Nas integrais abairo, troque a ordem de integração.
(a)
(b)
©
(a)
(b)
©
Passo 1
O enunciado pede para trocar a ordem de integração em três integrais duplas sobre regiões R no plano (x,y). O conteúdo é integração dupla em coordenadas cartesianas e vamos precisar descrever geometricamente cada R, achar seus limites em função de y (quando integrarmos dx
dy) e em função de x (quando integrarmos dy
dx).
dy) e em função de x (quando integrarmos dy
dx).
Passo 2
Para o item (a) temos
R = { (x,y) ∣ 1 ≤ x ≤ e, 0 ≤ y ≤ ln
x }.
Como y varia de 0 até ln
x, inverte-se escrevendo x em função de y: ln
x ≥ y ⇒ x ≥ e^y, e y vai de 0 até ln
e = 1. Logo
R = { (x,y) ∣ 1 ≤ x ≤ e, 0 ≤ y ≤ ln
x }.
Como y varia de 0 até ln
x, inverte-se escrevendo x em função de y: ln
x ≥ y ⇒ x ≥ e^y, e y vai de 0 até ln
e = 1. Logo
e a integral invertida é ∫₀¹∫_{ey}e f(x,y) dx
dy.
dy.
Passo 3
No item (b) a região é
R = { (x,y) ∣ 0 ≤ y ≤ 1, −√(1−y²) ≤ x ≤ 1−√y }.
As curvas que limitam R são x = −√(1−y²) (semicírculo) e x = 1−√y. O menor x vale −1 (quando y=0) e o maior x vale 1 (quando y=0). Para cada x em [−1,1] achamos y tal que
−√(1−y²) ≤ x ⇒ y ≤ √(1−x²) (e y ≥ 0) e x ≤ 1−√y ⇒ √y ≤ 1−x ⇒ y ≤ (1−x)².
Observe que para −1 ≤ x ≤ 0 a restrição dominante no teto é y ≤ √(1−x²), e para 0 ≤ x ≤ 1 é y ≤ (1−x)². Em ambos os casos y ≥ 0. Então a integral invertida se separa em duas: de x=−1 a 0 com y de 0 a √(1−x²), e de x=0 a 1 com y de 0 a (1−x)².
R = { (x,y) ∣ 0 ≤ y ≤ 1, −√(1−y²) ≤ x ≤ 1−√y }.
As curvas que limitam R são x = −√(1−y²) (semicírculo) e x = 1−√y. O menor x vale −1 (quando y=0) e o maior x vale 1 (quando y=0). Para cada x em [−1,1] achamos y tal que
−√(1−y²) ≤ x ⇒ y ≤ √(1−x²) (e y ≥ 0) e x ≤ 1−√y ⇒ √y ≤ 1−x ⇒ y ≤ (1−x)².
Observe que para −1 ≤ x ≤ 0 a restrição dominante no teto é y ≤ √(1−x²), e para 0 ≤ x ≤ 1 é y ≤ (1−x)². Em ambos os casos y ≥ 0. Então a integral invertida se separa em duas: de x=−1 a 0 com y de 0 a √(1−x²), e de x=0 a 1 com y de 0 a (1−x)².
Passo 4
No item © a região é
R = { (x,y) ∣ −1 ≤ y ≤ 2, y²−4 ≤ x ≤ y−2 }.
As curvas são x = y²−4 (parábola) e x = y−2 (reta). Elas se interceptam em y = −1 e y = 2, gerando x de −4 a 0. Para trocar, fixamos x ∈ [−4,0] e achamos y que satisfaz
x ≥ y²−4 ⇒ −√(x+4) ≤ y ≤ √(x+4),
x ≤ y−2 ⇒ y ≥ x+2.
Analisando qual é a maior das fronteiras inferiores vemos que para x ∈ [−4,−3] a curva y = −√(x+4) domina, enquanto para x ∈ [−3,0] a reta y = x+2 domina. O teto é sempre y = √(x+4). Assim dividimos a integral em dois pedaços conforme esses intervalos.
R = { (x,y) ∣ −1 ≤ y ≤ 2, y²−4 ≤ x ≤ y−2 }.
As curvas são x = y²−4 (parábola) e x = y−2 (reta). Elas se interceptam em y = −1 e y = 2, gerando x de −4 a 0. Para trocar, fixamos x ∈ [−4,0] e achamos y que satisfaz
x ≥ y²−4 ⇒ −√(x+4) ≤ y ≤ √(x+4),
x ≤ y−2 ⇒ y ≥ x+2.
Analisando qual é a maior das fronteiras inferiores vemos que para x ∈ [−4,−3] a curva y = −√(x+4) domina, enquanto para x ∈ [−3,0] a reta y = x+2 domina. O teto é sempre y = √(x+4). Assim dividimos a integral em dois pedaços conforme esses intervalos.
Passo 5
Cada integral trocada fica então expressa nos limites de integração dx
dy para (a), (b) e © conforme descrito acima.
dy para (a), (b) e © conforme descrito acima.
Resposta
(a)
(b) $$\int_{0}{1}!\int_{-\sqrt{1-y2}}^{,1-\sqrt{y}} f(x,y),dx,dy
= \int_{-1}{0}!\int_{0}{\sqrt{1-x^2}} f(x,y),dy,dx
= \int_{-1}{0}!\int_{0}{\sqrt{1-x^2}} f(x,y),dy,dx
- \int_{0}{1}!\int_{0}{(1-x)^2} f(x,y),dy,dx.$$
© $$\int_{-1}{2}!\int_{y2-4}^{,y-2} f(x,y),dx,dy
= \int_{-4}{-3}!\int_{-\sqrt{x+4}}{\sqrt{x+4}} f(x,y),dy,dx
= \int_{-4}{-3}!\int_{-\sqrt{x+4}}{\sqrt{x+4}} f(x,y),dy,dx
- \int_{-3}{0}!\int_{x+2}{\sqrt{x+4}} f(x,y),dy,dx.$$