Exercício 23. Calcule \iint_{D} \frac{1}{x+y} d x d y, onde D a região limitada por y=0, x=1 e y=x.

Passo 1

O enunciado pede o valor da integral dupla
\iint_{D}\frac{1}{x+y}\,dx\,dy,
onde D é a região limitada pelas curvas y=0, x=1 e y=x.
Informações dadas e o que o problema pede:
  • A região D é delimitada por:
    • a reta inferior y=0,
    • a reta vertical x=1,
    • a reta diagonal y=x.
  • É preciso calcular a integral dupla de \dfrac{1}{x+y} sobre essa região D.

Passo 2

Descrever a região D explicitamente com desigualdades (isso ajuda a montar os limites da integral iterada).
As interseções das curvas mostram que D é o triângulo com vértices em (0,0), (1,0) e (1,1). Em termos de variáveis:
D=\{(x,y)\mid 0\le x\le 1,\; 0\le y\le x\}.
Explicando: para cada x entre 0 e 1, o y varia da linha y=0 até a linha y=x.

Passo 3

Escolher a ordem de integração e escrever a integral iterada.
Aqui é natural integrar primeiro em y (fatias verticais), pois para x fixo os limites de y ficam simples. Assim:
\iint_{D}\frac{1}{x+y}\,dx\,dy = \int_{x=0}^{1}\left(\int_{y=0}^{x}\frac{1}{x+y}\,dy\right)dx.
Observação importante sobre integrabilidade: a função \dfrac{1}{x+y} é positiva em D (salvo no ponto (0,0) onde o denominador zera). Como a função é não-negativa, Tonelli permite escrever a integral dupla como essa integral iterada e tratar possíveis singularidades na fronteira por limites (integral imprópria). Vou usar isso formalmente a seguir (integrando em x sobre [\varepsilon,1] e tomando limite \varepsilon\to0^+).

Passo 4

Calcular a integral interna em y:
\int_{y=0}^{x}\frac{1}{x+y}\,dy.
Fazer a substituição direta para resolver essa integral. Defina a mudança de variável
u=x+y \quad\Rightarrow\quad du=dy.
Quando y=0 temos u=x. Quando y=x temos u=2x. Portanto
\int_{y=0}^{x}\frac{1}{x+y}\,dy = \int_{u=x}^{2x}\frac{1}{u}\,du.
Essa é uma integral básica do logaritmo; seu valor é
\int_{u=x}^{2x}\frac{1}{u}\,du=\ln(2x)-\ln(x).
Usando a propriedade dos logaritmos \ln(2x)-\ln(x)=\ln\!\left(\dfrac{2x}{x}\right)=\ln 2. Portanto, para todo x>0 a integral interna dá \ln 2. (Para x=0 o intervalo de integração degenera e a contribuição é nula; como explicado antes, trata-se por limite.)

Passo 5

Justificar brevemente a troca de ordem de limites / tratamento da singularidade em (0,0).
Como a função é não-negativa em D, Tonelli garante que a integral dupla é a integral iterada e que podemos integrar em x o resultado da integral em y. Alternativamente, considerar a integral sobre a região D_\varepsilon=\{(x,y)\in D\mid x\ge\varepsilon\} para \varepsilon>0; para x\ge\varepsilon a integral interna vale \ln 2, logo
\iint_{D_\varepsilon}\frac{1}{x+y}\,dx\,dy=\int_{\varepsilon}^{1}\ln 2\,dx=(1-\varepsilon)\ln 2.
Tomando \varepsilon\to0^+ obtemos o valor da integral sobre D como limite \ln 2. Isso mostra que a singularidade na fronteira não impede a integrabilidade (é uma integral imprópria convergente).

Passo 6

Calcular a integral externa em x. Já reduzimos a integral dupla a
\int_{0}^{1}\ln 2\,dx.
Como \ln 2 é constante em relação a x, fatoramos:
\int_{0}^{1}\ln 2\,dx=\ln 2\int_{0}^{1}dx=\ln 2\cdot 1.

Passo 7

Comentário pedagógico e alternativa curta (para fixar a ideia):
Um método alternativo que reforça a técnica é a mudança de variáveis
u=x+y,\qquad v=x.
Nesse caso x=v, y=u-v e o jacobiano tem valor absoluto 1. A região D transforma-se em \{0\le v\le 1,\; v\le u\le 2v\}. A integral torna-se
\int_{v=0}^{1}\int_{u=v}^{2v}\frac{1}{u}\,du\,dv,
cuja integral interna também dá \ln 2, e daí segue igual ao cálculo anterior. Isso mostra que a substituição u=x+y é “a certa” aqui — ela simplifica exatamente o denominador.

Resposta

\ln 2

Exercícios relacionados