Calcule as seguintes integrais mudando a ordem de integração:
(a) \int_{0}^{1}\left[\int_{y}^{1} \operatorname{tg}\left(x^{2}\right) d x\right] d y
(b) \int_{1}^{2}\left[\int_{1}^{x} \frac{x^{2}}{y^{2}} d y\right] d x
(c) \int_{0}^{1}\left[\int_{0}^{\sqrt{1-x^{2}}} \sqrt{1-y^{2}} d y\right] d x
(d) \int_{0}^{1}\left[\int_{x}^{1} \operatorname{sen}\left(y^{2}\right) d y\right] d x
(e) \int_{0}^{1}\left[\int_{3 y}^{y} e^{x^{2}} d x\right] d y

Passo 1

O enunciado pede que eu calcule, mudando a ordem de integração, as cinco integrais abaixo. Vou listar cada integral e as informações dadas para cada item:
(a) \displaystyle \int_{0}^{1}\left[\int_{y}^{1} \operatorname{tg}\left(x^{2}\right)\, dx\right] dy.
  • Variáveis de integração: x (interna), y (externa).
  • Intervalos originais: 0\le y\le 1, y\le x\le 1.
(b) \displaystyle \int_{1}^{2}\left[\int_{1}^{x} \frac{x^{2}}{y^{2}}\, dy\right] dx.
  • Variáveis: y (interna), x (externa).
  • Intervalos originais: 1\le x\le 2, 1\le y\le x.
(c) \displaystyle \int_{0}^{1}\left[\int_{0}^{\sqrt{1-x^{2}}} \sqrt{1-y^{2}}\, dy\right] dx.
  • Região dada pela condição 0\le x\le 1 e 0\le y\le \sqrt{1-x^{2}}, que é um quarto de círculo no 1º quadrante (pois x^{2}+y^{2}\le1, x,y\ge0).
(d) \displaystyle \int_{0}^{1}\left[\int_{x}^{1} \operatorname{sen}\left(y^{2}\right)\, dy\right] dx.
  • Intervalos originais: 0\le x\le1, x\le y\le1.
(e) \displaystyle \int_{0}^{1}\left[\int_{3 y}^{y} e^{x^{2}}\, dx\right] dy.
  • Note que as integrais internas têm limite inferior 3y e superior y; como 3y\ge y quando y\ge0, precisamos ter cuidado com a orientação (isto dará sinal negativo).
  • Intervalos originais: 0\le y\le1, 3y\le x\le y (isto normalmente indica integral com limites invertidos).
Agora começo a resolver cada item mudando a ordem de integração e explicando cada passo didaticamente.

Passo 2

Resolvendo (a).
  1. Interpretação da região: a condição 0\le y\le1 e y\le x\le1 descreve o triângulo no plano (x,y) com vértices (0,0), (1,0), (1,1). Em palavras: x varia entre 0 e 1 e, para cada x, y varia de 0 até x.
  2. Mudança da ordem: trocando a ordem, obtenho
\int_{0}^{1}\left[\int_{y}^{1} \tan(x^{2})\, dx\right] dy = \int_{0}^{1}\left[\int_{0}^{x} \tan(x^{2})\, dy\right] dx.
(Explicação: para cada x fixo, y vai de 0 até x.)
  1. Calcular a integral interna em y: como o integrando \tan(x^{2}) é constante em relação a y,
\int_{0}^{x} \tan(x^{2})\, dy = \tan(x^{2})\cdot (x-0)= x\,\tan(x^{2}).
  1. Agora resta calcular \displaystyle \int_{0}^{1} x\,\tan(x^{2})\, dx. Faço a substituição padrão para funções do tipo x\cdot f(x^{2}): seja u=x^{2}. Então du=2x\,dx ou x\,dx=\tfrac{1}{2}du. Os limites: x=0\Rightarrow u=0, x=1\Rightarrow u=1. Assim
\int_{0}^{1} x\,\tan(x^{2})\, dx = \frac{1}{2}\int_{0}^{1} \tan(u)\, du.
  1. Integral de \tan u: \int \tan u\, du = -\ln|\cos u| + C. Então
\frac{1}{2}\int_{0}^{1} \tan(u)\, du = \frac{1}{2}\bigl[-\ln|\cos u|\bigr]_{0}^{1} = -\frac{1}{2}\ln(\cos 1) + \frac{1}{2}\ln(\cos 0).
Como \cos 0=1 e \ln 1=0, o segundo termo some.
  1. Conclusão para (a):
\text{valor} = -\frac{1}{2}\ln(\cos 1).

