1. \iint_{S} \sqrt{4-x^{2} y^{2}} d A, \quad\left\{(x, y) \mid x^{2}+y^{2} \leqslant 1, x \geqslant 0\right\}

Passo 1

O enunciado pede calcular a integral dupla
\iint_{S} \sqrt{4-x^{2}y^{2}}\;dA,
onde o conjunto S é a meia-lua (semicírculo) do disco unitário dado por
S=\{(x,y)\mid x^{2}+y^{2}\le 1,\; x\ge 0\}.
Perguntas claras:
  • Calcular o valor numérico da integral sobre S.
    Informações relevantes que temos:
  • A região S tem raio 1 e corresponde à metade do disco unitário (porque x\ge0).
  • A função integranda é \sqrt{4-x^{2}y^{2}}, que é simétrica em y e depende somente do produto x y.
  • Em S tem-se |x y|\le \max_{S} x y = 1/2 (o máximo de x y no disco unitário ocorre em x=y=1/\sqrt{2} e dá 1/2), portanto x^{2}y^{2}\le 1/4 e o argumento dentro da raiz é sempre positivo (a raiz está bem definida).

Passo 2

Decisão do método: como a integranda não é uma função simples separável em x e y mas depende de x^{2}y^{2} e o domínio é um disco (meia-bola), duas estratégias naturais seriam:
  • trocar para coordenadas polares e tentar integrar diretamente (leva a integrais elípticas),
  • ou usar uma expansão em série da raiz (binomial) que converge rápido porque \dfrac{x^{2}y^{2}}{4}\le \dfrac{1}{16} em S.
    Escolhi a segunda forma (expansão em série) porque ela permite reduzir o problema a calcular integrais de potências monomiais do tipo \iint_{S} x^{2m}y^{2n}\,dA, que são fáceis com coordenadas polares e fornecem uma aproximação rápida e controlável do valor da integral (o termo pequeno \le 1/16 garante convergência rápida e um bom controle do erro). Vou mostrar como fazer isso passo a passo.

Passo 3

Reescrever a integranda e fazer a expansão binomial:
\sqrt{4-x^{2}y^{2}} = 2\sqrt{1-\underbrace{\dfrac{x^{2}y^{2}}{4}}_{z}}.
Para |z|\le 1 vale a expansão de binômio para (1-z)^{1/2}:
\sqrt{1-z}=1-\tfrac{1}{2}z-\tfrac{1}{8}z^{2}-\tfrac{1}{16}z^{3}-\cdots.
Multiplicando por 2 obtemos a expansão da integranda:
\sqrt{4-x^{2}y^{2}} = 2 - z - \tfrac{1}{4}z^{2} - \tfrac{1}{8}z^{3} - \cdots,
onde z=\dfrac{x^{2}y^{2}}{4}. Substituindo z de volta:
\sqrt{4-x^{2}y^{2}} = 2 - \dfrac{x^{2}y^{2}}{4} - \dfrac{x^{4}y^{4}}{64} - \dfrac{x^{6}y^{6}}{512} - \cdots.
Portanto a integral se escreve como série de integrais de monômios:
I:=\iint_{S}\sqrt{4-x^{2}y^{2}}\,dA = \iint_{S}\Big(2 - \dfrac{x^{2}y^{2}}{4} - \dfrac{x^{4}y^{4}}{64} - \cdots\Big)\,dA.
Como a série converge rapidamente (porque z\le 1/16), vou calcular os primeiros termos explicitamente e estimar o erro restante.

Passo 4

Calcular o primeiro termo (área vezes 2):
\iint_{S} 2\,dA = 2\cdot\text{Area}(S).
A área do disco unitário é \pi, logo a área da metade ( x\ge0 ) é \dfrac{\pi}{2}. Assim
\iint_{S}2\,dA = 2\cdot \dfrac{\pi}{2} = \pi.

