Calcule a integral dupla no retângulo indicado.
(a) \iint_{R} 6 y \sqrt{x}-2 y^{3} d A \quad R=[1,4] \times[0,3]
(b) \iint_{R} \frac{e^{x}}{2 y}-\frac{4 x-1}{y^{2}} d A \quad R=[-1,0] \times[1,2]
(c) \iint_{R} \frac{e^{x}}{2 y}-\frac{4 x-1}{y^{2}} d A \quad R=[-1,0] \times[1,2]
(d) \iint_{R} x y \cos \left(x y^{2}\right) d A \quad R=[-2,3] \times[-1,1]
(e) \iint_{R} x \ln y d A \quad R=[0,2] \times[1,2]
(f) \iint_{R} x y e^{x^{2}-y^{2}} d A \quad R=[-1,1] \times[0,3]
(g) \iint_{R} \frac{x y \operatorname{sen} x}{1+4 y^{2}} d A \quad R=[0, \pi / 2] \times[0,1]

Passo 1

O enunciado pede para calcular várias integrais duplas sobre retângulos R. Vou listar claramente cada item e os dados fornecidos:
(a) Calcular \iint_{R} 6 y \sqrt{x}-2 y^{3}\, dA com R = [1,4]\times[0,3].
(b) Calcular \iint_{R} \frac{e^{x}}{2 y}-\frac{4 x-1}{y^{2}}\, dA com R = [-1,0]\times[1,2].
(c) Calcular \iint_{R} \frac{e^{x}}{2 y}-\frac{4 x-1}{y^{2}}\, dA com R = [-1,0]\times[1,2]. (O mesmo enunciado que o item (b).)
(d) Calcular \iint_{R} x y \cos\left(x y^{2}\right)\, dA com R = [-2,3]\times[-1,1].
(e) Calcular \iint_{R} x \ln y\, dA com R = [0,2]\times[1,2].
(f) Calcular \iint_{R} x y e^{x^{2}-y^{2}}\, dA com R = [-1,1]\times[0,3].
(g) Calcular \iint_{R} \frac{x y \sin x}{1+4 y^{2}}\, dA com R = \left[0,\frac{\pi}{2}\right]\times[0,1].
Essas são as perguntas e os retângulos dados. No passo seguinte eu explico o método geral e começo a resolver cada item passo a passo.

Passo 2

Ideia geral e técnica que vou usar (explicação didática, como na prova):
Para um retângulo R=[a,b]\times[c,d], a integral dupla pode ser escrita como integral iterada:
\iint_{R} f(x,y)\,dA=\int_{y=c}^{d}\int_{x=a}^{b} f(x,y)\,dx\,dy
ou trocando a ordem:
\iint_{R} f(x,y)\,dA=\int_{x=a}^{b}\int_{y=c}^{d} f(x,y)\,dy\,dx.
Em retângulos é muito comum integrar numa ordem que torne a integral interna mais simples. Se f(x,y) é produto de função só de x por função só de y, podemos separar:
\iint_{R} g(x)h(y)\,dA =\left(\int_{a}^{b} g(x)\,dx\right)\left(\int_{c}^{d} h(y)\,dy\right).
Outra observação útil: se a integral interna (em y) é de uma função ímpar em y sobre um intervalo simétrico [-L,L], ela é zero. Vou usar esses princípios caso a caso. Agora aplico tudo nos itens.

Passo 3

(a) Resolver \iint_{R} \bigl(6 y \sqrt{x}-2 y^{3}\bigr)\,dA em R=[1,4]\times[0,3].
  1. Escrevo como integral iterada integrando primeiro em x:
\int_{y=0}^{3}\int_{x=1}^{4} \bigl(6 y x^{1/2}-2 y^{3}\bigr)\,dx\,dy.
  1. Integro em x. Lembrete rápido: \int x^{n}\,dx = \frac{x^{n+1}}{n+1}+C. Aqui x^{1/2} tem antiderivada \frac{2}{3}x^{3/2}.
\int \bigl(6 y x^{1/2}-2 y^{3}\bigr)\,dx =6y\cdot\frac{2}{3}x^{3/2}-2y^{3}x =4y x^{3/2}-2y^{3}x.
  1. Avalio entre x=1 e x=4:
\bigl(4y(4)^{3/2}-2y^{3}\cdot4\bigr)-\bigl(4y(1)^{3/2}-2y^{3}\cdot1\bigr) = (32y-8y^{3})-(4y-2y^{3})=28y-6y^{3}.
  1. Agora integro em y de 0 a 3. Lembrete: \int y\,dy=\frac{y^{2}}{2}, \int y^{3}\,dy=\frac{y^{4}}{4}.
\int_{0}^{3} (28y-6y^{3})\,dy = 28\cdot\frac{y^{2}}{2}\Big|_{0}^{3} -6\cdot\frac{y^{4}}{4}\Big|_{0}^{3} =14 y^{2}\Big|_{0}^{3} -\tfrac{3}{2}y^{4}\Big|_{0}^{3}.
Avalio em y=3:
14\cdot 9 - \tfrac{3}{2}\cdot 81 =126 -121{,}5 =4{,}5 =\frac{9}{2}.
Portanto o resultado do item (a) é \frac{9}{2}.

