Esboce a região R delimitada pelos gráficos das equações dadas. Se f é uma função contínua arbitrária em R, expresse \iint_{R} f(x, y) d A) como soma de duas integrais iteradas do tipo usado em (a) Teorema (17.8)(i) e (b) Teorema (17.8)(ii).
x+2 y=5, x-y=2, 2 x+y=-2
Passo 1
O enunciado dá três retas que delimitam uma região R:
x+2y=5,\qquad x-y=2,\qquad 2x+y=-2,
e pede duas coisas:
Esboçar (mentalmente/descritivamente) a região R limitada por essas retas.
Escrever \iint_{R} f(x,y)\,dA, para uma função contínua arbitrária f, como soma de duas integrais iteradas do tipo usado em (a) Teorema (17.8)(i) e (b) Teorema (17.8)(ii).
Informações dadas relevantes:
As três equações das retas (acima).
A função f é contínua em R (logo a troca da ordem de integração é válida e as integrais iteradas existem).
O próximo passo será determinar os vértices da região e como particioná‑la para escrever as integrais iteradas.
Passo 2
Achar os pontos de interseção entre pares de retas para obter os vértices do polígono que delimita [R).
Interseção entre x+2y=5 e x-y=2.
\begin{cases} x+2y=5,\\[4pt] x-y=2. \end{cases}
Da segunda equação x=y+2\]. Substituindo na primeira:
\[(y+2)+2y=5 \quad\Rightarrow\quad 3y+2=5 \quad\Rightarrow\quad y=1.\]
Então \[x=y+2=3. Primeiro vértice: (3,1).
Interseção entre x-y=2 e 2x+y=-2.
\begin{cases} x-y=2,\\[4pt] 2x+y=-2. \end{cases}
Somando as duas equações: 3x=0\Rightarrow x=0\]. Então \[y=x-2=-2. Segundo vértice: (0,-2).
Interseção entre 2x+y=-2 e x+2y=5.
\begin{cases} 2x+y=-2,\\[4pt] x+2y=5. \end{cases}
Da primeira y=-2-2x\]. Substituindo na segunda:
\[x+2(-2-2x)=5 \quad\Rightarrow\quad x-4-4x=5 \quad\Rightarrow\quad -3x=9 \quad\Rightarrow\quad x=-3.\]
Então \(y=-2-2(-3)=4. Terceiro vértice: (-3,4).
Conclusão: os vértices do polígono R são (3,1), (0,-2) e (-3,4). Portanto R é um triângulo com esses vértices.]
Passo 3
Descrever as retas como funções (para poder integrar):
Identificar quais segmentos de reta ligam quais vértices:
A reta 1 (y=(5-x)/2) passa por (-3,4) e (3,1).
A reta 2 (y=x-2) passa por (3,1) e (0,-2).
A reta 3 (y=-2-2x) passa por (0,-2) e (-3,4).
Portanto os lados do triângulo são os trechos dessas retas entre os vértices indicados.
Passo 4
Construir a expressão como soma de duas integrais do tipo (i) (região tipo I: varrendo x e integrando em y para cada x).
Projetar R no eixo x: os x-valores dos vértices vão de -3 a 3. Observação útil: em x=-3 e x=0 ocorrem mudanças na aresta que serve de limite inferior/ superior verticalmente (vértices em -3 e 0). Portanto é natural dividir por x em dois intervalos: [-3,0] e [0,3].
Para um x em [-3,0] os limites em y são, de baixo para cima:
limite inferior: reta 3 y=-2-2x,
limite superior: reta 1 y=(5-x)/2.
Para verificar, escolhe‑se um x representativo, por exemplo x=-2:
Explicar (breve aula) o que significa essa forma (Teorema (17.8)(i) — região tipo I) e como construir em prova:
Uma região do tipo I é da forma \{(x,y): a\le x\le b,\; g_1(x)\le y\le g_2(x)\}. Então se R for igual a essa forma, tem-se \iint_{R} f\,dA=\int_a^b\!\big(\int_{g_1(x)}^{g_2(x)} f(x,y)\,dy\big)\,dx.
No nosso caso a região inteira não é escrita como uma única faixa a\le x\le b com a mesma função inferior e superior para todos os x (os limites em y trocam em x=0), por isso dividimos em duas subfaixas em x e somamos as integrais correspondentes. É exatamente o procedimento padrão na prova: projetar R no eixo x, localizar pontos onde a descrição vertical muda e somar as integrais.
Passo 6
Construir a expressão como soma de duas integrais do tipo (ii) (região tipo II: varrendo y e integrando em x para cada y).