Exercício 30. Calcule \iint_{D} x^{-3} d x d y, onde D a região limitada pelas parábolas y=x^{2}, y=2 x^{2}, y^{2}=x e y^{2}=2 x.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado pede e as informações dadas. O enunciado pede calcular a integral dupla
\iint_{D} x^{-3}\,dx\,dy,
onde D é a região limitada pelas quatro curvas:
  • y = x^{2},
  • y = 2x^{2},
  • y^{2} = x,
  • y^{2} = 2x.
As informações relevantes extraídas do enunciado:
  • As duas primeiras são parábolas que dão y em função de x: y cresce como x^{2} e como 2x^{2}.
  • As duas últimas podem ser reescritas como curvas em função de y: x = y^{2} e x = \tfrac{1}{2}y^{2} (isto é, parábolas abertas para a direita).
  • A região D está no primeiro quadrante (pois aparecem y e y^{2} positivos nas interseções relevantes).
  • O integrando é x^{-3}, que depende só de x e tem singularidade quando x\to 0. É importante verificar que D não atinge valores problemáticos que tornem a integral divergente; isso será esclarecido ao descrever D.

Passo 2

Entender geometricamente a região D e escolher um método eficiente. Observando as equações:
  • As curvas y = x^{2} e y = 2x^{2} correspondem a valores constantes da razão \dfrac{y}{x^{2}}: para y = kx^{2} temos \dfrac{y}{x^{2}}=k.
  • As curvas y^{2} = x e y^{2} = 2x correspondem a valores constantes da razão \dfrac{y^{2}}{x}: para y^{2}=c x temos \dfrac{y^{2}}{x}=c.
Isso sugere a substituição que transforma as quatro curvas em retas (constantes) no novo sistema de variáveis: definir
u=\frac{y}{x^{2}},\qquad v=\frac{y^{2}}{x}.
Com essa escolha, as fronteiras de D ficam simplesmente u=1, u=2, v=1, v=2, ou seja, D se transforma num retângulo no plano (u,v). Essa transformação é muito apropriada para integrar porque lida bem com o formato das curvas dadas.

Passo 3

Encontrar a transformação inversa (u,v)\mapsto(x,y). A partir de
u=\frac{y}{x^{2}}\quad\Rightarrow\quad y = u x^{2},
e
v=\frac{y^{2}}{x}.
Substituindo y=u x^{2} em v:
v = \frac{(u x^{2})^{2}}{x} = u^{2} x^{3}.
Daí
x^{3}=\frac{v}{u^{2}}\quad\Rightarrow\quad x=\left(\frac{v}{u^{2}}\right)^{1/3}=v^{1/3} u^{-2/3}.
E então
y = u x^{2} = u\left(v^{1/3} u^{-2/3}\right)^{2} = u\cdot v^{2/3} u^{-4/3} = v^{2/3} u^{-1/3}.
Portanto a inversa é
x(v,u)=v^{1/3} u^{-2/3},\qquad y(v,u)=v^{2/3} u^{-1/3}.

Passo 4

Calcular o jacobiano absoluto \left|\dfrac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right|. Vou calcular as derivadas parciais e o determinante passo a passo.
Primeiro as derivadas:
\frac{\partial x}{\partial u}=(-\tfrac{2}{3})\,v^{1/3}u^{-5/3},\qquad \frac{\partial x}{\partial v}=\tfrac{1}{3}\,v^{-2/3}u^{-2/3},
\frac{\partial y}{\partial u}=(-\tfrac{1}{3})\,v^{2/3}u^{-4/3},\qquad \frac{\partial y}{\partial v}=\tfrac{2}{3}\,v^{-1/3}u^{-1/3}.
Agora o determinante:
\det\! \begin{pmatrix} \frac{\partial x}{\partial u} & \frac{\partial x}{\partial v}\\[4pt] \frac{\partial y}{\partial u} & \frac{\partial y}{\partial v} \end{pmatrix} = \frac{\partial x}{\partial u}\frac{\partial y}{\partial v} - \frac{\partial x}{\partial v}\frac{\partial y}{\partial u}.
Substituindo os valores:
\frac{\partial x}{\partial u}\frac{\partial y}{\partial v} = \left(-\tfrac{2}{3}v^{1/3}u^{-5/3}\right)\left(\tfrac{2}{3}v^{-1/3}u^{-1/3}\right) = -\tfrac{4}{9}\,u^{-2},
\frac{\partial x}{\partial v}\frac{\partial y}{\partial u} = \left(\tfrac{1}{3}v^{-2/3}u^{-2/3}\right)\left(-\tfrac{1}{3}v^{2/3}u^{-4/3}\right) = -\tfrac{1}{9}\,u^{-2}.
Então o determinante é
-\tfrac{4}{9}u^{-2} - \big(-\tfrac{1}{9}u^{-2}\big) = -\tfrac{3}{9}u^{-2} = -\tfrac{1}{3}u^{-2}.
O jacobiano absoluto é
\left|\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right| = \frac{1}{3}u^{-2}.
Explicação curta (didática): o jacobiano transforma a área diferencial du\,dv na área diferencial dx\,dy via dx\,dy= \left|\dfrac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right| du\,dv. Aqui obtemos uma função simples de u, o que facilita a integral.]

Passo 5

Expressar o integrando x^{-3} em termos de u,v. Como x=v^{1/3}u^{-2/3}, temos
x^{-3} = \big(v^{1/3}u^{-2/3}\big)^{-3} = v^{-1}u^{2}.
Multiplicando pelo jacobiano obtém-se a nova integranda em u,v:
x^{-3}\,dx\,dy = \big(v^{-1}u^{2}\big)\cdot\left(\tfrac{1}{3}u^{-2}\right)du\,dv = \tfrac{1}{3}v^{-1}\,du\,dv.
Nota agradável: as potências de u se cancelaram, restando uma função simples de v apenas.

Passo 6

Determinar os limites em (u,v). Pegando as fronteiras originais:
  • y=x^{2} corresponde a u=\dfrac{y}{x^{2}}=1.
  • y=2x^{2} corresponde a u=2.
  • y^{2}=x corresponde a v=\dfrac{y^{2}}{x}=1.
  • y^{2}=2x corresponde a v=2.
Portanto a região D vira o retângulo
1\le u\le 2,\qquad 1\le v\le 2.

Passo 7

Calcular a integral no novo sistema:
\iint_{D} x^{-3}\,dx\,dy = \int_{u=1}^{2}\int_{v=1}^{2} \tfrac{1}{3}v^{-1}\,dv\,du.
Primeiro a integral em v:
\int_{v=1}^{2} v^{-1}\,dv = \ln 2.
Logo
\int_{u=1}^{2}\int_{v=1}^{2} \tfrac{1}{3}v^{-1}\,dv\,du = \tfrac{1}{3}\big(\ln 2\big)\int_{u=1}^{2} du = \tfrac{1}{3}\ln 2 \cdot (2-1).

Passo 8

Concluir o cálculo (resultado da expressão obtida no passo anterior). A integral vale
\tfrac{1}{3}\ln 2.

Resposta

\tfrac{1}{3}\ln 2

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