Calcule a seguinte integral \iint_{D} \frac{2 x y}{\left(x^{2}+y^{2}\right) \sqrt{x^{2}-y^{2}}} d x d y passando-a para coordenadas polares, sendo D a região do primeiro quadrante, limitada por y=0, y=\frac{\sqrt{3}}{3} x, x^{2}+y^{2}=\frac{1}{4} e x^{2}-y^{2}=1.

Passo 1

O enunciado pede para calcular a integral dupla
\iint_{D} \frac{2 x y}{\left(x^{2}+y^{2}\right) \sqrt{x^{2}-y^{2}}}\,dx\,dy,
onde D é a região do primeiro quadrante limitada por y=0, y=\frac{\sqrt{3}}{3}x, x^{2}+y^{2}=\frac{1}{4} e x^{2}-y^{2}=1.
Informações relevantes dadas pelo enunciado:
  • A região está no primeiro quadrante, então x\ge0 e y\ge0.
  • As retas y=0 e y=\frac{\sqrt{3}}{3}x determinam limites angulares.
  • As curvas x^{2}+y^{2}=\frac{1}{4} (círculo de raio \tfrac{1}{2}) e x^{2}-y^{2}=1 (hipérbole) determinam limites radiais.
  • A integranda contém \sqrt{x^{2}-y^{2}}, então devemos garantir x^{2}-y^{2}\ge0 na região considerada (o que ocorre no primeiro quadrante enquanto y\le x).

Passo 2

Passo didático: usar coordenadas polares. Lembre o básico das coordenadas polares:
  • x = r\cos\theta,
  • y = r\sin\theta,
  • x^{2}+y^{2}=r^{2},
  • e o elemento de área transforma como dx\,dy = r\,dr\,d\theta (o fator r é o jacobiano da mudança de variáveis).
Explicando o jacobiano de forma simples: quando você troca para coordenadas polares, um pequeno retângulo em (r,\theta) tem área aproximada r\,\Delta r\,\Delta\theta (porque o arco correspondente a \Delta\theta tem comprimento r\Delta\theta). Por isso aparece o fator r.

Passo 3

Traduzir as curvas que delimitam D para polares:
  • y=0 corresponde a \theta=0.
  • y=\frac{\sqrt{3}}{3}x tem razão \tan\theta=\frac{\sqrt{3}}{3}. Como \tan\frac{\pi}{6}=\frac{\sqrt{3}}{3}, isso dá \theta=\frac{\pi}{6}.
  • x^{2}+y^{2}=\frac{1}{4} vira r^{2}=\frac{1}{4}, ou seja r=\frac{1}{2} (positivo).
  • x^{2}-y^{2}=1 vira r^{2}\cos 2\theta=1, portanto
r^{2}=\frac{1}{\cos 2\theta},\qquad r=\frac{1}{\sqrt{\cos 2\theta}},
onde usamos a raiz positiva porque r\ge0. Observação: na faixa \theta\in[0,\tfrac{\pi}{6}] temos 2\theta\in[0,\tfrac{\pi}{3}] e \cos 2\theta>0, então essa transformação é válida e \sqrt{\cos 2\theta} é real positivo.
Portanto, em polares a região D é
\theta\in\left[0,\tfrac{\pi}{6}\right],\qquad r\in\left[\tfrac{1}{2},\\ \dfrac{1}{\sqrt{\cos 2\theta}}\right].

Passo 4

Converter a integranda para polares. Substituímos x=r\cos\theta e y=r\sin\theta:
  • O numerador 2xy = 2(r\cos\theta)(r\sin\theta)=2r^{2}\cos\theta\sin\theta = r^{2}\sin 2\theta.
  • O denominador tem x^{2}+y^{2}=r^{2} e \sqrt{x^{2}-y^{2}}=\sqrt{r^{2}\cos 2\theta}=r\sqrt{\cos 2\theta}.
    Assim
\frac{2xy}{(x^{2}+y^{2})\sqrt{x^{2}-y^{2}}} = \frac{r^{2}\sin 2\theta}{r^{2}\cdot r\sqrt{\cos 2\theta}} = \frac{\sin 2\theta}{r\sqrt{\cos 2\theta}}.
Multiplicando pelo jacobiano r\,dr\,d\theta temos o integrando em polares:
\frac{\sin 2\theta}{r\sqrt{\cos 2\theta}}\cdot r\,dr\,d\theta = \frac{\sin 2\theta}{\sqrt{\cos 2\theta}}\,dr\,d\theta.
Perceba a vantagem: o r cancela e o integrando fica independente de r!

