Considere a integral dupla I=\int_{D} \int x y\left(x^{2}+y^{2}\right)^{6} d A.
em que D é a região situada no primeiro quadrante que é simultaneamente interior às circunferências x^{2}+y^{2}=5 e x^{2}+y^{2}=8 y.
Após escrever I em coordenadas cartesianas, nas duas ordens de integração possíveis, responda aos itens abaixo:
a) Tomando \boldsymbol{x} como variável independente, \boldsymbol{I} deve ser escrita como uma única integral dupla, dada por
\boldsymbol{I}=
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b) Tomando \boldsymbol{y} como variável independente, \boldsymbol{I} deve ser escrita como soma de duas integrais duplas, da forma \boldsymbol{I}=\boldsymbol{I}_{1}+\boldsymbol{I}_{2}.
Supondo que os limitantes de integração de \boldsymbol{x} na integral dupla \boldsymbol{I}_{1} são menores ou iguais do que os limitantes de integração de \boldsymbol{x} na integral dupla \boldsymbol{I}_{2}, tem-se que:
a primeira integral dupla é
I_{1}=\square
e a segunda integral dupla é
I_{2}=\square
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c) Ao utilizar coordenadas polares, I também deve ser escrita como uma soma de duas integrais duplas, da forma I=I_{3}+I_{4}.
Supondo que os limitantes de integração de \theta na integral dupla I_{3} são menores ou iguais do que os limitantes de integração de \theta na integral dupla I_{4}, tem-se que:
i) os limitantes de integração de I_{3} são:
\begin{aligned} & \theta \in[0, \square] \\\ & r \in[0, \square] \end{aligned}
ii) os limitantes de integração de I_{4} são:
\begin{aligned} & \theta \in[\square] \\\ & r \in[0, \square] \end{aligned}
Além disso, após transformar o integrando para coordenadas polares, juntamente com o diferencial de área, obtém-se que
f \cdot d A=\square d r d \theta

Passo 1

Vou deixar claro o que o enunciado pede e quais são os dados que temos (sem resolver nada ainda).
  • O integrando é \,x y\left(x^{2}+y^{2}\right)^{6}.
  • A região D é a parte do primeiro quadrante que é simultaneamente interior às circunferências x^{2}+y^{2}=5e x^{2}+y^{2}=8y.
  • As tarefas pedidas:
    • (a) Escrever I=\iint_{D} x y\left(x^{2}+y^{2}\right)^{6}dA em coordenadas cartesianas tomando \,x como variável independente (isto é, montar uma única integral dupla com dx como variável externa e dy como interna).
    • (b) Escrever I em coordenadas cartesianas tomando \,y como variável independente; nesse caso I deve ser soma de duas integrais \,I_1+I_2, especificando os limites de cada uma (com a condição dada sobre os limitantes de x).
    • (c) Passar para coordenadas polares e escrever I=I_3+I_4 com os limites pedidos (split em \theta), e transformar o integrando com o diferencial de área, indicando o resultado f\cdot dA = \square\, dr\, d\theta.
Os dados importantes que vamos usar: expressões das curvas e que estamos no primeiro quadrante ( x\ge0,\;y\ge0). A resolução começa no próximo passo.

Passo 2

Entender geometricamente as duas curvas e encontrar suas interseções — passo essencial para montar os limites.
  • A curva \,x^{2}+y^{2}=5 é o círculo centrado em (0,0) com raio \sqrt{5}.
  • A curva \,x^{2}+y^{2}=8y reescrita completa o quadrado:
    x^{2}+y^{2}-8y=0 \quad\Longrightarrow\quad x^{2}+(y-4)^{2}=16,
    ou seja, círculo centrado em (0,4) com raio 4.
  • Para encontrar a interseção das duas curvas resolvemos
    x^{2}+y^{2}=5\quad\text{e}\quad x^{2}+y^{2}=8y.
    Igualando os lados direitos obtemos \,8y=5, logo
    y=\frac{5}{8}.
    Substituindo em x^{2}+y^{2}=5 obtemos
    x^{2}=5-\left(\frac{5}{8}\right)^{2}=5-\frac{25}{64}=\frac{320-25}{64}=\frac{295}{64},
    portanto
    x=\frac{\sqrt{295}}{8}.
    Esse ponto \left(\dfrac{\sqrt{295}}{8},\dfrac{5}{8}\right) é a interseção no primeiro quadrante. Esse valor servirá como limite extremo em x quando escolhermos x como variável externa.

