Exercício 8.1.1. Calcule \iint f(x, y) d x d y sendo dados:
(a) f(x, y)=x \cos (y) e B=\left\{(x, y) \in \mathbb{R}^{2}: x \geq 0, x^{2} \leq y \leq \pi\right\}.
(b) f(x, y)=x y e B=\left\{(x, y) \in \mathbb{R}^{2}: x^{2}+y^{2} \leq 2, y \leq x\right. e \left.x \geq 0\right\}.
(c) f(x, y)=x e B é o triângulo de vértices (0,0),(1,1) e (2,0).
(d) f(x, y)=x+y e B é o paralelogramo de vértices (0,0),(1,1),(3,1) e (2,0).
(e) f(x, y)=\frac{1}{\ln (y)} e B=\left\{(x, y) \in \mathbb{R}^{2}: 2 \leq y \leq 3,0 \leq x \leq \frac{1}{y}\right\}.
(f) f(x, y)=y^{3} e^{x y^{2}} e B é o retângulo 0 \leq x \leq 1,1 \leq y \leq 2.

Passo 1

O enunciado pede para calcular a integral dupla \iint_B f(x,y)\,dx\,dy para seis casos (a) a (f). Vou listar, de forma clara, o que é dado em cada item e qual é a pergunta em cada caso (ou seja, qual integral devemos calcular):
(a) f(x,y)=x\cos(y) e B=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:\; x\ge 0,\; x^{2}\le y\le \pi\}. Calcular \iint_{B} x\cos(y)\,dx\,dy.
(b) f(x,y)=xy e B=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:\; x^{2}+y^{2}\le 2,\; y\le x,\; x\ge 0\}. Calcular \iint_{B} xy\,dx\,dy.
(c) f(x,y)=x e B é o triângulo com vértices (0,0),(1,1),(2,0). Calcular \iint_{B} x\,dx\,dy.
(d) f(x,y)=x+y e B é o paralelogramo com vértices (0,0),(1,1),(3,1),(2,0). Calcular \iint_{B} (x+y)\,dx\,dy.
(e) f(x,y)=\dfrac{1}{\ln(y)} e B=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:\; 2\le y\le 3,\; 0\le x\le \dfrac{1}{y}\}. Calcular \iint_{B} \dfrac{1}{\ln(y)}\,dx\,dy.
(f) f(x,y)=y^{3}e^{x y^{2}} e B é o retângulo \{(x,y):\;0\le x\le 1,\;1\le y\le 2\}. Calcular \iint_{B} y^{3}e^{x y^{2}}\,dx\,dy.

Passo 2

Resolução do item (a). Primeiro identificamos os limites corretos da região B.
  • A condição x\ge 0 e x^{2}\le y\le \pi implica que x^{2}\le \pi, logo 0\le x\le \sqrt{\pi}. Para cada x fixo, y varia de y=x^{2} até y=\pi.
Montamos a integral iterada (usando a ordem dy\,dx):
\iint_{B} x\cos(y)\,dx\,dy=\int_{x=0}^{\sqrt{\pi}}\left(\int_{y=x^{2}}^{\pi} x\cos(y)\,dy\right)dx.
Agora calculamos a integral interna em y. Como x é constante na integração em y,
\int_{y=x^{2}}^{\pi} x\cos(y)\,dy = x\int_{x^{2}}^{\pi}\cos(y)\,dy = x\big[\sin(y)\big]_{y=x^{2}}^{y=\pi} = x\big(\sin(\pi)-\sin(x^{2})\big).
Como \sin(\pi)=0, isso é -x\sin(x^{2}).
Agora a integral em x fica
\int_{0}^{\sqrt{\pi}} -x\sin(x^{2})\,dx.
Fazemos a substituição padrão para termos do tipo \sin(x^{2}): seja u=x^{2}. Então du=2x\,dx, ou x\,dx=\dfrac{du}{2}. Os limites: x=0\mapsto u=0, x=\sqrt{\pi}\mapsto u=\pi. Assim
\int_{0}^{\sqrt{\pi}} -x\sin(x^{2})\,dx = -\frac{1}{2}\int_{u=0}^{\pi}\sin(u)\,du.
Integramos \sin(u): \int \sin u\,du = -\cos u. Então
-\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi}\sin(u)\,du = -\frac{1}{2}\big[-\cos(u)\big]_{0}^{\pi} = -\frac{1}{2}\big(-\cos\pi + \cos 0\big).
Sabendo \cos\pi=-1 e \cos 0=1, obtemos
-\frac{1}{2}\big(-(-1)+1\big) = -\frac{1}{2}(2) = -1.
Portanto o resultado do item (a) é -1.

