2}+4y^{2}+1}\,\big). \end{split}
  • Podemos simplificar um termo porque em x=y a raiz interna fica mais simples:
36y^{2}+4y^{2}+1=40y^{2}+1,
então
F(y,y)=\frac{y}{2}\sqrt{1+40y^{2}}+\frac{1+4y^{2}}{12}\ln\!\big(6y+\sqrt{1+40y^{2}}\,\big).
  • Em x=y^{2}-y a expressão é
F(y^{2}-y,y)=\frac{y^{2}-y}{2}\sqrt{36(y^{2}-y)^{2}+4y^{2}+1}+\frac{1+4y^{2}}{12}\ln\!\big(6(y^{2}-y)+\sqrt{36(y^{2}-y)^{2}+4y^{2}+1}\,\big).

Passo 8

Escrever a expressão final da área como uma integral única (forma final explícita).
  • Reunindo tudo, a área pede calcular
\boxed{\displaystyle \text{Área}=\int_{0}^{2}\Bigg[ \frac{y}{2}\sqrt{1+40y^{2}}+\frac{1+4y^{2}}{12}\ln\!\big(6y+\sqrt{1+40y^{2}}\,\big) }Á
\boxed{\displaystyle \qquad {}-\frac{y^{2}-y}{2}\sqrt{36(y^{2}-y)^{2}+4y^{2}+1}-\frac{1+4y^{2}}{12}\ln\!\big(6(y^{2}-y)+\sqrt{36(y^{2}-y)^{2}+4y^{2}+1}\,\big) \Bigg]dy.}
  • Observações úteis para a prova:
    • Essa integral é uma forma fechada (obtida por integrar em x e reduzida a uma integral em y). Em muitos exercícios a resposta aceitável é justamente apresentar a integral dupla já reduzida a uma integral simples e a primitiva usada (como fizemos). Para quem quiser um valor numérico, essa integral pode ser avaliada numericamente com calculadora ou software.
    • Em y=0 ambos os termos internos se anulam (as expressões logaritmos ficam com argumento 1), o que evita problemas de descontinuidade no limite inferior.

Resposta

\displaystyle \text{Área}=\int_{0}^{2}\Bigg[ \frac{y}{2}\sqrt{1+40y^{2}}+\frac{1+4y^{2}}{12}\ln\!\big(6y+\sqrt{1+40y^{2}}\,\big) -\frac{y^{2}-y}{2}\sqrt{36(y^{2}-y)^{2}+4y^{2}+1}-\frac{1+4y^{2}}{12}\ln\!\big(6(y^{2}-y)+\sqrt{36(y^{2}-y)^{2}+4y^{2}+1}\,\big) \Bigg]dyÁ

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