Em cada caso, esboce a região D e calcule a integral dupla integral duplaD f(x, y) d A. Utilize uma mudança de coordenadas, se necessário.
(e) D é a região triangular de vértices (0,0),(1,-1) e (-1,4) ; f=x^2-y^2

Passo 1

O enunciado pede a integral dupla
integral duplaD(x^2-y^2),dA
onde D é o triângulo de vértices (0,0), (1,-1) e (-1,4).
O que vamos usar é uma mudança de variável linear que leva o triângulo canônico
T = (u,v)mid u>=0,;v>=0,;u+v<=1
em D. Precisamos então: definir a parametrização (x(u,v),y(u,v)), calcular o jacobiano, reescrever x^2-y^2 em termos de u,v e integrar sobre T.

Passo 2

Escolhemos como ponto base (0,0) e vetores geradores
(1,-1) e (-1,4). Logo a parametrização é
x = ucdot1 + vcdot(-1) = u - v, y = ucdot(-1) + vcdot4 = -u + 4v,
com (u,v)in T. O jacobiano é
J = det partial xpartial u & partial xpartial v partial ypartial u & partial ypartial v = det 1 & -1 -1 & 4 =4 - 1 = 3

Passo 3

Em termos de u,v temos
x^2 = (u-v)^2=u^2-2uv+v^2, y^2=(-u+4v)^2=u^2-8uv+16v^2,
logo
x^2-y^2 =(u^2-2uv+v^2) - (u^2-8uv+16v^2) =6uv -15v^2
Assim a integral fica
integral duplaD(x^2-y^2),dA = integral duplaTl(6uv -15v^2r),l|Jr|,du,dv =3integral duplaTl(6uv -15v^2r),du,dv

Passo 4

Como T é dado por 0<= u<=1-v, 0<= v<=1, temos
integral0^1!integral0^1-v(6uv-15v^2),du,dv = integral0^1l[6vintegral0^1-vu,du ;-;15v^2,(1-v)r]dv
Calculando
integral0^1-vu,du =(1-v)^22,
segue que o integrando interno é
6vcdot(1-v)^22 -15v^2(1-v) =3v(1-v)^2 -15v^2(1-v) =3v(1-v)(1-6v)
Portanto
integral duplaT(6uv-15v^2),du,dv =integral0^13v(1-v)(1-6v),dv

Passo 5

Expandindo v(1-v)(1-6v)=v -7v^2+6v^3, obtemos
integral0^1(v -7v^2+6v^3),dv =l[tfracv^22-tfrac7v^33+tfrac6v^44r]0^1 =12 -73 +32 = -13
Multiplicando pelos fatores externos:
integral duplaD(x^2-y^2),dA =3cdotl(!-tfrac13r) = -1 ;times;3 = -3

Resposta

integral duplaD(x^2-y^2),dA = -3

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