Calcule
I=\iint_{D} \frac{1}{\left(4 x^{2}+y^{2}\right)^{3 / 2}} d x d y
onde
D=\left\{(x, y)\left|1 \leq x \leq 2,|y| \leq \frac{x}{2}\right\} .\right.

Passo 1

O enunciado pede para calcular a integral dupla
I=\iint_{D}\frac{1}{\left(4x^{2}+y^{2}\right)^{3/2}}\,dx\,dy,
onde a região D é dada por
D=\{(x,y)\mid 1\le x\le 2,\; |y|\le \tfrac{x}{2}\}.
Informações extraídas do enunciado:
  • Os limites em x são x\in[1,2].
  • Para cada x em [1,2], y varia entre -\tfrac{x}{2} e \tfrac{x}{2}.
  • A função integranda é \dfrac{1}{(4x^{2}+y^{2})^{3/2}}.

Passo 2

Motivação do próximo passo (sem resolver ainda): a expressão 4x^{2}+y^{2} sugere que uma mudança de variáveis que “escale” x para igualar o coeficiente 4 pode simplificar a integral. Vamos fazer a substituição linear
u=2x,\qquad v=y.
Explicando devagar como inverter e achar o Jacobiano: a inversa é
x=\frac{u}{2},\qquad y=v.
O Jacobiano da transformação (u,v)\mapsto(x,y) é a determinante da matriz das derivadas parciais de (x,y) em relação a (u,v):
\det\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)} =\det\begin{pmatrix}\dfrac{\partial x}{\partial u} & \dfrac{\partial x}{\partial v}\\[6pt] \dfrac{\partial y}{\partial u} & \dfrac{\partial y}{\partial v}\end{pmatrix} =\det\begin{pmatrix}\tfrac{1}{2} & 0\\[4pt]0 & 1\end{pmatrix} =\tfrac{1}{2}.
Portanto
dx\,dy=\tfrac{1}{2}\,du\,dv.]

Passo 3

Transformando a integranda e a região com u=2x,\;v=y.
  • A integranda fica
\frac{1}{(4x^{2}+y^{2})^{3/2}}=\frac{1}{(u^{2}+v^{2})^{3/2}}.
  • O fator do Jacobiano introduz \tfrac{1}{2}, então o elemento de área vira \tfrac{1}{2}\,du\,dv.
  • Os limites: como x\in[1,2], obtemos u=2x\in[2,4]. Como |y|\le \tfrac{x}{2} e y=v, com x=\tfrac{u}{2} temos
|v|\le \frac{x}{2}=\frac{u}{4},
ou seja v\in\left[-\tfrac{u}{4},\tfrac{u}{4}\right].
Logo a integral transforma-se em
I=\iint_{D_{uv}}\frac{1}{(u^{2}+v^{2})^{3/2}}\cdot\tfrac{1}{2}\,du\,dv,
com
D_{uv}=\{(u,v)\mid 2\le u\le 4,\; -\tfrac{u}{4}\le v\le \tfrac{u}{4}\}.

Passo 4

Agora passamos para coordenadas polares no plano (u,v), pois a integranda depende só de u^{2}+v^{2}. Definimos
u=r\cos\theta,\qquad v=r\sin\theta,
com r\ge 0 e \theta adequado. Em polares o elemento de área é du\,dv=r\,dr\,d\theta.
Precisamos achar os limites em (r,\theta) que correspondem a D_{uv}.
  • A condição |v|\le \tfrac{u}{4} é
|r\sin\theta|\le \tfrac{r\cos\theta}{4}\quad\Longrightarrow\quad |\tan\theta|\le \tfrac{1}{4}.
Isso determina o intervalo angular
\theta\in[-\alpha,\alpha],\qquad\text{onde}\quad \alpha=\arctan\!\left(\tfrac{1}{4}\right).
Observação: para esses \theta temos \cos\theta>0, então u=r\cos\theta tem o mesmo sinal de r.
  • A condição 2\le u\le 4 vira
2\le r\cos\theta\le 4\quad\Longrightarrow\quad \frac{2}{\cos\theta}\le r\le \frac{4}{\cos\theta}.
Portanto os limites em polares são
\theta\in[-\alpha,\alpha],\qquad r\in\Big[\dfrac{2}{\cos\theta},\dfrac{4}{\cos\theta}\Big].

Passo 5

Escrevendo a integral em polares e simplificando a integranda passo a passo.
A integral ficou
I=\int_{\theta=-\alpha}^{\alpha}\int_{r=2/\cos\theta}^{4/\cos\theta} \frac{1}{(r^{2})^{3/2}}\cdot\tfrac{1}{2}\; r\,dr\,d\theta.
Explicando as potências: (u^{2}+v^{2})^{3/2}=(r^{2})^{3/2}=r^{3}. Assim o integrando é \tfrac{1}{2}\cdot \dfrac{r}{r^{3}}=\tfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1}{r^{2}}.
Logo
I=\int_{-\alpha}^{\alpha}\int_{2/\cos\theta}^{4/\cos\theta}\frac{1}{2}\,r^{-2}\,dr\,d\theta.
Calcule a integral interna em r:
\int_{2/\cos\theta}^{4/\cos\theta}\frac{1}{2}\,r^{-2}\,dr =\frac{1}{2}\Big[-r^{-1}\Big]_{r=2/\cos\theta}^{r=4/\cos\theta} =\frac{1}{2}\Big(\frac{1}{2/\cos\theta}-\frac{1}{4/\cos\theta}\Big).
Simplificando cada termo:
\frac{1}{2/\cos\theta}=\frac{\cos\theta}{2},\qquad \frac{1}{4/\cos\theta}=\frac{\cos\theta}{4}.
Portanto a diferença vale
\frac{1}{2}\Big(\frac{\cos\theta}{2}-\frac{\cos\theta}{4}\Big) =\frac{1}{2}\cdot\frac{\cos\theta}{4}=\frac{\cos\theta}{8}.

Passo 6

Agora integrar em \theta:
I=\int_{-\alpha}^{\alpha}\frac{\cos\theta}{8}\,d\theta =\frac{1}{8}\Big[\sin\theta\Big]_{-\alpha}^{\alpha} =\frac{1}{8}\big(\sin\alpha-\sin(-\alpha)\big) =\frac{1}{8}\cdot 2\sin\alpha =\frac{1}{4}\sin\alpha.

Passo 7

Falta avaliar \sin\alpha onde \alpha=\arctan\!\left(\tfrac{1}{4}\right). Use um triângulo retângulo com cateto oposto 1 e adjacente 4; a hipotenusa é \sqrt{1^{2}+4^{2}}=\sqrt{17}. Assim
\sin\alpha=\frac{1}{\sqrt{17}}.
Substituindo em I=\dfrac{1}{4}\sin\alpha chegamos a
I=\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{\sqrt{17}}=\frac{1}{4\sqrt{17}}.

Resposta

\displaystyle \frac{1}{4\sqrt{17}}

Exercícios relacionados