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.
Resposta: \frac{\sqrt{17}}{68}
Dica: use coordenadas elipticas para simplificar a função.

Passo 1

O enunciado pede para calcular a integral dupla
I=\iint_{D}\frac{1}{\left(4x^{2}+y^{2}\right)^{3/2}}\,dx\,dy
sobre a região
D=\{(x,y)\mid 1\le x\le 2,\; |y|\le \tfrac{x}{2}\}.
Informações dadas:
  • A função integranda é \displaystyle \frac{1}{(4x^{2}+y^{2})^{3/2}}.
  • O domínio D é o conjunto de pontos com x entre 1 e 2 e y entre -x/2 e x/2.
  • A dica indica usar coordenadas elípticas (ou seja, uma mudança linear que transforma 4x^{2}+y^{2} numa soma de quadrados).

Passo 2

Motivação da mudança de variável (coordenadas elípticas simples).
  • Queremos transformar a expressão 4x^{2}+y^{2} numa forma radial simples como u^{2}+v^{2}, porque isso facilita o uso de coordenadas polares no plano transformado.
  • Faço a mudança linear
u=2x,\qquad v=y.
Então
4x^{2}+y^{2}=u^{2}+v^{2}.

Passo 3

Cálculo do jacobiano da mudança (x,y)\mapsto(u,v).
  • A transformação é (u,v)=(2x,y). A matriz jacobiana \dfrac{\partial(u,v)}{\partial(x,y)} é
\begin{pmatrix}2 & 0\\[4pt] 0 & 1\end{pmatrix},
cujo determinante é 2. Isso dá \,du\,dv=2\,dx\,dy.
  • Invertendo, temos
dx\,dy=\tfrac{1}{2}\,du\,dv.]

Passo 4

Transformação da integranda e do elemento de área.
  • Substituindo u,v temos
\frac{1}{(4x^{2}+y^{2})^{3/2}}\,dx\,dy =\frac{1}{(u^{2}+v^{2})^{3/2}}\cdot \tfrac{1}{2}\,du\,dv.
  • Ou seja, a integral transforma-se em
I=\iint_{D'} \frac{1}{2}\,(u^{2}+v^{2})^{-3/2}\,du\,dv,
onde D' é a imagem de D no plano (u,v).

Passo 5

Descrição da região D' no plano (u,v).
  • Como u=2x e x\in[1,2], temos u\in[2,4].
  • Como v=y e |y|\le x/2 com x=u/2, obtemos |v|\le \dfrac{u}{4}.
  • Portanto
D'=\{(u,v)\mid 2\le u\le 4,\; |v|\le \tfrac{u}{4}\}.

Passo 6

Uso de coordenadas polares no plano (u,v).
  • Introduzo u=r\cos\theta,\; v=r\sin\theta com r\ge 0 e \theta apropriado.
  • O jacobiano das coordenadas polares é du\,dv = r\,dr\,d\theta.
  • A integranda multiplicada pelo elemento de área fica
\frac{1}{2}(u^{2}+v^{2})^{-3/2}\,du\,dv =\frac{1}{2}r^{-3}\cdot r\,dr\,d\theta =\frac{1}{2}r^{-2}\,dr\,d\theta.

Passo 7

Determinação dos limites em (r,\theta).
  • A condição |v|\le \dfrac{u}{4} em termos de \theta é
\left| \tan\theta \right|\le \tfrac{1}{4}.
Defino \displaystyle \alpha=\arctan\!\bigl(\tfrac{1}{4}\bigr). Assim \theta\in[-\alpha,\alpha].
  • A condição 2\le u\le 4 vira 2\le r\cos\theta\le 4, ou seja, para cada \theta\in[-\alpha,\alpha],
\frac{2}{\cos\theta}\le r\le \frac{4}{\cos\theta}.
  • Observação: em [-\alpha,\alpha] temos \cos\theta>0, logo essas divisões são válidas.

Passo 8

Escrevendo a integral em coordenadas polares e integrando em r.
  • A integral torna-se
I=\int_{\theta=-\alpha}^{\alpha}\int_{r=\tfrac{2}{\cos\theta}}^{\tfrac{4}{\cos\theta}} \frac{1}{2}r^{-2}\,dr\,d\theta.
  • Primeiro integro em r:
\int_{r=\tfrac{2}{\cos\theta}}^{\tfrac{4}{\cos\theta}} \frac{1}{2}r^{-2}\,dr =\frac{1}{2}\Big[-\frac{1}{r}\Big]_{r=\tfrac{2}{\cos\theta}}^{\tfrac{4}{\cos\theta}} =\frac{1}{2}\Big(\frac{\cos\theta}{2}-\frac{\cos\theta}{4}\Big).
  • Simplificando:
\frac{1}{2}\Big(\frac{\cos\theta}{2}-\frac{\cos\theta}{4}\Big) =\frac{1}{2}\cdot\frac{\cos\theta}{4} =\frac{\cos\theta}{8}.

Passo 9

Integração em \theta e uso da trigonometria do ângulo \alpha.
  • Agora
I=\int_{-\alpha}^{\alpha} \frac{\cos\theta}{8}\,d\theta =\frac{1}{8}\big[\sin\theta\big]_{-\alpha}^{\alpha} =\frac{1}{8}\big(2\sin\alpha\big) =\frac{1}{4}\sin\alpha.
  • Como \alpha=\arctan\!\bigl(\tfrac{1}{4}\bigr), num triângulo retângulo com cateto oposto 1 e adjacente 4 a hipotenusa vale \sqrt{1^{2}+4^{2}}=\sqrt{17}. Assim
\sin\alpha=\frac{1}{\sqrt{17}}.

Passo 10

Conclusão numérica e simplificação final.
  • Substituindo em I=\dfrac{1}{4}\sin\alpha obtemos
I=\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{\sqrt{17}}=\frac{1}{4\sqrt{17}}.
  • Racionalizando (opcional):
\frac{1}{4\sqrt{17}}=\frac{\sqrt{17}}{4\cdot 17}=\frac{\sqrt{17}}{68}.

Resposta

\dfrac{\sqrt{17}}{68}

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