Calcule as seguintes integrais:
(a) \int_{0}^{2} \int_{y}^{2 y} x y d x d y.
(b) \int_{0}^{1} \int_{0}^{v} \sqrt{1-v^{2}} d u d v.
(c) \iint_{D} x^{3} d A, onde D=\{(x, y) ; 1 \leq x \leq e e 0 \leq y \leq \ln x\}.
(d) \iint_{D}(x+y) d A, onde D é limitada por y=\sqrt{x} e y=x^{2}.

Passo 1

O enunciado pede para calcular quatro integrais iteradas ou duplas. Vamos usar o Teorema de Fubini para trocar integração de ordem quando for útil, além de técnicas de substituição e de integração por partes para avaliar as integrais em uma variável. Nos itens (a) e (d) faremos primeiro a integração em x ou em y conforme indicado, no (b) usaremos substituição t=1-v^2 e, no (c), faremos integração em y seguida de integração em x por partes.

Passo 2

(a) \displaystyle \int_{0}^{2}\!\int_{y}^{2y} x\,y\,dx\,dy.
Integramos em x:
\int_{y}^{2y} x\,y\,dx = y\int_{y}^{2y} x\,dx = y\Bigl[\tfrac{x^2}{2}\Bigr]_{x=y}^{x=2y} = y\Bigl(\tfrac{(2y)^2 - y^2}{2}\Bigr) = \tfrac{3y^3}{2}.
Agora em y:
\int_{0}^{2} \tfrac{3y^3}{2}\,dy = \tfrac{3}{2}\Bigl[\tfrac{y^4}{4}\Bigr]_{0}^{2} = \tfrac{3}{2}\cdot\tfrac{16}{4} =6.

Passo 3

(b) \displaystyle \int_{0}^{1}\!\int_{0}^{v}\sqrt{1-v^2}\,du\,dv.
A integral em u é simples:
\int_{0}^{v}\sqrt{1-v^2}\,du = v\sqrt{1-v^2}.
Logo
\int_{0}^{1}v\sqrt{1-v^2}\,dv.
Fazemos t=1-v^2, dt=-2v\,dv, logo v\,dv=-\tfrac{1}{2}dt. Assim
\int_{0}^{1}v(1-v^2)^{1/2}\,dv =-\tfrac12\int_{t=1}^{t=0}t^{1/2}dt =\tfrac12\int_{0}^{1}t^{1/2}dt =\tfrac12\Bigl[\tfrac{t^{3/2}}{3/2}\Bigr]_{0}^{1} =\tfrac{1}{3}.

Passo 4

(c) \displaystyle \iint_{D}x^3\,dA, com D=\{1\le x\le e,\;0\le y\le\ln x\}.
Integramos primeiro em y:
\int_{0}^{\ln x}x^3\,dy = x^3\ln x.
Agora
\int_{1}^{e}x^3\ln x\,dx.
Usamos partes: u=\ln x, du=dx/x, dv=x^3dx, v=x^4/4.
\int x^3\ln x\,dx =\tfrac{x^4}{4}\ln x -\int\tfrac{x^4}{4}\cdot\tfrac{1}{x}dx =\tfrac{x^4}{4}\ln x -\tfrac{1}{4}\int x^3dx =\tfrac{x^4}{4}\ln x-\tfrac{x^4}{16}.
Avalia de 1 a e:
\Bigl(\tfrac{e^4}{4}\cdot1-\tfrac{e^4}{16}\Bigr) -\Bigl(\tfrac{1}{4}\cdot0-\tfrac{1}{16}\Bigr) =\tfrac{3e^4}{16}+\tfrac{1}{16} =\tfrac{3e^4+1}{16}.

Passo 5

(d) \displaystyle \iint_{D}(x+y)\,dA, com D limitado por y=\sqrt{x} e y=x^2.
As curvas se intersectam em x^2=\sqrt{x}\implies x=0 ou x=1. No intervalo [0,1], x^2\le\sqrt{x}.
Montamos
\int_{0}^{1}\!\int_{x^2}^{\sqrt{x}}(x+y)\,dy\,dx.
Integramos em y:
\int_{x^2}^{\sqrt{x}}(x+y)\,dy = x\bigl(\sqrt{x}-x^2\bigr) +\tfrac{1}{2}\Bigl(\sqrt{x}^2 - (x^2)^2\Bigr) = x^{3/2}-x^3 + \tfrac{x}{2}-\tfrac{x^4}{2}.
Agora
\int_{0}^{1}\Bigl(x^{3/2}-x^3+\tfrac{x}{2}-\tfrac{x^4}{2}\Bigr)dx =\Bigl[\tfrac{2}{5}x^{5/2}-\tfrac{x^4}{4}+\tfrac{x^2}{4}-\tfrac{x^5}{10}\Bigr]_{0}^{1} = \tfrac{2}{5}-\tfrac{1}{4}+\tfrac{1}{4}-\tfrac{1}{10} = \tfrac{3}{10}.

Resposta

(a) 6
(b) \tfrac{1}{3}
(c) \tfrac{3e^4+1}{16}
(d) \tfrac{3}{10}

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