Passo 5

Agora escrevemos a integral em polares com os limites obtidos:
\iint_{D}\frac{2xy}{(x^{2}+y^{2})\sqrt{x^{2}-y^{2}}}\,dx\,dy = \int_{\theta=0}^{\pi/6}\int_{r=1/2}^{1/\sqrt{\cos 2\theta}} \frac{\sin 2\theta}{\sqrt{\cos 2\theta}}\,dr\,d\theta.
Como o integrando não depende de r, a integração em r é direta:
\int_{r=1/2}^{1/\sqrt{\cos 2\theta}} \frac{\sin 2\theta}{\sqrt{\cos 2\theta}}\,dr = \frac{\sin 2\theta}{\sqrt{\cos 2\theta}}\left(\frac{1}{\sqrt{\cos 2\theta}}-\frac{1}{2}\right).
Simplificando:
\frac{\sin 2\theta}{\sqrt{\cos 2\theta}}\cdot\frac{1}{\sqrt{\cos 2\theta}} = \frac{\sin 2\theta}{\cos 2\theta} = \tan 2\theta,
e
\frac{\sin 2\theta}{\sqrt{\cos 2\theta}}\cdot\left(-\frac{1}{2}\right) = -\frac{1}{2}\cdot\frac{\sin 2\theta}{\sqrt{\cos 2\theta}}.
Portanto a integral reduz-se a
\int_{0}^{\pi/6}\left(\tan 2\theta - \frac{\sin 2\theta}{2\sqrt{\cos 2\theta}}\right)\,d\theta.

Passo 6

Calcular as primitivas termo a termo:
  1. Para \displaystyle \int \tan 2\theta\,d\theta, faça u=2\theta, du=2\,d\theta, então
\int \tan 2\theta\,d\theta = \tfrac{1}{2}\int \tan u\,du = -\tfrac{1}{2}\ln|\cos u| + C = -\tfrac{1}{2}\ln(\cos 2\theta)+C.
  1. Para \displaystyle \int \frac{\sin 2\theta}{2\sqrt{\cos 2\theta}}\,d\theta, note que é conveniente fazer u=\cos 2\theta, então du=-2\sin 2\theta\,d\theta ou \sin 2\theta\,d\theta = -\tfrac{1}{2}du. Assim
\int \frac{\sin 2\theta}{2\sqrt{\cos 2\theta}}\,d\theta = \frac{1}{2}\int \frac{\sin 2\theta}{\sqrt{u}}\,d\theta = \frac{1}{2}\int \frac{-\tfrac{1}{2}du}{\sqrt{u}} = -\tfrac{1}{4}\int u^{-1/2}du = -\tfrac{1}{4}\cdot 2u^{1/2} + C = -\tfrac{1}{2}\sqrt{u}+C.
Voltando a u=\cos 2\theta,
\int \frac{\sin 2\theta}{2\sqrt{\cos 2\theta}}\,d\theta = -\tfrac{1}{2}\sqrt{\cos 2\theta}+C.
Mas observe que no integrando original aparecia um sinal negativo: o segundo termo é -\dfrac{\sin 2\theta}{2\sqrt{\cos 2\theta}}, portanto sua primitiva é
-\left(-\tfrac{1}{2}\sqrt{\cos 2\theta}\right)=\tfrac{1}{2}\sqrt{\cos 2\theta}.
Somando as duas primitivas encontramos uma primitiva da integrand total:
F(\theta) = -\tfrac{1}{2}\ln(\cos 2\theta) + \tfrac{1}{2}\sqrt{\cos 2\theta}.

Passo 7

Avaliar F(\theta) em \theta=\tfrac{\pi}{6} e \theta=0:
  • Em \theta=\tfrac{\pi}{6}: 2\theta=\tfrac{\pi}{3}, \cos\tfrac{\pi}{3}=\tfrac{1}{2}, \sqrt{\cos 2\theta}=\sqrt{\tfrac{1}{2}}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}, e \ln(\cos 2\theta)=\ln(\tfrac{1}{2})=-\ln 2. Assim
F\!\left(\tfrac{\pi}{6}\right) = -\tfrac{1}{2}(-\ln 2) + \tfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1}{\sqrt{2}} = \tfrac{1}{2}\ln 2 + \dfrac{1}{2\sqrt{2}}.
  • Em \theta=0: 2\theta=0, \cos 0=1, \sqrt{\cos 0}=1, \ln(\cos 0)=\ln 1=0. Logo
F(0) = -\tfrac{1}{2}\cdot 0 + \tfrac{1}{2}\cdot 1 = \tfrac{1}{2}.
Subtraindo,
\iint_{D}\cdots = F\!\left(\tfrac{\pi}{6}\right)-F(0) = \left(\tfrac{1}{2}\ln 2 + \dfrac{1}{2\sqrt{2}}\right) - \tfrac{1}{2}.
Fatorando \tfrac{1}{2}:
= \tfrac{1}{2}\Bigl(\ln 2 + \tfrac{1}{\sqrt{2}} - 1\Bigr).

Resposta

\displaystyle \tfrac{1}{2}\bigl(\ln 2 + \tfrac{1}{\sqrt{2}} - 1\bigr)

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