Passo 4

(b) Resolver \iint_{R} \left(\frac{e^{x}}{2 y}-\frac{4 x-1}{y^{2}}\right)\,dA em R=[-1,0]\times[1,2].
  1. Escolho integrar primeiro em x (fica simples porque as partes em x têm antiderivadas diretas). Escrevo:
\int_{y=1}^{2}\int_{x=-1}^{0} \left(\frac{e^{x}}{2 y}-\frac{4 x-1}{y^{2}}\right)\,dx\,dy.
  1. Integro em x mantendo y como constante. Regras usadas: \int e^{x}\,dx = e^{x}; \int (4x-1)\,dx = 2x^{2}-x.
\int_{x=-1}^{0}\left(\frac{e^{x}}{2 y}-\frac{4 x-1}{y^{2}}\right)\,dx =\frac{1}{2y}\bigl[e^{x}\bigr]_{-1}^{0}-\frac{1}{y^{2}}\bigl[2x^{2}-x\bigr]_{-1}^{0}.
  1. Avalio as expressões:
\frac{1}{2y}(e^{0}-e^{-1})-\frac{1}{y^{2}}\bigl((0)-(2\cdot1 -(-1))\bigr) =\frac{1-e^{-1}}{2y}-\frac{1}{y^{2}}(0-(2+1)).
Observe que (2\cdot(-1)^{2}-(-1)) = 2\cdot1 +1 =3, então o termo dá -\frac{1}{y^{2}}(-3)=\frac{3}{y^{2}}. Assim o integrando em y fica
\frac{1-e^{-1}}{2y}+\frac{3}{y^{2}}.
  1. Agora integro em y de 1 a 2. Lembrete: \int \frac{1}{y}\,dy=\ln y, \int y^{-2}\,dy=-y^{-1}.
\int_{1}^{2}\left(\frac{1-e^{-1}}{2y}+\frac{3}{y^{2}}\right)\,dy =\frac{1-e^{-1}}{2}\int_{1}^{2}\frac{1}{y}\,dy +3\int_{1}^{2} y^{-2}\,dy.
  1. Avalio:
\frac{1-e^{-1}}{2}\bigl[\ln y\bigr]_{1}^{2} +3\bigl[-\tfrac{1}{y}\bigr]_{1}^{2} =\frac{1-e^{-1}}{2}\ln 2 +3\left(-\tfrac{1}{2}+1\right).
O último parêntese é \tfrac{1}{2}, então dá 3\cdot \tfrac{1}{2}=\tfrac{3}{2}.
  1. Conclusão: o valor da integral é
\frac{1-e^{-1}}{2}\ln 2 +\frac{3}{2}.

Passo 5

(c) O enunciado do item (c) é idêntico ao do item (b): \iint_{R} \frac{e^{x}}{2 y}-\frac{4 x-1}{y^{2}}\,dA com R=[-1,0]\times[1,2]. Portanto o cálculo e o resultado são os mesmos do item (b). Logo o valor é
\frac{1-e^{-1}}{2}\ln 2 +\frac{3}{2}.

Passo 6

(d) Resolver \iint_{R} x y \cos\left(x y^{2}\right)\,dA em R=[-2,3]\times[-1,1].
  1. Observação de simetria (truque muito útil): para cada x fixo, considere a função de y
g(y)=x y \cos\bigl(x y^{2}\bigr).
Note que \cos(x y^{2}) depende de y^{2}, logo é uma função par em y (ou seja, \cos(x y^{2}) = \cos(x(-y)^{2})). Multiplicando por y torna-se uma função ímpar em y (pois y muda de sinal quando y\mapsto -y enquanto a parte do cosseno permanece igual). Assim g(-y)=-g(y).
  1. Integro em y no intervalo simétrico [-1,1]. A integral de uma função ímpar em um intervalo simétrico é zero:
\int_{-1}^{1} x y \cos(x y^{2})\,dy =0\quad\text{para todo }x.
  1. Como a integral interna em y é zero para cada x, a integral dupla sobre todo o retângulo é zero:
\iint_{R} x y \cos(x y^{2})\,dA =0.