Passo 3

Descrer matematicamente a região D em termos de desigualdades úteis.
  • Ser interior ao círculo de raio \sqrt{5} significa
    x^{2}+y^{2}\le 5 \quad\Longrightarrow\quad y\le\sqrt{5-x^{2}}\quad(\text{no 1º quadrante }y\ge0).º
  • Ser interior ao círculo centrado em (0,4) com raio 4 significa
    x^{2}+(y-4)^{2}\le 16 \quad\Longrightarrow\quad (y-4)^{2}\le 16-x^{2}.
    Tomando raízes (e lembrando y no primeiro quadrante), a desigualdade resulta em
    4-\sqrt{16-x^{2}}\le y\le 4+\sqrt{16-x^{2}}.
    Como estamos no primeiro quadrante e a outra condição nos restringe a y\le\sqrt{5-x^{2}} (que é \le\sqrt{5}<4), o limite superior 4+\sqrt{16-x^{2}} é irrelevante; o que importa é o limite inferior
    y\ge 4-\sqrt{16-x^{2}}.
  • Assim, para cada x no intervalo apropriado, os y válidos satisfazem simultaneamente
    4-\sqrt{16-x^{2}}\le y\le \sqrt{5-x^{2}}.
    Esse intervalo de y existe enquanto o limite inferior for \le limite superior; isso se dá precisamente para 0\le x\le \dfrac{\sqrt{295}}{8} (o ponto de interseção encontrado no Passo 2).

Passo 4

Montar a integral única com dx externo (isto é, integrando em y primeiro e depois em x). Vou explicar por que os limites são esses.
  • O menor valor de x na região D é 0 (pois estamos no 1º quadrante).
  • O maior valor de x é o x da interseção, \dfrac{\sqrt{295}}{8}.
  • Para cada x fixo em \left[0,\dfrac{\sqrt{295}}{8}\right], y varia de y_{\text{min}}(x)=4-\sqrt{16-x^{2}} \quad\text{até}\quad y_{\text{max}}(x)=\sqrt{5-x^{2}}.é
  • Portanto a integral pedida em (a) é I=\int_{x=0}^{\frac{\sqrt{295}}{8}}\left(\int_{y=4-\sqrt{16-x^{2}}}^{\sqrt{5-x^{2}}} x\,y\left(x^{2}+y^{2}\right)^{6}\,dy\right)dx.

Passo 5

Agora escrever I tomando y como variável independente. Aqui a ideia é: para um dado y fixo, os x admissíveis são de 0 até o menor dos dois valores dados por resolver cada curva para x. Precisamos ver em que intervalos de y cada uma das curvas domina.
  • Isolando x nas duas curvas: x^{2}=5-y^{2}\quad\Longrightarrow\quad x=\sqrt{5-y^{2}}e x^{2}=8y-y^{2}\quad\Longrightarrow\quad x=\sqrt{8y-y^{2}}.
  • Para um y fixo, x deve satisfazer x^{2}\le\min(5-y^{2},\,8y-y^{2}), isto é, 0\le x\le \sqrt{\min(5-y^{2},8y-y^{2})}.
  • As duas expressões se igualam quando 5-y^{2}=8y-y^{2}\Rightarrow 8y=5\Rightarrow y=\dfrac{5}{8}.
  • Para 0\le y\le \dfrac{5}{8} tem-se 8y<5, então 8y-y^{2}<5-y^{2} e o limite em x é \sqrt{8y-y^{2}}.
  • Para \dfrac{5}{8}\le y\le \sqrt{5} tem-se 8y\ge5, então 5-y^{2}\le 8y-y^{2} e o limite em x é \sqrt{5-y^{2}}.
  • O valor máximo de y na região é dado pelo círculo menor \sqrt{5} (pois y não pode exceder \sqrt{5} mantendo x=0). Portanto partimos o integral em dois pedaços em y\in[0,\tfrac{5}{8}] e em y\in[\tfrac{5}{8},\sqrt{5}].
Assim:
  • A primeira integral (onde os limitantes de x são menores) é I_{1}=\int_{y=0}^{\frac{5}{8}}\left(\int_{x=0}^{\sqrt{8y-y^{2}}} x\,y\left(x^{2}+y^{2}\right)^{6}\,dx\right)dy.
  • A segunda integral é I_{2}=\int_{y=\frac{5}{8}}^{\sqrt{5}}\left(\int_{x=0}^{\sqrt{5-y^{2}}} x\,y\left(x^{2}+y^{2}\right)^{6}\,dx\right)dy.

