Calcule as integrais \iint_{R} f(x, y) d x d y sendo:
f(x, y)=x e R a região limitada pelas curvas y=x e y=x^{2}.

Passo 1

O enunciado pede para calcular a integral dupla
\iint_{R} f(x,y)\,dx\,dy
onde f(x,y)=x e R é a região limitada pelas curvas y=x e y=x^{2}.\n
Informações dadas:
  • A função a integrar é f(x,y)=x.\n
  • A região R é a parte do plano entre as curvas y=x e y=x^{2}.\n
  • Devemos calcular a área “ponderada” por x sobre essa região, ou seja, a integral dupla de x sobre R.

Passo 2

Encontremos os pontos de interseção entre as curvas, resolvendo
x = x^{2}.
Essa equação é
x^{2}-x=0\quad\Rightarrow\quad x(x-1)=0,
logo as soluções são x=0 e x=1. Substituindo em y=x ou y=x^{2}, obtemos os pontos de interseção (0,0) e (1,1).

Passo 3

Precisamos saber, para x entre 0 e 1, qual curva está acima (maior y) e qual está abaixo. Compare y=x e y=x^{2} para 0<x<1. Como 0<x<1 implica x^{2}<x, temos
x^{2} < x\quad\text{para }0<x<1.
Um exemplo numérico: para x=\tfrac{1}{2}, x^{2}=\tfrac{1}{4}<\tfrac{1}{2}=x. Portanto, sobre o intervalo x\in[0,1] a curva y=x^{2} é a fronteira inferior e y=x é a fronteira superior. Assim a região R pode ser descrita por
0\le x\le 1,\qquad x^{2}\le y\le x.

Passo 4

Como f(x,y)=x é contínua em toda a região considerada, podemos usar a integração iterada (Teorema de Fubini) e integrar primeiro em y e depois em x. Escrevemos a integral dupla como
\iint_{R} x\,dx\,dy = \int_{x=0}^{1}\left(\int_{y=x^{2}}^{x} x\,dy\right)dx.
Explicando a ideia: para cada x fixo em [0,1] tomamos um “segmento vertical” de y que vai de y=x^{2} até y=x; em cada segmento integrando x em relação a y tratamos x como constante.

Passo 5

Calcule a integral interna em y. Como x é constante quando integramos em y,
\int_{y=x^{2}}^{x} x\,dy = x\cdot\bigl(y\bigr)\Big|_{y=x^{2}}^{y=x} = x\bigl(x - x^{2}\bigr) = x^{2}-x^{3}.
Aqui usei que \int a\,dy = a y quando a é constante (no caso a=x).

Passo 6

Agora integramos a expressão obtida em x de 0 a 1:
\int_{0}^{1}\bigl(x^{2}-x^{3}\bigr)\,dx.
Calcule antiderivadas termo a termo: uma primitiva de x^{2} é \tfrac{x^{3}}{3} e de x^{3} é \tfrac{x^{4}}{4}. Portanto
\int_{0}^{1}\bigl(x^{2}-x^{3}\bigr)\,dx = \left(\frac{x^{3}}{3}-\frac{x^{4}}{4}\right)\Bigg|_{0}^{1} = \left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)-0 = \frac{1}{3}-\frac{1}{4}.
Fazendo a subtração com denominador comum 12,
\frac{1}{3}-\frac{1}{4}=\frac{4}{12}-\frac{3}{12}=\frac{1}{12}.

Passo 7

(Verificação alternativa, opcional mas útil.) Se quisermos integrar por fatias horizontais, descrevemos R como
0\le y\le 1,\qquad y\le x\le \sqrt{y},
pois para um dado y\in[0,1] a abscissa menor é x=y e a maior é x=\sqrt{y}. Então
\iint_{R} x\,dx\,dy = \int_{y=0}^{1}\left(\int_{x=y}^{\sqrt{y}} x\,dx\right)dy.
A integral interna dá
\int_{x=y}^{\sqrt{y}} x\,dx = \frac{x^{2}}{2}\Big|_{y}^{\sqrt{y}} = \frac{y}{2}-\frac{y^{2}}{2} = \frac{y-y^{2}}{2}.
Integrando em y de 0 a 1,
\int_{0}^{1}\frac{y-y^{2}}{2}\,dy = \frac{1}{2}\left(\frac{y^{2}}{2}-\frac{y^{3}}{3}\right)\Big|_{0}^{1} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{6}=\frac{1}{12},
confirmando o resultado anterior.

Resposta

\displaystyle \frac{1}{12}

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