Passo 5

Calcular o termo com x^{2}y^{2}:
Precisamos de \iint_{S} x^{2}y^{2}\,dA. É prático calcular primeiro sobre o disco inteiro e depois dividir por 2 (simetria).
Usando coordenadas polares \,x=r\cos\theta,\; y=r\sin\theta,\; dA=r\,dr\,d\theta, temos
x^{2}y^{2} = r^{4}\cos^{2}\theta\sin^{2}\theta = \dfrac{r^{4}}{4}\sin^{2}2\theta.
Para o disco inteiro:
\iint_{D} x^{2}y^{2}\,dA = \int_{0}^{1}\int_{0}^{2\pi} \dfrac{r^{4}}{4}\sin^{2}2\theta \; r\,d\theta\,dr = \dfrac{1}{4}\int_{0}^{1} r^{5}dr \int_{0}^{2\pi}\sin^{2}2\theta\,d\theta.
Calcula-se
\int_{0}^{1} r^{5}dr = \dfrac{1}{6},\qquad \int_{0}^{2\pi}\sin^{2}2\theta\,d\theta = \pi.
Logo
\iint_{D} x^{2}y^{2}\,dA = \dfrac{1}{4}\cdot \dfrac{1}{6}\cdot \pi = \dfrac{\pi}{24}.
Para a meia-região S (metade do disco) temos metade desse valor:
\iint_{S} x^{2}y^{2}\,dA = \dfrac{\pi}{48}.
Este termo entra na integral com coeficiente -\tfrac{1}{4}, portanto sua contribuição é
-\dfrac{1}{4}\iint_{S} x^{2}y^{2}\,dA = -\dfrac{1}{4}\cdot \dfrac{\pi}{48} = -\dfrac{\pi}{192}.

Passo 6

Calcular o termo com x^{4}y^{4}:
Novamente faço o cálculo no disco inteiro e divido por 2. Em polares:
x^{4}y^{4} = r^{8}\cos^{4}\theta\sin^{4}\theta = r^{8}\cdot \dfrac{\sin^{4}2\theta}{16}
porque (2\sin\theta\cos\theta)^4 = 16\sin^{4}\theta\cos^{4}\theta. Assim
\iint_{D} x^{4}y^{4}\,dA = \dfrac{1}{16}\int_{0}^{1} r^{9}dr \int_{0}^{2\pi}\sin^{4}2\theta\,d\theta.
Usa-se a identidade
\sin^{4}\alpha = \dfrac{3 - 4\cos 2\alpha + \cos 4\alpha}{8},
logo \displaystyle \int_{0}^{2\pi}\sin^{4}2\theta\,d\theta = \dfrac{3}{4}\pi.
Também \displaystyle \int_{0}^{1} r^{9}dr = \dfrac{1}{10}. Assim
\iint_{D} x^{4}y^{4}\,dA = \dfrac{1}{16}\cdot \dfrac{1}{10}\cdot \dfrac{3\pi}{4} = \dfrac{3\pi}{640}.
Para S (metade):
\iint_{S} x^{4}y^{4}\,dA = \dfrac{3\pi}{1280}.
Este termo entra com coeficiente -\dfrac{1}{64}, então sua contribuição é
-\dfrac{1}{64}\cdot \dfrac{3\pi}{1280} = -\dfrac{3\pi}{81920}.

Passo 7

Somando os termos calculados (e retendo só os primeiros três termos da expansão, que já dão alta precisão), obtemos a aproximação
I \approx \pi - \dfrac{\pi}{192} - \dfrac{3\pi}{81920}.
Agora calculo numericamente passo a passo:
\pi \approx 3{,}1415926536,
\dfrac{\pi}{192}\approx 0{,}016364, \qquad \dfrac{3\pi}{81920}\approx 0{,}000115095.
Portanto
I \approx 3{,}1415926536 - 0{,}0163640000 - 0{,}000115095 \approx 3{,}12511356\ldots

Passo 8

Estimativa do erro: o próximo termo da série (proporcional a \iint_{S} x^{6}y^{6}\,dA) tem coeficiente do termo em série -\tfrac{1}{8}z^{3} (quando multiplicado por 2 dá coeficiente -\tfrac{1}{8} para z^{3}) e, usando z\le 1/16, fornece uma contribuição em módulo no máximo da ordem de
\frac{1}{8}\cdot\left(\frac{1}{16}\right)^{3}\cdot\text{Area}(S) \lesssim \frac{\pi}{65536}\approx 4{,}8\times 10^{-5}.
Logo a aproximação acima tem erro menor que cerca de 5\times 10^{-5}. Assim o valor numérico 3{,}12511 está seguro com cinco casas decimais.

Resposta

\displaystyle 3{,}12511

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