Passe para coordenadas polares (r, \theta) e colocar os limites de integração para as novas variáveis nas seguintes integrais:
\begin{aligned} & \text { - } \int_{0}^{1} d x \int_{0}^{1} f(x, y) d y \\\ & \text { - } \int_{0}^{2} d x \int_{0}^{x} f\left(\sqrt{x^{2}+y^{2}}\right) d y \\\ & \text { - } \int_{-1}^{1} d x \int_{x^{2}}^{1} f(x / y) d y \end{aligned}

Passo 1

O enunciado pede: passar cada uma das três integrais para coordenadas polares (r,\theta) e colocar os limites de integração nas novas variáveis. As três integrais são:
\text{(I)}\quad \int_{0}^{1} dx \int_{0}^{1} f(x,y)\,dy
\text{(II)}\quad \int_{0}^{2} dx \int_{0}^{x} f\!\big(\sqrt{x^{2}+y^{2}}\big)\,dy
\text{(III)}\quad \int_{-1}^{1} dx \int_{x^{2}}^{1} f\!\big(\tfrac{x}{y}\big)\,dy
As informações dadas são apenas essas integrais; para cada uma preciso:
  • identificar a região D no plano (x,y) definida pelos limites das integrais;
  • escrever a mudança (x,y)\mapsto(r,\theta) e o fator de Jacobiano;
  • obter os limites em (r,\theta) e reescrever a integral.

Passo 2

Primeira coisa: revisar a mudança para coordenadas polares (aulas rápidas e essenciais).
Definição e relações básicas:
x = r\cos\theta,\qquad y = r\sin\theta,
onde \;r\ge 0\; e \;\theta é o ângulo com o eixo x positivo (em radianos). Geometricamente, r é a distância ao origem e \theta é o ângulo do raio.
Jacobian (por que aparece um r a mais):
A área elementar em coordenadas cartesianas dx\,dy transforma-se em coordenadas polares como
dx\,dy = r\,dr\,d\theta.
Isto vem do determinante da matriz de derivadas parciais \frac{\partial(x,y)}{\partial(r,\theta)}. Na prática: sempre que trocar dx\,dy por dr\,d\theta, multiplica-se por r.
Como achar limites:
  • Desenhe mentalmente (ou no rascunho) a região D.
  • Converta as curvas borda de D em equações em r,\theta usando x=r\cos\theta e y=r\sin\theta.
  • Para cada ângulo \theta relevante, determine valores de r entre a curva interna e a externa (ou 0 até uma curva), e determine o intervalo de \theta.
Agora aplico isso em cada integral.

Passo 3

  1. Região D: é o quadrado 0\le x\le 1,\;0\le y\le 1 no primeiro quadrante (um quadrado de lado 1).
  2. Bordas em coordenadas polares:
  • eixo x=0 é \theta=\tfrac{\pi}{2} (mas dentro do quadrado \theta vai de 0 a \tfrac{\pi}{2});
  • retas x=1 e y=1 dão, em polares,
x=1 \Longrightarrow r\cos\theta =1 \Longrightarrow r = \frac{1}{\cos\theta},
y=1 \Longrightarrow r\sin\theta =1 \Longrightarrow r = \frac{1}{\sin\theta}.
Para uma dada \theta\in[0,\tfrac{\pi}{2}], r deve satisfazer ambas as desigualdades r\le \tfrac{1}{\cos\theta} e r\le \tfrac{1}{\sin\theta}. Logo
0\le r \le \min\!\Big(\frac{1}{\cos\theta},\frac{1}{\sin\theta}\Big).
  1. Determinar como escrever \min de forma prática: note que em [0,\tfrac{\pi}{2}] a função \max(\cos\theta,\sin\theta) é \cos\theta para \theta\in[0,\tfrac{\pi}{4}] e é \sin\theta para \theta\in[\tfrac{\pi}{4},\tfrac{\pi}{2}]. Portanto podemos dividir em dois pedaços:
  • para \theta\in[0,\tfrac{\pi}{4}]: \min\big(\tfrac{1}{\cos\theta},\tfrac{1}{\sin\theta}\big)=\tfrac{1}{\cos\theta};
  • para \theta\in[\tfrac{\pi}{4},\tfrac{\pi}{2}]: a min é \tfrac{1}{\sin\theta}.
  1. Integrando: trocar dx\,dy por r\,dr\,d\theta e f(x,y) vira f(r\cos\theta,r\sin\theta). Assim a integral vira a soma de dois integrais (por causa da divisão em \theta):
para \theta\in[0,\tfrac{\pi}{4}]: r\in[0,\tfrac{1}{\cos\theta}].
para \theta\in[\tfrac{\pi}{4},\tfrac{\pi}{2}]: r\in[0,\tfrac{1}{\sin\theta}].
Escrevendo:
\int_{0}^{1}\!\int_{0}^{1} f(x,y)\,dy\,dx = \int_{0}^{\tfrac{\pi}{4}}\!\int_{0}^{\tfrac{1}{\cos\theta}} f(r\cos\theta,r\sin\theta)\, r\,dr\,d\theta + \int_{\tfrac{\pi}{4}}^{\tfrac{\pi}{2}}\!\int_{0}^{\tfrac{1}{\sin\theta}} f(r\cos\theta,r\sin\theta)\, r\,dr\,d\theta.
(Isto é equivalente à forma com \min nas cotas de r.)