Passo 3

Resolução do item (b). Primeiro interpretar a região B:
\{(x,y): x^{2}+y^{2}\le 2,\; y\le x,\; x\ge 0\}. É a parte do disco de raio \sqrt{2} centrado na origem, restringida a x\ge 0 e abaixo da reta y=x.
Para essa combinação de círculo e reta, é prático usar coordenadas polares. Lembre-se da transformação
x=r\cos\theta,\qquad y=r\sin\theta,
com o elemento de área dA = r\,dr\,d\theta (aqui o fator r é o Jacobiano — eu explico: ao mudar para polares, cada pequeno retângulo em (r,\theta) cobre uma área r\,dr\,d\theta).
As desigualdades se traduzem em polares:
  • x^{2}+y^{2}\le 2 vira r^{2}\le 2, logo 0\le r\le \sqrt{2}.
  • x\ge 0 significa \cos\theta\ge 0, ou seja \theta\in[-\tfrac{\pi}{2},\tfrac{\pi}{2}].
  • y\le x significa \sin\theta\le\cos\theta. Dividindo por \cos\theta>0 (na faixa onde \cos\theta\ge0 e realmente não zero exceto nas bordas), obtemos \tan\theta\le 1, isto é \theta\le \tfrac{\pi}{4}. Combinando com o intervalo de x\ge 0, o ângulo varia de \theta=-\tfrac{\pi}{2} até \theta=\tfrac{\pi}{4}.
O integrando xy em polares é
xy = (r\cos\theta)(r\sin\theta)=r^{2}\cos\theta\sin\theta,
e com o Jacobiano r o integrando torna-se r^{3}\cos\theta\sin\theta.
Montamos a integral:
\iint_{B} xy\,dA =\int_{\theta=-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{4}}\int_{r=0}^{\sqrt{2}} r^{3}\cos\theta\sin\theta\,dr\,d\theta.
Integramos em r primeiro:
\int_{0}^{\sqrt{2}} r^{3}\,dr = \left[\frac{r^{4}}{4}\right]_{0}^{\sqrt{2}} = \frac{(\sqrt{2})^{4}}{4} = \frac{4}{4}=1.
Assim a integral fica simplesmente
\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{4}} \cos\theta\sin\theta\,d\theta.
Para integrar \cos\theta\sin\theta usamos a substituição u=\sin\theta, du=\cos\theta\,d\theta. Então
\int \cos\theta\sin\theta\,d\theta = \frac{1}{2}\sin^{2}\theta.
Avaliaremos nos limites:
\left.\frac{1}{2}\sin^{2}\theta\right|_{\theta=-\frac{\pi}{2}}^{\theta=\frac{\pi}{4}} = \frac{1}{2}\big(\sin^{2}(\tfrac{\pi}{4})-\sin^{2}(-\tfrac{\pi}{2})\big).
Sabendo \sin(\tfrac{\pi}{4})=\dfrac{\sqrt{2}}{2} (portanto \sin^{2}(\tfrac{\pi}{4})=\tfrac{1}{2}) e \sin(-\tfrac{\pi}{2})=-1 (portanto \sin^{2}(-\tfrac{\pi}{2})=1), obtemos
\frac{1}{2}\left(\tfrac{1}{2}-1\right)=\frac{1}{2}\left(-\tfrac{1}{2}\right)=-\tfrac{1}{4}.
Portanto o resultado do item (b) é -\dfrac{1}{4}.

