Calcule a integral dupla.
\iint_{R}\left(x y^{2}+\frac{y}{x}\right) d A, \quad R=\{(x, y) \mid 2 \leq x \leq 3,-1 \leq y \leq 0\})

Passo 1

O enunciado pede para calcular a integral dupla
\iint_{R}\Bigl(xy^{2}+\tfrac{y}{x}\Bigr)\,dA,
onde R é o retângulo
R=\{(x,y)\mid 2\le x\le3,\;-1\le y\le0\}.
O conteúdo principal aqui é usar o Teorema de Fubini para transformar a integral dupla numa iterada e depois executar integrais simples em y e em x.

Passo 2

Pela Fubini, escrevemos
\iint_{R}\Bigl(xy^{2}+\tfrac{y}{x}\Bigr)\,dA =\int_{x=2}^{3}\!\int_{y=-1}^{0}\Bigl(xy^{2}+\tfrac{y}{x}\Bigr)\,dy\,dx.
Vamos primeiro calcular a integral interna em y:
\int_{y=-1}^{0}\Bigl(xy^{2}+\tfrac{y}{x}\Bigr)\,dy =\int_{y=-1}^{0}x\,y^{2}\,dy\;+\;\int_{y=-1}^{0}\tfrac{y}{x}\,dy.

Passo 3

Calcule cada parcela separadamente:
Para a primeira,
\int_{y=-1}^{0}x\,y^{2}\,dy =x\int_{-1}^{0}y^{2}\,dy =x\Bigl[\tfrac{y^{3}}{3}\Bigr]_{-1}^{0} =x\bigl(0-(-\tfrac{1}{3})\bigr) =\tfrac{x}{3}.
Para a segunda,
\int_{y=-1}^{0}\tfrac{y}{x}\,dy =\tfrac{1}{x}\int_{-1}^{0}y\,dy =\tfrac{1}{x}\Bigl[\tfrac{y^{2}}{2}\Bigr]_{-1}^{0} =\tfrac{1}{x}\bigl(0-\tfrac{1}{2}\bigr) =-\tfrac{1}{2x}.
Logo a integral interna vale
\int_{y=-1}^{0}\Bigl(xy^{2}+\tfrac{y}{x}\Bigr)\,dy =\tfrac{x}{3}-\tfrac{1}{2x}.

Passo 4

Agora integramos em x:
\int_{x=2}^{3}\Bigl(\tfrac{x}{3}-\tfrac{1}{2x}\Bigr)\,dx =\int_{2}^{3}\tfrac{x}{3}\,dx \;-\;\int_{2}^{3}\tfrac{1}{2x}\,dx.
Cada termo é uma integral elementar:
\int\tfrac{x}{3}\,dx =\tfrac{1}{3}\,\tfrac{x^{2}}{2} =\tfrac{x^{2}}{6}, \qquad \int\tfrac{1}{2x}\,dx =\tfrac{1}{2}\ln x.
Portanto o antiderivado total é
F(x)=\tfrac{x^{2}}{6}-\tfrac{1}{2}\ln x.

Passo 5

Avaliamos de x=2 a x=3:
F(3)-F(2) =\Bigl(\tfrac{9}{6}-\tfrac{1}{2}\ln3\Bigr) -\Bigl(\tfrac{4}{6}-\tfrac{1}{2}\ln2\Bigr) =\tfrac{9-4}{6}+\tfrac{1}{2}(\ln2-\ln3) =\tfrac{5}{6}+\tfrac{1}{2}\ln\!\bigl(\tfrac{2}{3}\bigr).

Resposta

\boxed{\frac{5}{6}+\frac{1}{2}\ln\!\Bigl(\frac{2}{3}\Bigr)}.

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