Passo 7

(e) Resolver \iint_{R} x \ln y\,dA em R=[0,2]\times[1,2].
  1. Separação de variáveis: x\ln y é produto de função só de x por função só de y. Faço a integral em x primeiro:
\int_{y=1}^{2}\int_{x=0}^{2} x\ln y\,dx\,dy =\int_{1}^{2} \ln y \left(\int_{0}^{2} x\,dx\right)\,dy.
  1. Calculo \int_{0}^{2} x\,dx = \tfrac{x^{2}}{2}\Big|_{0}^{2}=\tfrac{4}{2}=2. Então a integral vira
\int_{1}^{2} 2\ln y\,dy.
  1. Lembrete: \int \ln y\,dy = y\ln y - y + C. Portanto
2\int_{1}^{2}\ln y\,dy =2\bigl[y\ln y - y\bigr]_{1}^{2}.
  1. Avalio:
2\bigl[(2\ln 2 -2) - (1\cdot 0 -1)\bigr] =2\bigl(2\ln 2 -2 +1\bigr)=2(2\ln 2 -1)=4\ln 2 -2.
Portanto o resultado do item (e) é 4\ln 2 -2.

Passo 8

(f) Resolver \iint_{R} x y e^{x^{2}-y^{2}}\,dA em R=[-1,1]\times[0,3].
  1. Observe a simetria em x: para cada y fixo, a função em x é
h(x)=x y e^{x^{2}-y^{2}}.
A parte e^{x^{2}-y^{2}} é função de x^{2}, portanto é par em x. Multiplicando por x torna-se função ímpar em x. Logo h(-x)=-h(x).
  1. O intervalo em x é simétrico [-1,1]. Assim a integral em x para cada y é zero:
\int_{-1}^{1} x y e^{x^{2}-y^{2}}\,dx =0\quad\text{para todo }y.
  1. Portanto a integral dupla sobre o retângulo é zero:
\iint_{R} x y e^{x^{2}-y^{2}}\,dA =0.

Passo 9

(g) Resolver \iint_{R} \frac{x y \sin x}{1+4 y^{2}}\,dA em R=\left[0,\frac{\pi}{2}\right]\times[0,1].
  1. Observação: a função é produto de algo que depende só de x por algo que depende só de y:
\frac{x y \sin x}{1+4 y^{2}} = \bigl(x\sin x\bigr)\cdot\frac{y}{1+4y^{2}}.
Num retângulo, podemos separar as integrais:
\iint_{R} \frac{x y \sin x}{1+4 y^{2}}\,dA =\left(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} x\sin x\,dx\right)\left(\int_{0}^{1}\frac{y}{1+4y^{2}}\,dy\right).
  1. Calculo da parte em x: I_{x}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} x\sin x\,dx. Uso integração por partes. Regra: com u=x, dv=\sin x\,dx temos du=dx, v=-\cos x. Então
\int x\sin x\,dx = -x\cos x + \int \cos x\,dx = -x\cos x + \sin x + C.
Avalio de 0 a \frac{\pi}{2}:
I_{x} = \Bigl(-x\cos x + \sin x\Bigr)\Big|_{0}^{\frac{\pi}{2}} = \bigl( -\tfrac{\pi}{2}\cdot 0 +1\bigr) - \bigl(0\cdot1 +0\bigr)=1.
  1. Calculo da parte em y: I_{y}=\int_{0}^{1}\frac{y}{1+4y^{2}}\,dy. Faço substituição simples. Tome u=1+4y^{2}, então du=8y\,dy ou y\,dy=\tfrac{1}{8}\,du. Quando y=0, u=1. Quando y=1, u=5. Assim
I_{y}=\int_{u=1}^{5}\frac{1}{u}\cdot \frac{1}{8}\,du = \frac{1}{8}\bigl[\ln u\bigr]_{1}^{5}=\frac{1}{8}\ln 5.
  1. Multiplico os resultados:
\iint_{R}\frac{x y \sin x}{1+4 y^{2}}\,dA = I_{x}\cdot I_{y} = 1\cdot \frac{1}{8}\ln 5 = \frac{1}{8}\ln 5.

Resposta

(a) \frac{9}{2}
(b) \frac{1-e^{-1}}{2}\ln 2 +\frac{3}{2}
(c) \frac{1-e^{-1}}{2}\ln 2 +\frac{3}{2}
(d) 0
(e) 4\ln 2 -2
(f) 0
(g) \frac{1}{8}\ln 5

Exercícios relacionados