Passo 3

Resolvendo (b).
  1. Região original: 1\le x\le 2, 1\le y\le x. Isso é o triângulo no plano com vértices (1,1), (2,1), (2,2). Trocar a ordem: y vai de 1 até 2 e, para cada y, x vai de x=y até x=2. Portanto
\int_{1}^{2}\left[\int_{1}^{x} \frac{x^{2}}{y^{2}}\, dy\right] dx = \int_{1}^{2}\left[\int_{y}^{2} \frac{x^{2}}{y^{2}}\, dx\right] dy.
  1. Integro em x primeiro: \displaystyle \int_{y}^{2} \frac{x^{2}}{y^{2}}\, dx = \frac{1}{y^{2}}\int_{y}^{2} x^{2}\, dx. A integral de x^{2} é x^{3}/3, então
\frac{1}{y^{2}}\left[\frac{x^{3}}{3}\right]_{x=y}^{x=2} = \frac{1}{y^{2}}\left(\frac{8}{3}-\frac{y^{3}}{3}\right) = \frac{1}{3}\left(\frac{8}{y^{2}}-y\right).
  1. Agora integro em y de 1 a 2:
\int_{1}^{2} \frac{1}{3}\left(\frac{8}{y^{2}}-y\right) dy = \frac{1}{3}\left[8\int_{1}^{2} y^{-2} dy - \int_{1}^{2} y\, dy\right].
  1. Calculo as primitivas: \int y^{-2} dy = -\tfrac{1}{y} e \int y\, dy = \tfrac{y^{2}}{2}. Avaliando:
8\left(-\frac{1}{y}\right)\Big|_{1}^{2} = 8\left(-\frac{1}{2} + 1\right) = 4,
\frac{y^{2}}{2}\Big|_{1}^{2} = \frac{4-1}{2} = \frac{3}{2}.
  1. Substituindo:
\frac{1}{3}\left(4 - \frac{3}{2}\right) = \frac{1}{3}\cdot\frac{5}{2} = \frac{5}{6}.
  1. Conclusão para (b): valor \displaystyle \frac{5}{6}.

Passo 4

Resolvendo (c).
  1. Região: 0\le x\le1 e 0\le y\le \sqrt{1-x^{2}}. Isso é exatamente o quarto de disco de raio 1 no primeiro quadrante. Mudando a ordem, y varia de 0 até 1 e, para cada y, x varia de 0 até \sqrt{1-y^{2}}. Assim
\int_{0}^{1}\left[\int_{0}^{\sqrt{1-x^{2}}} \sqrt{1-y^{2}}\, dy\right] dx = \int_{0}^{1}\left[\int_{0}^{\sqrt{1-y^{2}}} \sqrt{1-y^{2}}\, dx\right] dy.
  1. Integral interna em x: \sqrt{1-y^{2}} é constante em relação a x, então
\int_{0}^{\sqrt{1-y^{2}}} \sqrt{1-y^{2}}\, dx = \sqrt{1-y^{2}}\cdot \sqrt{1-y^{2}} = 1-y^{2}.
  1. Agora integro em y de 0 a 1:
\int_{0}^{1} (1-y^{2})\, dy = \left[y-\frac{y^{3}}{3}\right]_{0}^{1} = 1-\frac{1}{3} = \frac{2}{3}.
  1. Conclusão para (c): valor \displaystyle \frac{2}{3}.

Passo 5

Resolvendo (d).
  1. Região: 0\le x\le1, x\le y\le1. Trocando a ordem: y varia de 0 até 1 e, para cada y, x varia de 0 até y. Logo
\int_{0}^{1}\left[\int_{x}^{1} \sin(y^{2})\, dy\right] dx = \int_{0}^{1}\left[\int_{0}^{y} \sin(y^{2})\, dx\right] dy.
  1. Integral interna em x: \sin(y^{2}) é constante em relação a x, então
\int_{0}^{y} \sin(y^{2})\, dx = y\,\sin(y^{2}).
  1. Agora calcular \displaystyle \int_{0}^{1} y\,\sin(y^{2})\, dy. Faço a substituição u=y^{2}, então du=2y\,dy e y\,dy=\tfrac{1}{2}du. Os limites: y=0\Rightarrow u=0, y=1\Rightarrow u=1. Assim
\int_{0}^{1} y\,\sin(y^{2})\, dy = \frac{1}{2}\int_{0}^{1} \sin(u)\, du = \frac{1}{2}\bigl[-\cos u\bigr]_{0}^{1} = \frac{1}{2}(1-\cos 1).
  1. Conclusão para (d): valor \displaystyle \frac{1-\cos 1}{2}.

