Questão 1 (3.0 pts) Em cada caso, calcule a integral: \int_{D} f(x, y) d A. f(x, y)=x, \quad D:\left\{\begin{array}{l}x^{2}+y^{2} \leq 4 \\\ x^{2}+y^{2} \geq 2 x \\\ x \geq 0, y \geq 0\end{array}\right.
Passo 1
O enunciado pede calcular a integral de superfície
\iint_{D} f(x,y)\,dA
onde f(x,y)=x\) e a região \(D\) é dada por
\[\begin{cases} x^{2}+y^{2} \leq 4,\\[4pt] x^{2}+y^{2} \geq 2x,\\[4pt] x \geq 0,\; y \geq 0. \end{cases}
Ou seja:
Pedimos o valor de \iint_{D} x\,dA\].
- As informações que temos são as três desigualdades acima que definem \(D.]
Passo 2
Vamos trocar para coordenadas polares porque as duas primeiras desigualdades envolvem x^{2}+y^{2}, que vira r^{2} em polares, e isso simplifica muito a descrição da região. Em polares usamos as fórmulas:
x = r\cos\theta,\qquad y = r\sin\theta,
e o elemento de área transforma como
dA = r\,dr\,d\theta.
Explicando por que aparece o fator r: um pequeno retângulo em polares tem lados aproximadamente dr e r\,d\theta, então a área é r\,dr\,d\theta. Sempre que fizer mudança para polares, lembre-se de multiplicar por esse jacobiano r.
Como r\geq 0, essa desigualdade equivale a r=0 ou r\geq 2\cos\theta. Em termos de integração, a condição relevante é
r\geq 2\cos\theta.
x\geq 0,\;y\geq 0 impõe que \theta esteja no primeiro quadrante:
0\leq \theta\leq \frac{\pi}{2}.
Combinando tudo, para cada \theta\in[0,\tfrac{\pi}{2}] temos r variando entre o menor valor permitido r=2\cos\theta e o maior r=2. Observação: em \theta=\tfrac{\pi}{2} temos 2\cos\theta=0, então a integral inclui o segmento radial inteiro até r=2 nesse extremo — isso está consistente com as desigualdades originais.
As integrais das cossenos com argumentos 2\theta e 4\theta são nulas no intervalo [0,\tfrac{\pi}{2}], porque geram funções seno avaliadas em múltiplos inteiros de \pi. Logo só resta o termo constante: