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) comu=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.
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 vira2\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 serI=\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.AssimI=\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 obtemosI=\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{\sqrt{17}}=\frac{1}{4\sqrt{17}}.