Questão 2. Calcule
\iint_{D} \frac{x y}{y^{2}-x^{2}} \mathrm{~d} A,
sendo D a região do primeiro quadrante limitada pelas curvas de equações
x^{2}-y^{2}=1, \quad x^{2}-y^{2}=4, \quad \frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1, \quad \frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{4}=1 .

Passo 1

O que o enunciado pede:
  • Calcular a integral dupla
\iint_{D} \frac{x y}{y^{2}-x^{2}}\,\mathrm{d}A,
onde D é a região do primeiro quadrante limitada pelas curvas cujas equações são:
x^{2}-y^{2}=1,\quad x^{2}-y^{2}=4,\quad \frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1,\quad \frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{4}=1.
Informações relevantes dadas:
  • A região D está no primeiro quadrante, logo x\ge0 e y\ge0.
  • Duas curvas são hipérboles do tipo x^{2}-y^{2}= constante (valores 1 e 4).
  • Duas curvas são elipses escritas em formas que sugerem combinações de x^{2} e y^{2}:
    • \dfrac{x^{2}}{4}+y^{2}=1,
    • \dfrac{x^{2}}{16}+\dfrac{y^{2}}{4}=1.
O enunciado pede apenas o valor numérico da integral sobre essa região D.

Passo 2

Escolha do método e mudança de variáveis (por que isso ajuda).
  • A integranda tem y^{2}-x^{2} no denominador; as curvas que limitam D incluem x^{2}-y^{2}= constantes. Isso sugere escolher uma variável que seja u=x^{2}-y^{2} para simplificar o denominador.
  • As outras duas curvas podem ser escritas como constantes de uma combinação linear de x^{2} e y^{2}. Observando:
    • \dfrac{x^{2}}{4}+y^{2}=1,
    • \dfrac{x^{2}}{16}+\dfrac{y^{2}}{4}=1.
      Se definirmos v=\dfrac{x^{2}}{4}+y^{2}, essas duas curvas correspondem a v=1 e v=4 (veja que multiplicando a segunda por 4 obtém-se x^{2}/4+y^{2}=4). Portanto a escolha
u=x^{2}-y^{2},\qquad v=\frac{x^{2}}{4}+y^{2}
transforma as curvas que limitam D em retas u=1,\\ u=4,\\ v=1,\\ v=4, i.e. um retângulo simples no plano (u,v). Isso facilita muito a integral.

Passo 3

Expressar x^{2}\) e \(y^{2}\) em função de \(u\) e \(v\) (resolver o sistema linear). Definindo \(A=x^{2}\) e \(B=y^{2}\), o sistema é \[\begin{cases} u = A - B,\\[4pt] v = \dfrac{1}{4}A + B. \end{cases}
Somando as duas equações com pesos convenientes: u+v = A - B + \dfrac{1}{4}A + B = \dfrac{5}{4}A\]. Logo \[A = x^{2} = \frac{4}{5}(u+v).\] Substituindo em \(B=A-u
B = y^{2} = A - u = \frac{4}{5}(u+v)-u = \frac{1}{5}(-u+4v).
Assim
x^{2}=\frac{4}{5}(u+v),\qquad y^{2}=\frac{1}{5}(-u+4v).
Como estamos no primeiro quadrante tomamos x=\sqrt{\dfrac{4}{5}(u+v)} e y=\sqrt{\dfrac{1}{5}(-u+4v)}, mas para o cálculo do Jacobiano só precisaremos de x e y em produto.]

Passo 4

Calcular o Jacobiano \dfrac{\partial(u,v)}{\partial(x,y)} e relacionar \mathrm{d}A com \mathrm{d}u\,\mathrm{d}v.
Calcule as derivadas:
\frac{\partial u}{\partial x}=2x,\qquad \frac{\partial u}{\partial y}=-2y,
\frac{\partial v}{\partial x}=\frac{1}{2}x,\qquad \frac{\partial v}{\partial y}=2y.
O determinante é
\det\frac{\partial(u,v)}{\partial(x,y)} = \begin{vmatrix} 2x & -2y\\[4pt] \frac{1}{2}x & 2y \end{vmatrix} = (2x)(2y)-(-2y)\left(\tfrac{1}{2}x\right)=4xy-(-xy)=5xy.
Portanto
\left|\det\frac{\partial(u,v)}{\partial(x,y)}\right|=5xy.
Como \mathrm{d}u\,\mathrm{d}v = \det\frac{\partial(u,v)}{\partial(x,y)}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y, invertemos para obter
\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y=\frac{1}{5xy}\,\mathrm{d}u\,\mathrm{d}v.]

Passo 5

Transformar a integranda com a mudança de variáveis.
  • A parte do denominador: y^{2}-x^{2}=-(x^{2}-y^{2})=-u.
  • Logo a integranda original
\frac{xy}{y^{2}-x^{2}} = \frac{xy}{-u} = -\frac{xy}{u}.
Multiplicando pela área transformada:
\frac{xy}{y^{2}-x^{2}}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y = \left(-\frac{xy}{u}\right)\left(\frac{1}{5xy}\,\mathrm{d}u\,\mathrm{d}v\right) = -\frac{1}{5u}\,\mathrm{d}u\,\mathrm{d}v.
Observe que xy cancela totalmente — por isso a boa escolha das variáveis: a expressão fica muito simples e independente de x,y.

Passo 6

Determinar os limites na variável (u,v) e montar a integral.
Das curvas limites:
  • x^{2}-y^{2}=1 e x^{2}-y^{2}=4 correspondem a u=1 e u=4.
  • \dfrac{x^{2}}{4}+y^{2}=1 e \dfrac{x^{2}}{16}+\dfrac{y^{2}}{4}=1 correspondem a v=1 e v=4 (ver passo 2).
    Como estamos no primeiro quadrante a região D vira o retângulo
1\le u\le 4,\qquad 1\le v\le 4.
Assim a integral transforma-se em
\iint_{D} \frac{xy}{y^{2}-x^{2}}\,\mathrm{d}A = \int_{v=1}^{4}\int_{u=1}^{4} \left(-\frac{1}{5u}\right)\mathrm{d}u\,\mathrm{d}v.

Passo 7

Calcular a integral transformada passo a passo.
Primeiro a integral interna em u:
\int_{u=1}^{4} -\frac{1}{5u}\,\mathrm{d}u = -\frac{1}{5}\int_{1}^{4}\frac{1}{u}\,\mathrm{d}u = -\frac{1}{5}\bigl[\ln u\bigr]_{1}^{4} = -\frac{1}{5}\ln 4,
pois \ln 1=0.
Agora integrar em v (a expressão não depende de v, então multiplica pelo comprimento em v, que é 4-1=3):
\int_{v=1}^{4}\left(-\frac{1}{5}\ln 4\right)\mathrm{d}v = -\frac{1}{5}\ln 4\cdot(4-1) = -\frac{3}{5}\ln 4.
Podemos também escrever \ln 4=2\ln 2, ficando alternativa
-\frac{3}{5}\ln 4 = -\frac{6}{5}\ln 2.

Passo 8

Comentário final e checagem rápida.
  • O sinal negativo é esperado porque y^{2}-x^{2}<0 na porção do primeiro quadrante entre as hipérboles x^{2}-y^{2}=1 e 4 (nessa região x^{2}>y^{2}), então a integranda original é negativa.
  • A mudança u=x^{2}-y^{2},\,v=\dfrac{x^{2}}{4}+y^{2} foi escolhida porque transformou a região em um retângulo e cancelou fatores na integranda, simplificando totalmente o cálculo.

Resposta

-\dfrac{3}{5}\ln 4

Exercícios relacionados