Passo 4

Resolução do item (c). O triângulo de vértices (0,0),(1,1),(2,0) tem base ao longo do eixo x de x=0 a x=2 e “topo” em (1,1). A fronteira superior é dada por duas retas:
  • Para 0\le x\le 1 a borda superior é y=x.
  • Para 1\le x\le 2 a borda superior é y=2-x.
Podemos então escrever a integral como soma de duas integrais em x:
\iint_{B} x\,dA = \int_{x=0}^{1}\left(\int_{y=0}^{x} x\,dy\right)dx + \int_{x=1}^{2}\left(\int_{y=0}^{2-x} x\,dy\right)dx.
Calculamos cada parte:
Primeira parte:
\int_{0}^{1}\left(\int_{0}^{x} x\,dy\right)dx = \int_{0}^{1} x\big[y\big]_{0}^{x}\,dx = \int_{0}^{1} x\cdot x\,dx = \int_{0}^{1} x^{2}\,dx = \left[\frac{x^{3}}{3}\right]_{0}^{1}=\frac{1}{3}.
Segunda parte:
\int_{1}^{2}\left(\int_{0}^{2-x} x\,dy\right)dx = \int_{1}^{2} x(2-x)\,dx = \int_{1}^{2} (2x-x^{2})\,dx = \left[x^{2}-\frac{x^{3}}{3}\right]_{1}^{2}.
Avaliação:
\left(4-\frac{8}{3}\right)-\left(1-\frac{1}{3}\right) = \left(\frac{12-8}{3}\right)-\left(\frac{3-1}{3}\right) = \frac{4}{3}-\frac{2}{3}=\frac{2}{3}.
Somando as duas partes: \dfrac{1}{3}+\dfrac{2}{3}=1. Portanto (c) dá 1.

Passo 5

Resolução do item (d). O paralelogramo tem vértices (0,0),(1,1),(3,1),(2,0). Observação útil: ele pode ser gerado pelas vetores
v_{1}=(1,1),\qquad v_{2}=(2,0),
ou seja, qualquer ponto do paralelogramo pode ser escrito como
(x,y)=s\,v_{1}+t\,v_{2}=(s+2t,\; s),
com 0\le s\le 1 e 0\le t\le 1. Isso transforma o domínio complicado em um quadrado unitário no (s,t)-plano.
A mudança de variáveis tem Jacobiano (determinante da matriz das derivadas):
J=\det\begin{pmatrix}\partial x/\partial s & \partial x/\partial t\\[4pt] \partial y/\partial s & \partial y/\partial t\end{pmatrix} =\det\begin{pmatrix}1 & 2\\[4pt] 1 & 0\end{pmatrix} = (1)(0)-(2)(1)=-2.
O módulo do Jacobiano é |J|=2. Isso significa que dA = |J|\,ds\,dt = 2\,ds\,dt.
Expressamos o integrando x+y em termos de s,t:
x+y = (s+2t)+s = 2s+2t = 2(s+t).
Portanto a integral dupla vira
\iint_{B} (x+y)\,dA = \int_{s=0}^{1}\int_{t=0}^{1} \big(2(s+t)\big)\cdot 2\,dt\,ds =4\int_{0}^{1}\int_{0}^{1} (s+t)\,dt\,ds.
Calculamos:
\int_{0}^{1}(s+t)\,dt = s + \frac{1}{2},
e depois
\int_{0}^{1}\left(s+\frac{1}{2}\right)ds = \frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1.
Multiplicando por 4 obtemos 4. Logo o item (d) tem valor 4.]

