Calcule as seguintes integrais impróprias:
\int_{0}^{+\infty} \int_{0}^{+\infty} x^{2}
\cdot e{-x{2}-y^{2}} d x d y

Passo 1

O enunciado pede calcular a integral imprópria dupla
\int_{0}^{+\infty}\int_{0}^{+\infty} x^{2}\,e^{-x^{2}-y^{2}}\,dx\,dy.
Informações dadas:
  • Os limites de integração para x e y são ambos de 0 a +\infty.
  • A função integranda é x^{2}e^{-x^{2}-y^{2}}.
O que se quer: o valor numérico da integral dupla acima.

Passo 2

Primeira ideia útil (e importante): a integranda x^{2}e^{-x^{2}-y^{2}} é não-negativa para todo x,y\ge0. Como é uma função não-negativa, podemos aplicar o Teorema de Tonelli (ou Fubini para funções positivas) para trocar ordens ou separar integrais. Assim a integral dupla é igual ao produto das integrais simples sobre x e sobre y:
\int_{0}^{+\infty}\int_{0}^{+\infty} x^{2}\,e^{-x^{2}-y^{2}}\,dx\,dy = \left(\int_{0}^{+\infty} x^{2}e^{-x^{2}}\,dx\right) \left(\int_{0}^{+\infty} e^{-y^{2}}\,dy\right).
Explicando: porque e^{-x^{2}-y^{2}}=e^{-x^{2}}e^{-y^{2}} e a integral dupla de uma função positiva separável f(x)g(y) se factoriza no produto das integrais.

Passo 3

Vamos calcular a integral em y:
I_y=\int_{0}^{+\infty} e^{-y^{2}}\,dy.
Conhecemos o valor clássico da integral gaussiana completa
J=\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-y^{2}}\,dy.
Mostrarei como obter J rapidamente: considere J^{2}:
J^{2}=\left(\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^{2}}\,dx\right) \left(\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-y^{2}}\,dy\right) = \int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^{2}-y^{2}}\,dx\,dy.
Agora trocamos para coordenadas polares: x=r\cos\theta,\; y=r\sin\theta e dx\,dy=r\,dr\,d\theta. O domínio (-\infty,+\infty)\times(-\infty,+\infty) vira r\in[0,+\infty),\;\theta\in[0,2\pi). Assim
J^{2}=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{+\infty} e^{-r^{2}}\,r\,dr\,d\theta.
Calcule a integral em r por substituição u=r^{2}\Rightarrow du=2r\,dr:
\int_{0}^{+\infty} e^{-r^{2}}\,r\,dr = \frac{1}{2}\int_{0}^{+\infty} e^{-u}\,du = \frac{1}{2}.
Logo
J^{2}=\int_{0}^{2\pi}\frac{1}{2}\,d\theta = \frac{1}{2}\cdot 2\pi = \pi,
portanto J=\sqrt{\pi} (escolhemos a raiz positiva porque a integral é positiva). Como I_y é a meia integral (somente de 0 a +\infty), temos
I_y=\int_{0}^{+\infty} e^{-y^{2}}\,dy = \frac{1}{2}\sqrt{\pi}.

Passo 4

Agora calculamos a integral em x:
I_x=\int_{0}^{+\infty} x^{2}e^{-x^{2}}\,dx.
Uma forma direta é fazer a substituição s=x^{2}. Então ds=2x\,dx, daí x\,dx=\dfrac{ds}{2}. Observando que x^{2}dx = x\cdot(x\,dx) e que x=\sqrt{s}, obtemos
x^{2}\,dx = \sqrt{s}\cdot\frac{ds}{2} = \frac{1}{2}s^{1/2}\,ds.
Os limites x:0\to+\infty correspondem a s:0\to+\infty. Assim
I_x = \int_{0}^{+\infty} x^{2}e^{-x^{2}}\,dx = \frac{1}{2}\int_{0}^{+\infty} s^{1/2}e^{-s}\,ds.
A integral \int_{0}^{+\infty} s^{1/2}e^{-s}\,ds é a definição da função Gamma em z=\tfrac{3}{2}:
\int_{0}^{+\infty} s^{1/2}e^{-s}\,ds = \Gamma\!\left(\tfrac{3}{2}\right).
Usando a relação recursiva da função Gamma \Gamma(z+1)=z\Gamma(z) e o valor \Gamma\!\left(\tfrac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi}, temos
\Gamma\!\left(\tfrac{3}{2}\right)=\tfrac{1}{2}\Gamma\!\left(\tfrac{1}{2}\right)=\tfrac{1}{2}\sqrt{\pi}.
Portanto
I_x = \frac{1}{2}\Gamma\!\left(\tfrac{3}{2}\right) = \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}\sqrt{\pi} = \frac{1}{4}\sqrt{\pi}.
Observação alternativa (sem mencionar Gamma): podia-se também calcular I_x por integração por partes, tomando u=x, dv=x e^{-x^{2}}dx; o resultado é o mesmo \tfrac{1}{4}\sqrt{\pi}.

Passo 5

Multiplicando os dois resultados obtidos:
\int_{0}^{+\infty}\int_{0}^{+\infty} x^{2}e^{-x^{2}-y^{2}}\,dx\,dy = I_x\cdot I_y = \left(\frac{1}{4}\sqrt{\pi}\right)\left(\frac{1}{2}\sqrt{\pi}\right) = \frac{1}{8}\pi.

Resposta

\dfrac{\pi}{8}

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