Questão 2 (6.0 pts.) Calcule as integrais abaixo:
\quad \int_{D}\left(x^{2}-y^{2}\right) \operatorname{sen}(x+y) d A, D=\left\{(x, y) \in \mathbb{R}^{2}: 0 \leq x+y \leq \pi, 0 \leq x-y \leq \pi\right\}

Passo 1

O enunciado pede para calcular a integral dupla
\iint_{D}\left(x^{2}-y^{2}\right)\operatorname{sen}(x+y)\,dA,
onde o conjunto D é dado por
D=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2 : 0\le x+y\le\pi,\;0\le x-y\le\pi\}.
Informações úteis que o enunciado dá:
  • A função integranda é \;x^{2}-y^{2}\; multiplicada por \;\operatorname{sen}(x+y).
  • A região D é descrita por duas desigualdades envolvendo as combinações lineares x+y e x-y.
  • Não há singularidades óbvias na região, então uma mudança de variável é uma boa ideia.

Passo 2

Motivação para a mudança de variáveis: a integranda contém x^{2}-y^{2} e \operatorname{sen}(x+y). Note que x^{2}-y^{2}=(x+y)(x-y). Isso sugere usar as novas variáveis
u = x+y,\qquad v = x-y.
Essa escolha torna a integranda e as condições da região mais simples — passo clássico quando aparecem x\pm y.

Passo 3

Expressar (x,y) em função de (u,v) (inverso da transformação):
x=\frac{u+v}{2},\qquad y=\frac{u-v}{2}.
Agora calculamos o jacobiano da transformação (u,v)\mapsto(x,y). A matriz jacobiana \dfrac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)} é
\begin{pmatrix} \dfrac{\partial x}{\partial u} & \dfrac{\partial x}{\partial v} \\[6pt] \dfrac{\partial y}{\partial u} & \dfrac{\partial y}{\partial v} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{2} \\[6pt] \dfrac{1}{2} & -\dfrac{1}{2} \end{pmatrix}.
O determinante é
\det\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}=\frac{1}{2}\cdot\left(-\frac{1}{2}\right)-\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}=-\frac{1}{2}.
Portanto o fator de escala para a área é \left|\det\dfrac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right|=\dfrac{1}{2}. Em outras palavras
dA = \left|\det\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right|\,du\,dv=\frac{1}{2}\,du\,dv.]

Passo 4

Reescrever a integranda em u,v. Usando u=x+y e v=x-y:
x^{2}-y^{2}=(x+y)(x-y)=u\,v, \qquad \operatorname{sen}(x+y)=\operatorname{sen} u.
Logo a integranda \left(x^{2}-y^{2}\right)\operatorname{sen}(x+y)\,dA vira
(u v)\,\operatorname{sen} u\cdot\frac{1}{2}\,du\,dv.

Passo 5

Transformar a região D em termos de u,v. Pelas desigualdades do enunciado:
0\le x+y\le\pi\quad\Rightarrow\quad 0\le u\le\pi,
0\le x-y\le\pi\quad\Rightarrow\quad 0\le v\le\pi.
Portanto, no plano (u,v) a região D torna-se o retângulo
D_{uv}=\{(u,v):0\le u\le\pi,\;0\le v\le\pi\}.

Passo 6

Montar a integral em (u,v). Substituindo tudo:
\iint_{D}\left(x^{2}-y^{2}\right)\operatorname{sen}(x+y)\,dA = \int_{0}^{\pi}\int_{0}^{\pi} \left(u v\operatorname{sen} u\right)\cdot\frac{1}{2}\,dv\,du.

Passo 7

Separar a integral (pois é produto de v e função só de u):
\int_{0}^{\pi}\int_{0}^{\pi} \frac{1}{2}u v\operatorname{sen} u\,dv\,du = \frac{1}{2}\int_{0}^{\pi} \left(u\operatorname{sen} u\int_{0}^{\pi} v\,dv\right) du.
Calcular a integral em v:
\int_{0}^{\pi} v\,dv=\left.\frac{v^{2}}{2}\right|_{0}^{\pi}=\frac{\pi^{2}}{2}.
Substituindo:
\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi} u\operatorname{sen} u\cdot\frac{\pi^{2}}{2}\,du=\frac{\pi^{2}}{4}\int_{0}^{\pi} u\operatorname{sen} u\,du.

Passo 8

Calcular \displaystyle\int_{0}^{\pi} u\operatorname{sen} u\,du por partes. Tomemos
\begin{aligned} &\text{escolha:}\quad a(u)=u,\qquad db=\operatorname{sen} u\,du,\\[4pt] &\text{logo:}\quad da=du,\qquad b(u)=-\cos u. \end{aligned}
A fórmula de integração por partes é \int a\,db = a b - \int b\,da. Aplicando:
\int_{0}^{\pi} u\operatorname{sen} u\,du=\left.-u\cos u\right|_{0}^{\pi}+\int_{0}^{\pi}\cos u\,du.
Avaliar os termos:
\left.-u\cos u\right|_{0}^{\pi} = -\pi\cos\pi - (0\cdot\cos 0) = -\pi(-1)=\pi,
\int_{0}^{\pi}\cos u\,du=\left.\sin u\right|_{0}^{\pi}=\sin\pi-\sin 0=0.
Portanto
\int_{0}^{\pi} u\operatorname{sen} u\,du = \pi.]

Passo 9

Voltar ao resultado final:
\iint_{D}\left(x^{2}-y^{2}\right)\operatorname{sen}(x+y)\,dA = \frac{\pi^{2}}{4}\cdot\pi=\frac{\pi^{3}}{4}.

Resposta

\dfrac{\pi^{3}}{4}

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