Exercício 51. Calcule \iint_{D} \frac{1}{4-3 x^{2}-y^{2}} d x d y, onde D=\left\{(x, y) \in \mathbb{R}^{2} \mid 3 x^{2}+y^{2} \leq 1\right\}.

Passo 1

O enunciado dá a integral dupla sobre a região
\;D=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2 \mid 3x^2+y^2\le 1\}
da função
\displaystyle \frac{1}{4-3x^2-y^2}.
O que se pede é calcular
\iint_{D}\frac{1}{4-3x^{2}-y^{2}}\,dx\,dy.
Informações importantes extraídas do enunciado:
  • A região D é o interior da elipse \;3x^{2}+y^{2}=1.
  • O integrando tem denominador 4-3x^2-y^2; é necessário checar se esse denominador anula-se dentro da região (pois isso afetaria a existência da integral).
  • Não há outras condições ou parâmetros.

Passo 2

Vamos simplificar a região elíptica por uma transformação linear que a transforme num disco unitário: defina novas variáveis \;u=\sqrt{3}\,x e \;v=y. Aqui a ideia é “alongar” o eixo x por \sqrt{3} para que a equação da elipse vire u^{2}+v^{2}\le1.
Explicando por que isso funciona:
  • A elipse é dada por \;3x^{2}+y^{2}\le1.
  • Substituindo x=\dfrac{u}{\sqrt{3}} e y=v obtemos \;3\left(\dfrac{u}{\sqrt{3}}\right)^{2}+v^{2}=u^{2}+v^{2}, portanto a região em (u,v) é o disco
    \;B=\{(u,v)\mid u^{2}+v^{2}\le1\}.
Agora calculemos o fator de escala (Jacobiano) dessa mudança:
x=\dfrac{u}{\sqrt{3}},\qquad y=v.
A matriz Jacobiana J da transformação (u,v)\mapsto(x,y) é
J=\begin{pmatrix} \partial x/\partial u & \partial x/\partial v\\[4pt] \partial y/\partial u & \partial y/\partial v \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \dfrac{1}{\sqrt{3}} & 0\\[4pt] 0 & 1 \end{pmatrix}.
O determinante é \det J=\dfrac{1}{\sqrt{3}}. Portanto
dx\,dy=\left|\det J\right|\,du\,dv=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\,du\,dv.]

Passo 3

Reescrevendo o integrando em (u,v):
4-3x^{2}-y^{2}=4-\bigl(u^{2}+v^{2}\bigr).
Logo a integral fica
\iint_{D}\frac{1}{4-3x^{2}-y^{2}}\,dx\,dy = \iint_{B}\frac{1}{4-(u^{2}+v^{2})}\cdot\dfrac{1}{\sqrt{3}}\,du\,dv.
Agora o domínio B é o disco unitário. Para integrar num disco é natural passar para coordenadas polares (r,\theta) em (u,v):
u=r\cos\theta,\qquad v=r\sin\theta,\qquad 0\le r\le1,\quad 0\le\theta\le2\pi.
Lembrando que o jacobiano das coordenadas polares é r, ou seja du\,dv=r\,dr\,d\theta.

Passo 4

Substituindo polar na integral obtemos
\iint_{B}\frac{1}{4-(u^{2}+v^{2})}\cdot\dfrac{1}{\sqrt{3}}\,du\,dv = \dfrac{1}{\sqrt{3}}\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{1}\frac{1}{4-r^{2}}\,r\,dr\,d\theta.
Expliquei o que cada fator significa:
  • \dfrac{1}{\sqrt{3}} vem do Jacobiano da mudança (u,v)\mapsto(x,y).
  • r\,dr\,d\theta vem do Jacobiano das coordenadas polares.
  • O integrando depende apenas de r, pois u^{2}+v^{2}=r^{2}.
Antes de integrar, verifiquemos se o denominador é sempre positivo no intervalo de integração: como 0\le r\le1, temos 4-r^{2}\ge 3>0. Portanto não há singularidade no interior do domínio e a integral é bem definida.

Passo 5

Vamos calcular a integral radial
\int_{0}^{1}\frac{r}{4-r^{2}}\,dr.
Fazemos a substituição simples \;t=4-r^{2}. Então \;dt=-2r\,dr, isto é \;r\,dr=-\dfrac{1}{2}\,dt.
Quando r=0 temos t=4; quando r=1 temos t=3. Assim
\int_{0}^{1}\frac{r}{4-r^{2}}\,dr = \int_{t=4}^{t=3}\frac{-1}{2}\cdot\frac{1}{t}\,dt = -\dfrac{1}{2}\bigl[\ln t\bigr]_{4}^{3} = -\dfrac{1}{2}\bigl(\ln 3-\ln 4\bigr) = \dfrac{1}{2}\ln\!\left(\dfrac{4}{3}\right).
(Expliquei cada passo: troca de variável, limites correspondentes e cálculo do logaritmo.)

Passo 6

Agora voltamos à integral completa:
\iint_{D}\frac{1}{4-3x^{2}-y^{2}}\,dx\,dy = \dfrac{1}{\sqrt{3}}\int_{0}^{2\pi}\left(\int_{0}^{1}\frac{r}{4-r^{2}}\,dr\right)d\theta = \dfrac{1}{\sqrt{3}}\int_{0}^{2\pi}\dfrac{1}{2}\ln\!\left(\dfrac{4}{3}\right)\,d\theta.
A integral em \theta é trivial (constante em \theta):
\int_{0}^{2\pi}d\theta=2\pi.
Portanto
\iint_{D}\frac{1}{4-3x^{2}-y^{2}}\,dx\,dy = \dfrac{1}{\sqrt{3}}\cdot\dfrac{1}{2}\ln\!\left(\dfrac{4}{3}\right)\cdot 2\pi = \dfrac{\pi}{\sqrt{3}}\ln\!\left(\dfrac{4}{3}\right).

Resposta

\displaystyle \frac{\pi}{\sqrt{3}}\ln\!\left(\frac{4}{3}\right)

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