Passo 6

Resolvendo (e) — o mais delicado por causa da ordem invertida nos limites internos.
  1. Observação inicial: a integral interna é \int_{3y}^{y} e^{x^{2}}\, dx. Para y\in[0,1] temos 3y\ge y (exceto em y=0 onde são iguais), então o limite inferior é maior que o superior; por convenção
\int_{3y}^{y} e^{x^{2}}\, dx = -\int_{y}^{3y} e^{x^{2}}\, dx.
É útil trabalhar com a forma -\int_{y}^{3y} e descrever a região R=\{(x,y):0\le y\le1,\\ y\le x\le 3y\}.
  1. Determinar os limites de x ao trocar a ordem: da condição y\le x\le 3y e 0\le y\le1 obtemos que x varia de 0 até 3. Para um x fixo, y deve satisfazer x/3\le y\le x, mas também 0\le y\le1. Assim, dependendo de x temos:
  • Se 0\le x\le1: então x\le1 e y fica entre x/3 e x.
  • Se 1\le x\le3: então x>1, e como y\le1 temos y entre x/3 e 1 (pois o limite superior natural x ultrapassaria 1).
Portanto, escrevo a integral (lembrando do sinal negativo) como
\int_{0}^{1}\left[\int_{3y}^{y} e^{x^{2}}\, dx\right] dy = -\Biggl(\int_{x=0}^{1}\int_{y=x/3}^{y=x} e^{x^{2}}\, dy\, dx \;+\; \int_{x=1}^{3}\int_{y=x/3}^{y=1} e^{x^{2}}\, dy\, dx\Biggr).
  1. Calculo as integrais internas em y (são simples porque e^{x^{2}} é constante em relação a y):
  • Para 0\le x\le1:
\int_{y=x/3}^{y=x} e^{x^{2}}\, dy = e^{x^{2}}\cdot\left(x-\frac{x}{3}\right)=e^{x^{2}}\cdot\frac{2x}{3}.
  • Para 1\le x\le3:
\int_{y=x/3}^{y=1} e^{x^{2}}\, dy = e^{x^{2}}\cdot\left(1-\frac{x}{3}\right).
  1. Substituindo estes resultados,
\text{integral} = -\left(\int_{0}^{1} \frac{2x}{3} e^{x^{2}}\, dx + \int_{1}^{3} \left(1-\frac{x}{3}\right) e^{x^{2}}\, dx\right).
  1. Calculo a primeira integral usando u=x^{2}: \,du=2x\,dx, logo
\int_{0}^{1} \frac{2x}{3} e^{x^{2}}\, dx = \frac{1}{3}\int_{0}^{1} e^{u}\, du = \frac{1}{3}(e-1).
  1. A segunda integral separa-se em duas:
\int_{1}^{3} \left(1-\frac{x}{3}\right) e^{x^{2}}\, dx = \int_{1}^{3} e^{x^{2}}\, dx \;-\; \frac{1}{3}\int_{1}^{3} x e^{x^{2}}\, dx.
Para a integral com x e^{x^{2}} aplico u=x^{2}, du=2x\,dx, então \int x e^{x^{2}}\, dx = \tfrac{1}{2} e^{x^{2}}. Assim
\frac{1}{3}\int_{1}^{3} x e^{x^{2}}\, dx = \frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}\left[e^{x^{2}}\right]_{1}^{3} = \frac{1}{6}\left(e^{9}-e\right).
  1. Reunindo a segunda integral:
\int_{1}^{3} \left(1-\frac{x}{3}\right) e^{x^{2}}\, dx = \int_{1}^{3} e^{x^{2}}\, dx - \frac{1}{6}\left(e^{9}-e\right).
  1. Agora somo as duas partes e coloco o sinal negativo:
\text{integral} = -\left(\frac{1}{3}(e-1) + \int_{1}^{3} e^{x^{2}}\, dx - \frac{1}{6}\left(e^{9}-e\right)\right).
  1. Simplifico termos constantes envolvendo e:
\frac{1}{3}(e-1) + \frac{1}{6}e = \frac{1}{3}e - \frac{1}{3} + \frac{1}{6}e = \frac{1}{2}e - \frac{1}{3}.
Então o conteúdo entre parênteses é
\int_{1}^{3} e^{x^{2}}\, dx + \frac{1}{2}e - \frac{1}{3} - \frac{1}{6}e^{9}.
  1. Aplicando o sinal negativo final:
\text{valor} = -\int_{1}^{3} e^{x^{2}}\, dx \;-\; \frac{1}{2}e \;+\; \frac{1}{3} \;+\; \frac{1}{6}e^{9}.
  1. Observação didática final: a função e^{x^{2}} não tem primitiva elementar em termos de funções elementares, por isso a resposta inclui a integral imprimitiva \int_{1}^{3} e^{x^{2}}\, dx. Isso é perfeitamente aceitável quando a troca de ordem transforma a integral em uma combinação de termos elementares e uma parte que continua com \int e^{x^{2}}\,dx.

Resposta

-\dfrac{1}{2}\ln(\cos 1)
\dfrac{5}{6}
\dfrac{2}{3}
\dfrac{1-\cos 1}{2}
-\displaystyle\int_{1}^{3} e^{x^{2}}\, dx \;-\; \dfrac{1}{2}e \;+\; \dfrac{1}{3} \;+\; \dfrac{1}{6}e^{9}

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