Exercício 2 Esboce a região R e encontre sua área.
R=\left\{(x, y) \in \mathbb{R}^{2} ; \sqrt{x} \leq y \leq 3,0 \leq x \leq 1\right\}

Passo 1

O enunciado pede duas coisas claras:
  • Esboçar a região R.
  • Encontrar a área de R.
As informações fornecidas sobre R são (vou copiar exatamente do enunciado):
R=\left\{(x, y)\in\mathbb{R}^{2} \; ;\; \sqrt{x}\leq y \leq 3,\; 0\leq x \leq 1\right\}.
Das desigualdades podemos extrair os limites:
  • em x: 0\leq x\leq 1;
  • em y: para cada x nesse intervalo, y varia de y=\sqrt{x} (limite inferior) até y=3 (limite superior).

Passo 2

Interpretação geométrica (para esboçar):
  • A curva y=\sqrt{x} (ou seja y=x^{1/2}) passa por (0,0) e por (1,1); é crescente e fica abaixo da reta y=3 para 0\le x\le1.
  • A reta horizontal y=3 é o topo da região.
  • As retas verticais x=0 e x=1 são as fronteiras esquerda e direita do domínio em x.
Portanto, a região R é o conjunto de pontos com abscissas entre 0 e 1 e ordenadas entre a curva y=\sqrt{x} e a linha y=3. No esboço isso aparece como uma “faixa” vertical entre x=0 e x=1, limitada abaixo pela raiz quadrada e acima pela horizontal y=3. Os pontos importantes são (0,0) e (1,1) na curva inferior, e as interseções com y=3 não ocorrem no intervalo [0,1] (pois \sqrt{x}\le 1<3 aí).

Passo 3

Estratégia para calcular a área (ideia didática):
  • Usamos o método das tiras verticais (também chamado de integração em x). A ideia: para cada x em [0,1] consideramos um retângulo fino de base dx e altura igual à diferença entre a função superior e a função inferior, isto é \text{altura} = (\text{topo}) - (\text{fundo}) = 3 - \sqrt{x}.
  • Somando essas contribuições infinitesimais e passando ao limite obtemos a integral
\text{Área}=\int_{x=0}^{1} \bigl(\text{topo}-\text{fundo}\bigr)\,dx =\int_{0}^{1} \bigl(3-\sqrt{x}\bigr)\,dx.Á
Esse é um método padrão: quando a região é descrita por a\le x\le b e g(x)\le y\le f(x), a área é \int_a^b (f(x)-g(x))\,dx.

Passo 4

Montagem da integral e separação em partes:
\text{Área}=\int_{0}^{1} \bigl(3-\sqrt{x}\bigr)\,dx =\int_{0}^{1} 3\,dx \;-\; \int_{0}^{1} \sqrt{x}\,dx.Á

Passo 5

Cálculo das integrais separadas (mostrando cada passo):
  • Para a primeira integral,
\int_{0}^{1} 3\,dx = 3\int_{0}^{1} 1\,dx = 3\bigl[x\bigr]_{0}^{1} = 3(1-0)=3.
  • Para a segunda integral, escrevemos \sqrt{x}=x^{1/2} e usamos a regra de potência para integrais: para \alpha\neq -1,
\int x^{\alpha}\,dx = \frac{x^{\alpha+1}}{\alpha+1}+C.
Aplicando com \alpha=\tfrac{1}{2},
\int_{0}^{1} x^{1/2}\,dx = \left[\frac{x^{3/2}}{3/2}\right]_{0}^{1} = \frac{2}{3}\bigl[x^{3/2}\bigr]_{0}^{1} = \frac{2}{3}(1^{3/2}-0)=\frac{2}{3}.

Passo 6

Combinação dos resultados (cálculo aritmético final do integrando):
\text{Área} = 3 - \frac{2}{3} = \frac{9}{3}-\frac{2}{3}=\frac{7}{3}.Á

Passo 7

Verificação alternativa (integração em y, só para verificação e aprendizagem):
  • Podemos tentar integrar em y. Para isso precisamos escrever x em função de y: x=y^{2} a partir de y=\sqrt{x}.
  • Para um dado y, x vai de x=0 até x=\min\{y^{2},1\}. Como y vai de 0 até 3, há que separar em dois trechos:
    • Para 0\le y\le 1: x varia de 0 até y^{2}.
    • Para 1\le y\le 3: x varia de 0 até 1 (pois y^{2}\ge 1 aí, mas x\le1 pela condição do enunciado).
  • Assim a área por integração em y é
\int_{0}^{1} y^{2}\,dy \;+\; \int_{1}^{3} 1\,dy = \left[\frac{y^{3}}{3}\right]_{0}^{1} + \left[y\right]_{1}^{3} = \frac{1}{3} + (3-1) = \frac{1}{3}+2 = \frac{7}{3},
coincidindo com o resultado anterior — bom sinal de que está correto.

Passo 8

Observações finais e dica para prova:
  • Método mais direto: integrar em x com altura 3-\sqrt{x} foi o caminho mais simples.
  • Lembre que sempre verificar os pontos de interseção e se é necessário dividir a integral (no caso da integração em y foi necessário dividir em dois intervalos).
  • Valor numérico aproximado: \dfrac{7}{3}\approx 2,333\ldots. Vai tranquilo — esse tipo de integral é padrão.

Resposta

Esboço: Região limitada por y=\sqrt{x} (inferior), y=3 (superior), x=0 e x=1.
Área: \dfrac{7}{3}

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