Passo 4

  1. Região D: 0\le x\le 2 e 0\le y\le x. É um triângulo no primeiro quadrante com vértices (0,0),(2,0),(2,2); a hipotenusa é a reta y=x.
  2. Bordas em polares:
  • reta y=x corresponde a \theta=\tfrac{\pi}{4};
  • reta vertical x=2 r\cos\theta =2 \Rightarrow r=\tfrac{2}{\cos\theta};
  • limite inferior y=0 corresponde a \theta=0 (e inclui o raio r\ge0 sobre o eixo x).
  1. Para \theta percorrendo do eixo x até a reta y=x, ou seja \theta\in[0,\tfrac{\pi}{4}], o r vai de 0 até onde a reta vertical x=2 corta o raio, isto é r\in[0,\tfrac{2}{\cos\theta}].
  2. Simplificação do integrando: a função é f\big(\sqrt{x^{2}+y^{2}}\big). Em polares \sqrt{x^{2}+y^{2}}=r. Logo o integrando fica f(r). Não esquecer o Jacobiano r.
  3. Resultado:
\int_{0}^{2}\!\int_{0}^{x} f\big(\sqrt{x^{2}+y^{2}}\big)\,dy\,dx = \int_{0}^{\tfrac{\pi}{4}}\!\int_{0}^{\tfrac{2}{\cos\theta}} f(r)\, r\,dr\,d\theta.

