Questão 1 (3.0 pts) Em cada caso, calcule a integral: \int_{D} f(x, y) d A.
f(x, y)=\frac{x}{x^{2}+y^{2}} \quad D:\left\{\begin{array}{l}x^{2}+y^{2} \leq 4 \\\ x \geq 1\end{array}\right.

Passo 1

O enunciado fornece a função e o domínio e pede a integral dupla sobre esse domínio. Especificamente:
  • Função: f(x,y)=\dfrac{x}{x^{2}+y^{2}}.
  • Domínio: D=\{(x,y)\mid x^{2}+y^{2}\le 4,\; x\ge 1\} (ou seja, o disco de raio 2 centrado na origem, restrito à região onde x\ge 1).
    O que se pede: calcular \displaystyle\iint_{D} f(x,y)\,dA.

Passo 2

Por que trocar de coordenadas? Vou explicar a ideia passo a passo. A região D é parte de um disco centrado na origem, então coordenadas polares ficam muito naturais para descrever D. Nas coordenadas polares define-se:
x = r\cos\theta,\qquad y = r\sin\theta,
onde r\ge 0 é a distância ao origem e \theta é o ângulo medido a partir do eixo x positivo. O elemento de área em polares é
dA = r\,dr\,d\theta.
Explicação do dA=r\,dr\,d\theta: um retângulo polar elemental tem lados aproximadamente dr e r\,d\theta (o comprimento angular ao raio r é r\,d\theta), então a área é dr\cdot r\,d\theta.

Passo 3

Substituir a função e o elemento de área em polares. Primeiro reescrevo a função:
f(x,y)=\frac{x}{x^{2}+y^{2}}=\frac{r\cos\theta}{r^{2}}=\frac{\cos\theta}{r}.
Multiplicando pelo jacobiano r (que vem de dA) obtemos a função a integrar em r,\theta:
f(x,y)\,dA = \frac{\cos\theta}{r}\cdot r\,dr\,d\theta = \cos\theta\,dr\,d\theta.
Observação importante: a dependência em r cancelou — isso simplifica muito a integral.

Passo 4

Determinar os limites em \theta e r que descrevem D em polares. A condição do disco é 0\le r\le 2. A condição x\ge 1 vira r\cos\theta \ge 1, isto é r \ge \dfrac{1}{\cos\theta} quando \cos\theta>0.
Para existir ponto com r\le 2 e r\ge 1/\cos\theta é necessário 1/\cos\theta \le 2, ou seja \cos\theta \ge 1/2. Os ângulos que satisfazem \cos\theta \ge 1/2 são
-\frac{\pi}{3} \le \theta \le \frac{\pi}{3}.
Portanto, para cada \theta nesse intervalo r varia de r_{\min}=\dfrac{1}{\cos\theta} até r_{\max}=2. Conclusão: os limites são
\theta\in\left[-\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{3}\right],\qquad r\in\left[\frac{1}{\cos\theta},\,2\right].

Passo 5

Agora escrevo a integral dupla em polares com os limites encontrados:
\iint_{D} f(x,y)\,dA = \int_{\theta=-\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{3}}\int_{r=\frac{1}{\cos\theta}}^{2} \cos\theta\,dr\,d\theta.
Note que a integranda \cos\theta não depende de r, então a integral interna em r é simples.

Passo 6

Calculo a integral interna em r:
\int_{r=\frac{1}{\cos\theta}}^{2} \cos\theta\,dr = \cos\theta\Big[r\Big]_{r=\frac{1}{\cos\theta}}^{2} = \cos\theta\left(2-\frac{1}{\cos\theta}\right)=2\cos\theta - 1.
Portanto a integral reduz-se a uma integral simples em \theta:
\iint_{D} f\,dA = \int_{-\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{3}} \big(2\cos\theta - 1\big)\,d\theta.

Passo 7

Agora calculo a integral em \theta. Integro termo a termo:
\int\big(2\cos\theta - 1\big)\,d\theta = 2\sin\theta - \theta.
Avalio nos limites -\frac{\pi}{3} e \frac{\pi}{3}:
\Big[2\sin\theta - \theta\Big]_{-\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{3}} = \big(2\sin(\tfrac{\pi}{3}) - \tfrac{\pi}{3}\big) - \big(2\sin(-\tfrac{\pi}{3}) - (-\tfrac{\pi}{3})\big).

Passo 8

Simplifico usando \sin(\tfrac{\pi}{3})=\dfrac{\sqrt{3}}{2} e \sin(-\tfrac{\pi}{3})=-\dfrac{\sqrt{3}}{2}:
\begin{aligned} &= 2\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{\pi}{3} - \Big(-2\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\pi}{3}\Big)\\\ &= \sqrt{3} - \frac{\pi}{3} + \sqrt{3} - \frac{\pi}{3}\\\ &= 2\sqrt{3}. \end{aligned}
Portanto a integral dupla avalia exatamente 2\sqrt{3}.

Resposta

2\sqrt{3}

Exercícios relacionados