Passo 6

Passo para coordenadas polares — primeiro reescrevo as duas curvas em polares e determino o ângulo de separação.
  • Em coordenadas polares (x=r\cos\theta,\;y=r\sin\theta) temos x^{2}+y^{2}=r^{2}.
  • A curva x^{2}+y^{2}=5 vira r^{2}=5, ou seja r=\sqrt{5}.
  • A curva x^{2}+y^{2}=8y vira r^{2}=8r\sin\theta. Para r>0 obtemos r=8\sin\theta.
  • A interseção das duas curvas em polares é dada por \sqrt{5}=8\sin\theta \quad\Longrightarrow\quad \sin\theta=\frac{\sqrt{5}}{8}.Chamo esse ângulo de \theta_{0}, isto é \theta_{0}=\arcsin\!\left(\frac{\sqrt{5}}{8}\right).Esse ângulo está no primeiro quadrante e é o ponto onde as duas fronteiras trocam de papel (qual fornece o menor r).

Passo 7

Determinar os dois intervalos em \theta e os correspondentes limites em r.
  • Quando \theta é pequeno (isto é 0\le\theta\le\theta_{0}), temos 8\sin\theta\le\sqrt{5}, logo o limite superior em r será r=8\sin\theta. Assim em [0,\theta_{0}] o r varia 0\le r\le 8\sin\theta.
  • Quando \theta é maior ( \theta_{0}\le\theta\le \tfrac{\pi}{2}), tem-se 8\sin\theta\ge\sqrt{5} e o limite superior passa a ser r=\sqrt{5}. Assim em [\theta_{0},\tfrac{\pi}{2}] o r varia 0\le r\le \sqrt{5}.
Portanto as duas integrais em polares (com \theta separado como pedido) são:
  • Para I_{3}: \theta\in\left[0,\arcsin\!\left(\frac{\sqrt{5}}{8}\right)\right],\qquad r\in[0,\,8\sin\theta].
  • Para I_{4}: \theta\in\left[\arcsin\!\left(\frac{\sqrt{5}}{8}\right),\frac{\pi}{2}\right],\qquad r\in[0,\,\sqrt{5}].

Passo 8

Transformar o integrando e o diferencial de área para coordenadas polares e obter a expressão f\cdot dA.
  • Em polares: x=r\cos\theta,\;y=r\sin\theta,\;x^{2}+y^{2}=r^{2}.
  • O integrando x\,y\left(x^{2}+y^{2}\right)^{6} fica (r\cos\theta)(r\sin\theta)\,(r^{2})^{6}=r^{2}\cos\theta\sin\theta\cdot r^{12}=r^{14}\cos\theta\sin\theta.
  • O diferencial de área é dA=r\,dr\,d\theta.
  • Multiplicando tudo: f\cdot dA = r^{14}\cos\theta\sin\theta \cdot r\,dr\,d\theta = r^{15}\cos\theta\sin\theta\,dr\,d\theta.
Logo em polares o integrando convertido com dA é \,r^{15}\cos\theta\sin\theta\,dr\,d\theta.

Passo 9

Resumo rápido do que obtivemos (pronto para conferir as respostas pedidas):
  • (a) integral única com dx externo: x de 0 até \dfrac{\sqrt{295}}{8}; para cada x, y vai de 4-\sqrt{16-x^{2}} até \sqrt{5-x^{2}}.
  • (b) com y externo: duas integrais I_1 e I_2 com pontos de divisão em y=\tfrac{5}{8}; limites de x dados por \sqrt{8y-y^{2}} e \sqrt{5-y^{2}} conforme explicado.
  • (c) em polares: ângulo de divisão \theta_{0}=\arcsin\!\left(\dfrac{\sqrt{5}}{8}\right); limites conforme listado; integrando convertido é r^{15}\cos\theta\sin\theta\,dr\,d\theta.

Resposta

I=\displaystyle \int_{x=0}^{\frac{\sqrt{295}}{8}}\!\left(\int_{y=4-\sqrt{16-x^{2}}}^{\sqrt{5-x^{2}}} x\,y\left(x^{2}+y^{2}\right)^{6}\,dy\right)dx
I_{1}=\displaystyle \int_{y=0}^{\frac{5}{8}}\!\left(\int_{x=0}^{\sqrt{8y-y^{2}}} x\,y\left(x^{2}+y^{2}\right)^{6}\,dx\right)dy
I_{2}=\displaystyle \int_{y=\frac{5}{8}}^{\sqrt{5}}\!\left(\int_{x=0}^{\sqrt{5-y^{2}}} x\,y\left(x^{2}+y^{2}\right)^{6}\,dx\right)dy
\theta\in\left[0,\arcsin\!\left(\dfrac{\sqrt{5}}{8}\right)\right],\quad r\in[0,\,8\sin\theta]
\theta\in\left[\arcsin\!\left(\dfrac{\sqrt{5}}{8}\right),\dfrac{\pi}{2}\right],\quad r\in[0,\,\sqrt{5}]
f\cdot dA = r^{15}\cos\theta\sin\theta\,dr\,d\theta

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