Passo 5

  1. Região D: ponto (x,y) com -1\le x\le 1 e x^{2}\le y\le 1. Geometricamente é a região entre a parábola y=x^{2} (aberta para cima) e a reta horizontal y=1, limitada em x pelos pontos de intersecção (-1,1) e (1,1). A parábola tem vértice em (0,0). Observação importante: a região está inteiramente em y\ge 0, logo \theta ficará entre 0 e \pi.
  2. Converter as curvas para polares:
  • reta y=1 r\sin\theta =1 \Rightarrow r = \dfrac{1}{\sin\theta} (válido quando \sin\theta>0, i.e. \theta\in(0,\pi));
  • parábola y=x^{2} torna-se
r\sin\theta = (r\cos\theta)^{2} = r^{2}\cos^{2}\theta.
Se r=0 temos origem (ponto da parábola). Para r>0 podemos dividir por r e obter
r = \frac{\sin\theta}{\cos^{2}\theta},
desde que \cos\theta\neq 0.
  1. Interseção parabola com reta y=1: resolver y=x^{2} com y=1 x=\pm 1. Em polares esses pontos correspondem a \theta=\tfrac{\pi}{4} (para x=1) e \theta=\tfrac{3\pi}{4} (para x=-1), ambos com r=\sqrt{2}. Esses ângulos dividem a parte superior em três setores: 0\le\theta\le\tfrac{\pi}{4}, \tfrac{\pi}{4}\le\theta\le\tfrac{3\pi}{4}, \tfrac{3\pi}{4}\le\theta\le\pi.
  2. Determinar limites de r em cada setor:
  • Para \theta\in\big[0,\tfrac{\pi}{4}\big]: ao lançar o raio, primeiro encontra-se a parábola (em r=\tfrac{\sin\theta}{\cos^{2}\theta}) e depois a reta y=1 (em r=\tfrac{1}{\sin\theta}). Assim o r que corresponde à região entre parábola e y=1 é
r\in\Big[\frac{\sin\theta}{\cos^{2}\theta},\;\frac{1}{\sin\theta}\Big].
  • Para \theta\in\big[\tfrac{\pi}{4},\tfrac{3\pi}{4}\big]: o raio parte da origem e antes que atinja a parábola já atinge y=1; na prática a parábola, vista ao longo desses \theta, está mais longe que a reta y=1. Logo o segmento dentro da região vai de r=0 até r=\tfrac{1}{\sin\theta}:
r\in\Big[0,\;\frac{1}{\sin\theta}\Big].
  • Para \theta\in\big[\tfrac{3\pi}{4},\pi\big]: simétrico ao caso [0,\tfrac{\pi}{4}]; o raio primeiro corta a parábola, depois a reta y=1. Portanto
r\in\Big[\frac{\sin\theta}{\cos^{2}\theta},\;\frac{1}{\sin\theta}\Big].
(Obs.: quando \cos\theta=0 em \theta=\tfrac{\pi}{2} a fórmula r=\frac{\sin\theta}{\cos^{2}\theta} é singular — nesse ângulo a parábola passa apenas pela origem; o tratamento por partes acima inclui esse caso corretamente: no intervalo central o limite inferior é 0.)
  1. Transformação do integrando: f\!\big(\tfrac{x}{y}\big). Em coordenadas polares
\frac{x}{y} = \frac{r\cos\theta}{r\sin\theta} = \frac{\cos\theta}{\sin\theta} = \cot\theta,
para pontos onde y\neq 0 (na região y>0 isso é válido). Assim o integrando se transforma em f(\cot\theta), ou seja não depende de r.
  1. Colocando tudo junto (lembrando do fator r do Jacobiano): a integral fica soma de três integrais em \theta-faixas:
\int_{-1}^{1}\!\int_{x^{2}}^{1} f\!\big(\tfrac{x}{y}\big)\,dy\,dx = \int_{0}^{\tfrac{\pi}{4}}\!\int_{\tfrac{\sin\theta}{\cos^{2}\theta}}^{\tfrac{1}{\sin\theta}} f(\cot\theta)\, r\,dr\,d\theta + \int_{\tfrac{\pi}{4}}^{\tfrac{3\pi}{4}}\!\int_{0}^{\tfrac{1}{\sin\theta}} f(\cot\theta)\, r\,dr\,d\theta + \int_{\tfrac{3\pi}{4}}^{\pi}\!\int_{\tfrac{\sin\theta}{\cos^{2}\theta}}^{\tfrac{1}{\sin\theta}} f(\cot\theta)\, r\,dr\,d\theta.
Observação prática: como f(\cot\theta) não depende de r, é comum avaliar a integral em r explicitamente (ficaria \tfrac{1}{2}\big(r^{2}\big) nas cotas), mas o enunciado só pediu os limites e a expressão em coordenadas polares, então deixei na forma dupla com o integrando transformado e o r do Jacobiano.

Resposta

\int_{0}^{1}\!\int_{0}^{1} f(x,y)\,dy\,dx = \int_{0}^{\tfrac{\pi}{4}}\!\int_{0}^{\tfrac{1}{\cos\theta}} f(r\cos\theta,r\sin\theta)\, r\,dr\,d\theta + \int_{\tfrac{\pi}{4}}^{\tfrac{\pi}{2}}\!\int_{0}^{\tfrac{1}{\sin\theta}} f(r\cos\theta,r\sin\theta)\, r\,dr\,d\theta
\int_{0}^{2}\!\int_{0}^{x} f\big(\sqrt{x^{2}+y^{2}}\big)\,dy\,dx = \int_{0}^{\tfrac{\pi}{4}}\!\int_{0}^{\tfrac{2}{\cos\theta}} f(r)\, r\,dr\,d\theta

[
\int_{-1}{1}!\int_{x{2}}^{1} f!\big(\tfrac{x}{y}\big),dy,dx

\int_{0}{\tfrac{\pi}{4}}!\int_{\tfrac{\sin\theta}{\cos{2}\theta}}^{\tfrac{1}{\sin\theta}}
f(\cot\theta), r,dr,d\theta
+
\int_{\tfrac{\pi}{4}}{\tfrac{3\pi}{4}}!\int_{0}{\tfrac{1}{\sin\theta}}
f(\cot\theta), r,dr,d\theta
+
\int_{\tfrac{3\pi}{4}}{\pi}!\int_{\tfrac{\sin\theta}{\cos{2}\theta}}^{\tfrac{1}{\sin\theta}}
f(\cot\theta), r,dr,d\theta]

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