Exercício 11. Calcule \iint_{D}(x+y) d x d y, onde D a região limitada por y=0, x=0 e y=x-1.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado nos dá e o que pede.
  • O enunciado pede calcular \iint_{D}(x+y)\,dx\,dy, onde D é a região limitada pelas retas y=0, x=0 e y=x-1.
  • Vamos encontrar os vértices da região D resolvendo as interseções dessas retas:
    • Interseção de x=0 com y=0: (0,0).
    • Interseção de y=0 com y=x-1: resolver 0=x-1 x=1, ponto (1,0).
    • Interseção de x=0 com y=x-1: substituir x=0 y=-1, ponto (0,-1).
  • Portanto D é o triângulo com vértices (0,0), (1,0) e (0,-1).
  • Observação útil para montar os limites: para x entre 0 e 1, o y varia da reta inferior y=x-1 até a reta superior y=0. Ou seja, D=\{(x,y)\mid 0\le x\le1,\; x-1\le y\le0\}.

Passo 2

Explicar a ideia de resolver por integração iterada.
  • Para uma função contínua f(x,y) definida numa região D simples do plano, a integral dupla pode ser calculada como uma integral iterada (Teorema de Fubini). Escrevemos, quando conveniente, \iint_{D} f(x,y)\,dA=\int_{x=a}^{b}\left(\int_{y=g_1(x)}^{g_2(x)} f(x,y)\,dy\right)dx,onde a e b são os limites em x e g_1(x), g_2(x) são as curvas que determinam o intervalo em y para cada x.
  • Aqui f(x,y)=x+y, a=0, b=1, g_1(x)=x-1 e g_2(x)=0. Vou usar a ordem dy\,dx porque os limites em y ficam simples para x variando de 0 a 1.

Passo 3

Escrever a integral iterada correspondente ao problema.
  • Usando a descrição da região: \iint_{D}(x+y)\,dx\,dy=\int_{x=0}^{1}\left(\int_{y=x-1}^{0} (x+y)\,dy\right)dx.

Passo 4

Calcular a integral interna \displaystyle \int_{y=x-1}^{0}(x+y)\,dy passo a passo.
  • Ao integrar em relação a y, x é tratado como constante. A primitiva de x+y em y é x y+\tfrac{1}{2}y^{2},pois \dfrac{d}{dy}(x y)=x e \dfrac{d}{dy}\!\left(\tfrac{1}{2}y^{2}\right)=y.
  • Avaliando entre y=x-1 e y=0: \int_{y=x-1}^{0}(x+y)\,dy=\bigl[x y+\tfrac{1}{2}y^{2}\bigr]_{y=x-1}^{y=0}.
  • Calculando: \begin{aligned} \bigl[x y+\tfrac{1}{2}y^{2}\bigr]_{y=x-1}^{0} &=\bigl( x\cdot 0+\tfrac{1}{2}\cdot 0^{2}\bigr)-\bigl( x(x-1)+\tfrac{1}{2}(x-1)^{2}\bigr)\\[6pt] &= -x(x-1)-\tfrac{1}{2}(x-1)^{2}. \end{aligned}
  • Podemos reescrever isto de forma expandida para integrar facilmente em x. Primeiro note que -x(x-1)=x(1-x). Somando as parcelas: x(1-x)-\tfrac{1}{2}(x-1)^{2}.
  • Expandindo (x-1)^{2}=x^{2}-2x+1 e substituindo: \begin{aligned} x(1-x)-\tfrac{1}{2}(x^{2}-2x+1) &=x-x^{2}-\tfrac{1}{2}x^{2}+x-\tfrac{1}{2}\\[4pt] &=2x-\tfrac{3}{2}x^{2}-\tfrac{1}{2}. \end{aligned}]

Passo 5

Calcular a integral externa \displaystyle \int_{0}^{1}\bigl(2x-\tfrac{3}{2}x^{2}-\tfrac{1}{2}\bigr)\,dx.
  • Integramos termo a termo. As primitivas são: \int 2x\,dx = x^{2},\qquad \int -\tfrac{3}{2}x^{2}\,dx = -\tfrac{1}{2}x^{3},\qquad \int -\tfrac{1}{2}\,dx = -\tfrac{1}{2}x.
  • Portanto a primitiva combinada é x^{2}-\tfrac{1}{2}x^{3}-\tfrac{1}{2}x. Avaliando de 0 a 1: \left[x^{2}-\tfrac{1}{2}x^{3}-\tfrac{1}{2}x\right]_{0}^{1}= \bigl(1-\tfrac{1}{2}-\tfrac{1}{2}\bigr)-0 = 0.

Passo 6

Interpretação rápida (opcional, para fixar a ideia).
  • O valor zero significa que, sobre a região D, as contribuições positivas e negativas de x+y se cancelam. Como y é negativo em boa parte da região e x positivo, a soma média resulta em zero neste triângulo específico.

Resposta

0

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