Calcule a integral dupla de f(x, y) sobre B, sabendo que \mathrm{f}(\mathrm{x}, \mathrm{y})=\|(\mathrm{x}, \mathrm{y})\| e B é o conjunto de todos os pontos ( x , y) tais que 0 \leq x \leq 1 e x^{4} \leq y^{2} \leq 2-x^{2}.

Passo 1

O que o enunciado pede e o que ele nos dá.
  • Pede: calcular a integral dupla de f(x,y) sobre a região B, ou seja
I=\iint_{B} f(x,y)\,dA.
  • Foi dado:
    • f(x,y)=\| (x,y)\| = \sqrt{x^{2}+y^{2}}.
    • A região B é o conjunto dos pontos (x,y) tais que 0 \le x \le 1 e x^{4} \le y^{2} \le 2 - x^{2}.
  • Observações úteis que extraio do enunciado (apenas listar informação, sem resolver aqui):
    • A condição em y^{2} é simétrica em y (depende de y^{2}), então a região é simétrica em torno do eixo x.
    • Em x temos x\ge 0 (vai de 0 a 1).
    • A função integrando é radial ( f(x,y)=\sqrt{x^{2}+y^{2}}), então pode ser vantajoso usar coordenadas polares.

Passo 2

Por que trocar para coordenadas polares e como fazer a mudança.
  • Motivação: em coordenadas polares x=r\cos\theta,\; y=r\sin\theta temos f(x,y)=\sqrt{x^{2}+y^{2}}=r,e o elemento de área é dA=r\,dr\,d\theta. Assim o integrando fica r\cdot r = r^{2}, que é muito mais simples de integrar.
  • Relembrando a transformação (aulas rápidas):
    • As variáveis polares são r\ge 0 (distância à origem) e \theta (ângulo).
    • x=r\cos\theta, y=r\sin\theta.
    • O jacobiano da transformação é r, então dA = r\,dr\,d\theta.
  • Em polares a integral vira I=\iint_{B} r\, dA = \iint_{\widetilde B} r\cdot r\,dr\,d\theta = \iint_{\widetilde B} r^{2}\,dr\,d\theta,onde \widetilde B é a descrição de B em (r,\theta).

Passo 3

Determinar a região \widetilde B (limites em r e \theta) usando as desigualdades dadas.
  • Primeiro, a restrição 0\le x\le 1 implica r\cos\theta \ge 0. Como r\ge 0, isto exige \cos\theta \ge 0, ou seja \theta\in\left[-\tfrac{\pi}{2},\tfrac{\pi}{2}\right].
  • Agora traduzir as desigualdades envolvendo y^{2}:
    • A desigualdade inferior x^{4}\le y^{2} vira r^{4}\cos^{4}\theta \le r^{2}\sin^{2}\theta.Se r=0 a desigualdade é satisfeita; para r>0 podemos dividir por r^{2} e obter r^{2} \le \frac{\sin^{2}\theta}{\cos^{4}\theta} \quad\Longrightarrow\quad r \le \frac{|\sin\theta|}{\cos^{2}\theta}.(Aqui usei que \cos\theta\ge0, então \cos^2\theta não muda sinal.)
    • A desigualdade superior y^{2}\le 2-x^{2} vira r^{2}\sin^{2}\theta \le 2 - r^{2}\cos^{2}\theta \quad\Longrightarrow\quad r^{2}(\sin^{2}\theta+\cos^{2}\theta)\le 2 \quad\Longrightarrow\quad r^{2}\le 2,ou seja r\le \sqrt{2}.
  • Portanto, para cada \theta com \cos\theta\ge0 (isto é \theta\in[-\tfrac{\pi}{2},\tfrac{\pi}{2}]) o r permitido é 0 \le r \le \min\!\left(\sqrt{2},\;\frac{|\sin\theta|}{\cos^{2}\theta}\right).Isso faz sentido: a primeira condição dá um teto r\le \frac{|\sin\theta|}{\cos^{2}\theta} e a segunda dá r\le \sqrt{2}; o teto efetivo é o menor dos dois.
  • Para decidir qual mínimo domina, resolvemos \frac{|\sin\theta|}{\cos^{2}\theta}\ge \sqrt{2} \quad\Longleftrightarrow\quad |\sin\theta|\ge \frac{1}{\sqrt{2}}.A solução é |\theta|\ge \tfrac{\pi}{4} (no intervalo [-\tfrac{\pi}{2},\tfrac{\pi}{2}]).
  • Conclusão sobre \widetilde B:
    • Para |\theta|\in\left[\tfrac{\pi}{4},\tfrac{\pi}{2}\right] temos r\in[0,\sqrt{2}].
    • Para |\theta|\in\left[0,\tfrac{\pi}{4}\right] temos r\in\left[0,\dfrac{\sin\theta}{\cos^{2}\theta}\right] (aqui \sin\theta\ge0 quando \theta\ge0; pela simetria usaremos valor absoluto se necessário).
  • Como a região é simétrica em \theta (a expressão para R(\theta) usa |\sin\theta|), podemos integrar de 0 a \tfrac{\pi}{2} e multiplicar por 2.

