Questão 10:

Calcule
I=\iint_{D} \frac{1}{\left(4 x^{2}+y^{2}\right)^{3 / 2}} d x d y
onde
D=\left\{(x, y)\left|1 \leq x \leq 2,|y| \leq \frac{x}{2}\right\} .\right.

Passo 1

O enunciado pede que eu calcule a integral dupla
I=\iint_{D} \frac{1}{\left(4 x^{2}+y^{2}\right)^{3/2}}\,dx\,dy
no domínio
D=\{(x,y)\mid 1\le x\le 2,\; |y|\le \tfrac{x}{2}\}.
Informações relevantes que o enunciado dá:
  • A função integranda é \dfrac{1}{(4x^{2}+y^{2})^{3/2}}.
  • O domínio D é uma faixa vertical em x de 1 a 2, com y variando entre -x/2 e x/2.
  • A integral é sobre dx\,dy na variável padrão (x,y).

Passo 2

Ideia de resolução (explicação didática e por que escolho esse caminho).
  • A expressão 4x^{2}+y^{2} sugere simetria elíptica: se eu fizer u=2x e v=y, a combinação vira u^{2}+v^{2}, que é perfeita para usar coordenadas polares. Transformações que simplificam a forma 4x^{2}+y^{2} são um truque clássico.
  • Primeiro vou fazer a mudança linear (x,y)\mapsto(u,v) com u=2x,\qquad v=y.Depois aplico coordenadas polares em (u,v): u=r\cos\theta,\; v=r\sin\theta.
    Explico cada passo e o motivo: mudar para (u,v) torna a expressão radicanda radial ( u^{2}+v^{2}), e polares lidam bem com funções que dependem só de r.

Passo 3

Aplicando a mudança u=2x,\; v=y. Primeiro relaciono as variáveis e o jacobiano.
  • Inversas: x=\frac{u}{2},\qquad y=v.
  • Jacobiano da transformação (u,v)\mapsto(x,y) é J=\det\begin{pmatrix}\dfrac{\partial x}{\partial u} & \dfrac{\partial x}{\partial v}\\[6pt] \dfrac{\partial y}{\partial u} & \dfrac{\partial y}{\partial v}\end{pmatrix} =\det\begin{pmatrix}\dfrac{1}{2} & 0\\[6pt]0 & 1\end{pmatrix} =\frac{1}{2}.Isso significa dx\,dy=\frac{1}{2}\,du\,dv.
  • A integranda em (u,v) fica \frac{1}{(4x^{2}+y^{2})^{3/2}}=\frac{1}{(u^{2}+v^{2})^{3/2}}.
Portanto a integral transforma-se em
I=\iint_{E}\frac{1}{(u^{2}+v^{2})^{3/2}}\cdot\frac{1}{2}\,du\,dv,
onde E é a imagem de D nas coordenadas (u,v).]

Passo 4

Determinar o domínio E em (u,v).
  • Como u=2x e 1\le x\le 2, segue 2\le u\le 4.
  • A condição |y|\le \dfrac{x}{2} com y=v e x=\dfrac{u}{2} vira |v|\le \frac{x}{2}=\frac{u}{4}.
Logo
E=\{(u,v)\mid 2\le u\le 4,\; |v|\le \tfrac{u}{4}\}.
Geometricamente, E é o conjunto entre duas retas passando pela origem com inclinações \pm \tfrac{1}{4}, mas truncado entre as linhas verticais u=2 e u=4.

Passo 5

Passo para coordenadas polares no plano (u,v):
  • Definição: u=r\cos\theta,\; v=r\sin\theta com r\ge 0 e \theta o ângulo.
  • Em polares temos u^{2}+v^{2}=r^{2} e du\,dv=r\,dr\,d\theta.
  • Substituindo na integral (lembrando do fator \tfrac{1}{2} do jacobiano linear): I=\frac{1}{2}\iint_{E}\frac{1}{r^{3}}\,du\,dv =\frac{1}{2}\iint_{R}\frac{1}{r^{3}}\cdot r\,dr\,d\theta =\frac{1}{2}\iint_{R}\frac{1}{r^{2}}\,dr\,d\theta,onde R é a descrição de E em coordenadas polares.

Passo 6

Encontrar os limites em polares (explicando com calma).
  • As retas v=\pm \tfrac{u}{4} correspondem a \tan\theta=\pm \tfrac{1}{4}. Defino \alpha=\arctan\!\left(\tfrac{1}{4}\right),então \theta varia de -\alpha a +\alpha.
  • Para um ângulo fixo \theta com |\theta|\le\alpha, a condição 2\le u\le 4 vira 2\le r\cos\theta\le 4 \quad\Longrightarrow\quad \frac{2}{\cos\theta}\le r\le \frac{4}{\cos\theta}.
  • Portanto os limites são \theta\in[-\alpha,\alpha] e r\in\big[\tfrac{2}{\cos\theta},\tfrac{4}{\cos\theta}\big].
  • A integral passa a ser I=\frac{1}{2}\int_{-\alpha}^{\alpha}\left(\int_{r=\tfrac{2}{\cos\theta}}^{\tfrac{4}{\cos\theta}}\frac{1}{r^{2}}\,dr\right)d\theta.

Passo 7

Calcular a integral em r e simplificar (passo a passo).
  • Integrando em r: \int_{r=\tfrac{2}{\cos\theta}}^{\tfrac{4}{\cos\theta}}\frac{1}{r^{2}}\,dr =\left[-\frac{1}{r}\right]_{r=\tfrac{2}{\cos\theta}}^{\tfrac{4}{\cos\theta}} =-\frac{\cos\theta}{4}+\frac{\cos\theta}{2} =\cos\theta\!\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{4}\right) =\frac{\cos\theta}{4}.
  • Substituindo de volta: I=\frac{1}{2}\int_{-\alpha}^{\alpha}\frac{\cos\theta}{4}\,d\theta =\frac{1}{8}\int_{-\alpha}^{\alpha}\cos\theta\,d\theta.
  • A função \cos\theta é par, então \int_{-\alpha}^{\alpha}\cos\theta\,d\theta=2\int_{0}^{\alpha}\cos\theta\,d\theta=2\sin\alpha.Assim I=\frac{1}{8}\cdot 2\sin\alpha=\frac{1}{4}\sin\alpha.

Passo 8

Calcular \sin\alpha sabendo que \alpha=\arctan\!\left(\tfrac{1}{4}\right).
  • Se \tan\alpha=\dfrac{1}{4}, podemos fazer um triângulo retângulo com cateto oposto 1 e adjacente 4. A hipotenusa vale \sqrt{1^{2}+4^{2}}=\sqrt{17}.
  • Logo \sin\alpha=\frac{1}{\sqrt{17}}.
  • Substituindo em I=\dfrac{1}{4}\sin\alpha obtemos I=\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{\sqrt{17}}=\frac{1}{4\sqrt{17}}.

Resposta

\dfrac{1}{4\sqrt{17}}

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