Passo 6

Resolução do item (e). A região B é simples em ordem dx\,dy: para cada y entre 2 e 3, x varia de 0 até 1/y. Então
\iint_{B} \frac{1}{\ln(y)}\,dx\,dy = \int_{y=2}^{3}\left(\int_{x=0}^{1/y} \frac{1}{\ln(y)}\,dx\right)dy.
A integral interna em x é fácil porque o integrando não depende de x:
\int_{0}^{1/y}\frac{1}{\ln(y)}\,dx = \frac{1}{\ln(y)}\cdot\frac{1}{y} = \frac{1}{y\ln(y)}.
Portanto a integral reduz-se a
\int_{2}^{3}\frac{1}{y\ln(y)}\,dy.
Fazemos a substituição natural u=\ln(y). Então du=\dfrac{1}{y}\,dy. Quando y=2 temos u=\ln 2, e quando y=3 temos u=\ln 3. Assim
\int_{2}^{3}\frac{1}{y\ln(y)}\,dy = \int_{u=\ln 2}^{\ln 3}\frac{1}{u}\,du = \big[\ln|u|\big]_{u=\ln 2}^{u=\ln 3} = \ln(\ln 3)-\ln(\ln 2).
Podemos também escrever isso como \ln\!\big(\dfrac{\ln 3}{\ln 2}\big). Portanto o item (e) resulta em \ln\!\big(\dfrac{\ln 3}{\ln 2}\big).

Passo 7

Resolução do item (f). A região B é o retângulo \{0\le x\le 1,\;1\le y\le 2\}. É natural integrar primeiro em x porque o integrando é y^{3}e^{x y^{2}} e a primitiva em x é simples mantendo y fixo.
Escrevemos
\iint_{B} y^{3}e^{x y^{2}}\,dx\,dy = \int_{y=1}^{2}\left(\int_{x=0}^{1} y^{3}e^{x y^{2}}\,dx\right)dy.
Dentro da integral em x, y é constante, então
\int_{x=0}^{1} y^{3}e^{x y^{2}}\,dx = y^{3}\int_{0}^{1} e^{x y^{2}}\,dx.
A primitiva de e^{x y^{2}} em x é \dfrac{1}{y^{2}}e^{x y^{2}} (porque derivando obtemos y^{2}\cdot \dfrac{1}{y^{2}}e^{x y^{2}}=e^{x y^{2}}). Portanto
y^{3}\int_{0}^{1} e^{x y^{2}}\,dx = y^{3}\cdot\left[\frac{1}{y^{2}}e^{x y^{2}}\right]_{0}^{1} = y^{3}\cdot\frac{1}{y^{2}}\big(e^{y^{2}}-1\big) = y\big(e^{y^{2}}-1\big).
Assim a integral em y fica
\int_{1}^{2} y\big(e^{y^{2}}-1\big)\,dy = \int_{1}^{2} y e^{y^{2}}\,dy - \int_{1}^{2} y\,dy.
Para \int y e^{y^{2}}\,dy usamos u=y^{2}, du=2y\,dy então y\,dy=\dfrac{du}{2} e
\int_{1}^{2} y e^{y^{2}}\,dy = \frac{1}{2}\int_{u=1^{2}}^{2^{2}} e^{u}\,du = \frac{1}{2}\big(e^{4}-e^{1}\big) = \frac{1}{2}\big(e^{4}-e\big).
\int_{1}^{2} y\,dy = \left[\frac{y^{2}}{2}\right]_{1}^{2} = \frac{4-1}{2}=\frac{3}{2}.
Subtraindo:
\frac{1}{2}\big(e^{4}-e\big)-\frac{3}{2} = \frac{1}{2}\big(e^{4}-e-3\big).
Portanto o item (f) é \dfrac{1}{2}\big(e^{4}-e-3\big).

Resposta

(a) -1\n
(b) -\dfrac{1}{4}\n
(c) 1\n
(d) 4\n
(e) \ln\!\big(\dfrac{\ln 3}{\ln 2}\big)\n
(f) \dfrac{1}{2}\big(e^{4}-e-3\big)

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