Passo 4

Escrever a integral em polares com os limites encontrados e simplificar a expressão.
  • Em polares: I=\iint_{\widetilde B} r^{2}\,dr\,d\theta.
  • Usando simetria em torno do eixo x (ou seja, \theta de -\tfrac{\pi}{2} a \tfrac{\pi}{2} é duas vezes de 0 a \tfrac{\pi}{2}): I = \frac{2}{3}\int_{0}^{\pi/2} \big(R(\theta)\big)^{3}\,d\theta,pois a integral em r \int_{0}^{R} r^{2}\,dr = \tfrac{1}{3}R^{3}, e o fator 2 vem da simetria.
  • Agora dividir o integral em duas partes por causa da mudança de expressão de R(\theta): I=\frac{2}{3}\left(\int_{0}^{\pi/4}\left(\frac{\sin\theta}{\cos^{2}\theta}\right)^{3}d\theta +\int_{\pi/4}^{\pi/2}(\sqrt{2})^{3}d\theta\right).Observação: em [0,\tfrac{\pi}{4}] temos \sin\theta\ge0 e \cos\theta>0, então |\sin\theta|=\sin\theta e a expressão é (\sin\theta/\cos^{2}\theta)^{3}. Em [\tfrac{\pi}{4},\tfrac{\pi}{2}] o teto é \sqrt{2}, e (\sqrt{2})^{3}=2\sqrt{2}.

Passo 5

Calcular a segunda parcela (fácil) e a primeira parcela (fazer a substituição correta).
  • Segunda parcela: \int_{\pi/4}^{\pi/2}(\sqrt{2})^{3}d\theta = 2\sqrt{2}\left(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{4}\right)=2\sqrt{2}\cdot\frac{\pi}{4}=\frac{\pi\sqrt{2}}{2}.Multiplicando pelo fator \tfrac{2}{3} \frac{2}{3}\cdot\frac{\pi\sqrt{2}}{2}=\frac{\pi\sqrt{2}}{3}.
  • Primeira parcela (denotada K): K=\int_{0}^{\pi/4}\frac{\sin^{3}\theta}{\cos^{6}\theta}\,d\theta.Para integrar, faça a substituição u=\cos\theta. Então du=-\sin\theta\,d\theta.
    • Quando \theta=0, u=\cos 0=1.
    • Quando \theta=\tfrac{\pi}{4}, u=\cos\tfrac{\pi}{4}=\tfrac{1}{\sqrt{2}}.
    • Escrever \sin^{3}\theta\,d\theta = \sin^{2}\theta\cdot\sin\theta\,d\theta = (1-\cos^{2}\theta)(-\!du).
    • A parte \cos^{-6}\theta passa a u^{-6}.
      Assim
    K=\int_{u=1}^{1/\sqrt{2}} -(1-u^{2})u^{-6}\,du = \int_{1/\sqrt{2}}^{1} (u^{-6}-u^{-4})\,du.Integrando: \int (u^{-6}-u^{-4})\,du = -\frac{1}{5}u^{-5} + \frac{1}{3}u^{-3}.Avaliando entre u=\tfrac{1}{\sqrt{2}} e u=1: K = \left(-\frac{1}{5}u^{-5}+\frac{1}{3}u^{-3}\right)\Bigg|_{u=1/\sqrt{2}}^{1}.Calcule os dois termos:
    • Em u=1: -\tfrac{1}{5}+\tfrac{1}{3}=\tfrac{2}{15}.
    • Em u=\tfrac{1}{\sqrt{2}}: u^{-5}=(\sqrt{2})^{5}=2^{5/2}=4\sqrt{2}, u^{-3}=2^{3/2}=2\sqrt{2}. Assim -\frac{1}{5}u^{-5}+\frac{1}{3}u^{-3} = -\frac{4\sqrt{2}}{5}+\frac{2\sqrt{2}}{3} = \sqrt{2}\!\left(-\frac{4}{5}+\frac{2}{3}\right)=\sqrt{2}\!\left(-\frac{2}{15}\right)=-\frac{2\sqrt{2}}{15}.
    • Subtraindo (valor em 1 menos valor em 1/\sqrt{2}) dá K=\frac{2}{15}-\left(-\frac{2\sqrt{2}}{15}\right)=\frac{2}{15}\bigl(1+\sqrt{2}\bigr).

Passo 6

Combinar as parcelas para obter o resultado final.
  • Lembrando que I=\frac{2}{3}\left(K+\frac{\pi\sqrt{2}}{2}\right)e que encontramos K=\dfrac{2}{15}(1+\sqrt{2}), temos I=\frac{2}{3}\cdot\frac{2}{15}(1+\sqrt{2})+\frac{2}{3}\cdot\frac{\pi\sqrt{2}}{2}.
  • Simplificando: \frac{2}{3}\cdot\frac{2}{15}=\frac{4}{45},\qquad \frac{2}{3}\cdot\frac{\pi\sqrt{2}}{2}=\frac{\pi\sqrt{2}}{3}.Portanto I=\frac{\pi\sqrt{2}}{3}+\frac{4}{45}(1+\sqrt{2}).
  • Podemos também escrever numa forma única, se quiser: I=\frac{1}{45}\Bigl(\sqrt{2}\,(15\pi+4)+4\Bigr).

Resposta

\displaystyle I=\frac{\pi\sqrt{2}}{3}+\frac{4}{45}\bigl(1+\sqrt{2}\bigr) =\frac{1}{45}\Bigl(\sqrt{2}\,(15\pi+4)+4\Bigr)

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