Questão 2 Use coordenados polares para calcular as integrais abaixo:
\int_{D} \sqrt{x^{2}+y^{2}} d A, \quad D: x^{2}+y^{2} \leq 2 x.

Passo 1

O enunciado pede calcular a integral
\iint_{D} \sqrt{x^{2}+y^{2}}\\ dA,
onde a região D é dada por
x^{2}+y^{2}\leq 2x.
Informações dadas:
  • A integranda é \sqrt{x^{2}+y^{2}}.
  • A região D é descrita pela desigualdade x^{2}+y^{2}\leq 2x.
    O objetivo é obter o valor numérico dessa integral sobre D.

Passo 2

Primeiro vamos entender geometricamente a região D. Manipulando a desigualdade:
x^{2}+y^{2}\leq 2x \quad\Longleftrightarrow\quad x^{2}-2x+y^{2}\leq 0
\Longleftrightarrow\quad (x-1)^{2}+y^{2}\leq 1.
Portanto D é o disco de centro (1,0) e raio 1. Isso ajuda a visualizar que a região é um disco que toca a origem e está deslocado para a direita.

Passo 3

Agora explico a mudança para coordenadas polares (a ferramenta indicada aqui):
  • Em 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.
  • A magnitude \sqrt{x^{2}+y^{2}} fica simplesmente r, pois
\sqrt{x^{2}+y^{2}}=\sqrt{r^{2}}=r\quad(\text{como } r\ge 0).
  • O elemento de área dA transforma-se em dA = r\,dr\,d\theta. Isto é o “jacobiano” da transformação polar — intuitivamente aparece um fator extra r porque os arcos em polares crescem com r.
Assim, na integral o integrando \sqrt{x^{2}+y^{2}}\\ dA vira r\cdot (r\,dr\,d\theta)=r^{2}\,dr\,d\theta.

Passo 4

Agora vamos achar os limites de integração para a região D em polares. Substituindo x^{2}+y^{2}=r^{2} e x=r\cos\theta na desigualdade da região:
r^{2}\leq 2r\cos\theta.
Como r\ge 0, podemos dividir por r (o caso r=0 é incluído automaticamente) e obtemos
r\leq 2\cos\theta.
Para que isso faça sentido com r\ge0 é necessário \cos\theta\ge0, ou seja
-\frac{\pi}{2}\leq \theta\leq \frac{\pi}{2}.
Logo os limites são
0\le r\le 2\cos\theta,\qquad -\frac{\pi}{2}\le\theta\le\frac{\pi}{2}.

Passo 5

Montando a integral dupla em polares, usando o que já transformamos:
\iint_{D}\sqrt{x^{2}+y^{2}}\\ dA = \int_{\theta=-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\int_{r=0}^{2\cos\theta} r^{2}\,dr\,d\theta.
Calculo da integral interna em r:
\int_{0}^{2\cos\theta} r^{2}\,dr = \left.\frac{r^{3}}{3}\right|_{0}^{2\cos\theta} = \frac{(2\cos\theta)^{3}}{3} = \frac{8}{3}\cos^{3}\theta.
Portanto a integral reduz-se a
\frac{8}{3}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{3}\theta\\ d\theta.

Passo 6

Avaliação da integral em \theta. Note que \cos^{3}\theta é função par (pois \cos\theta é par), então
\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{3}\theta\\ d\theta = 2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{3}\theta\\ d\theta.
Agora calculo \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{3}\theta\\ d\theta. Escrevo \cos^{3}\theta=\cos\theta(1-\sin^{2}\theta) e faço a substituição u=\sin\theta, du=\cos\theta\,d\theta. Quando \theta vai de 0 a \frac{\pi}{2}, u vai de 0 a 1. Então
\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{3}\theta\\ d\theta = \int_{0}^{1} (1-u^{2})\,du = \left.u-\frac{u^{3}}{3}\right|_{0}^{1} = 1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}.
Assim
\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{3}\theta\\ d\theta = 2\cdot\frac{2}{3}=\frac{4}{3}.

Passo 7

Voltando à integral total, temos
\frac{8}{3}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{3}\theta\\ d\theta = \frac{8}{3}\cdot\frac{4}{3} = \frac{32}{9}.
Pronto! Essa é a área ponderada pedida pela integral. Vai dar tudo certo na prova — respira fundo, você entendeu a transformação e o uso do jacobiano.

Resposta

\dfrac{32}{9}

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