Exercícios Resolvidos de Integrais Duplas sobre Regiões do Tipo 1

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Enunciado

Calcule

∬ D   x + 2 y d A

Onde D é a região limitada pelas parábolas y = 2 x 2 e y = 1 + x 2 .

Passo 1

Calma calma calma, antes de tudo vamos fazer um esboço para entender melhor o que está sendo pedido! Como as duas parábolas têm o coeficiente do termo x 2 positivos, elas estão viradas para cima. Fazendo y = 0 , descobriremos suas raízes.

Então vamos lá, começando com a y = 2 x 2

y = 2 x 2 = 0

  x = 0

Isso significa que nossa parábola toca o eixo x quando x = 0 .

Agora vamos olhar para y = 1 + x 2 , fazendo:

y = 1 + x 2 = 0

  x 2 = - 1

Opa! Isso aí não vai rolar porque não podemos tirar a raiz real de um número negativo. Isso significa que a segunda parábola não possui raízes reais, portanto, não corta o eixo x , beleza? Ela está acima do eixo.

Pra desenharmos ela, vamos lembrar que ela é muito parecida com a parábola y = x 2 . A diferença é que ela tem o + 1 . Então, pra desenharmos ela, nós desenhamos a y = x 2 e subimos uma unidade no eixo y . Certo?

Agora que já descobrimos nossas duas parábolas, vamos colocar elas juntas em um gráfico. E vai ficar assim:

Passo 2

Perceba que as duas parábolas formaram uma região limitada por elas. Essa será a região de integração.

Como essa região está limitada em y por duas funções (a parábola vermelha e a azul), em x precisamos que ela esteja limitada por 2 números, para podermos escrevê-la como uma região do tipo I!

Já temos y , sendo:

2 x 2 ≤ y ≤ 1 + x 2

Para descobrir o intervalo em x , devemos fazer e interseção entre as equações das parábolas y = 2 x 2 e y = 1 + x 2 , ou seja, precisamos iguala-las. Assim descobriremos em que valores de x a região começa e termina.

Fazendo

2 x 2 = 1 + x 2

Jogando x 2 pro lado de cá da equação:

2 x 2 - x 2 = 1

x 2 = 1

Tirando a raiz, teremos:

x = ± 1

Assim, descobrimos que x varia entre - 1 e 1 (onde as curvas se encontram). Podemos, então, escrever a região como:

D = { ( x , y ) | - 1 ≤ x ≤ 1 ;   2 x 2 ≤ y ≤ 1 + x 2 }  

Passo 3

Vamos, então, substituir em nossa integral os valores que acabamos de encontrar para o domínio, beleza?

Mas cuidado com a ordem de integração! Lembre-se de que a variável que está variando entre funções fica na integral de dentro (no caso o y ) , enquanto a variável que possui limites com números ficam na de fora (no caso o x ) . Da seguinte forma:

∫ - 1 1   ∫ 2 x 2 1 + x 2 x + 2 y d y d x

Passo 4

Agora vamos integrar em relação a y (integral de dentro):

∫ - 1 1   ∫ 2 x 2 1 + x 2 x + 2 y d y d x

= ∫ - 1 1   x y + 2 y 2 2 y = 2 x 2 y = 1 + x 2 d x

Podemos simplificar o 2 no segundo termos da solução da integral de dentro, ficando com:

= ∫ - 1 1   x y + y 2 y = 2 x 2 y = 1 + x 2 d x

Substituindo os limites de integração na variável y , teremos:

= ∫ - 1 1 x 1 + x 2 + 1 + x 2 2 - x 2 x 2 + 2 x 2 2 d x

Aqui vamos ajeitar um pouco, fazendo as multiplicações:

∫ - 1 1 x + x 3 + 1 + 2 x 2 + x 4 - 2 x 3 + 4 x 4 d x

O sinal de menos na frente do parênteses faz com que os sinais dos termos que estão lá dentro sejam alterados:

∫ - 1 1 x + x 3 + 1 + 2 x 2 + x 4 - 2 x 3 - 4 x 4 d x

Finalmente reduzimos os temos semelhantes ficando com:

∫ - 1 1 - 3 x 4 - x 3 + 2 x 2 + x + 1   d x

Passo 5

Está na hora, então, de integrar em relação a x :

∫ - 1 1 - 3 x 4 - x 3 + 2 x 2 + x + 1   d x

= - 3 x 5 5 - x 4 4 + 2 x 3 3 + x 2 2 + x x = - 1 x = 1

Substituindo os limites de integração ficaremos com:

= - 3 . 1 5 5 - 1 4 4 + 2 . 1 3 3 + 1 2 2 + 1 - - 3 - 1 5 5 - - 1 4 4 + 2 - 1 3 3 + - 1 2 2 + - 1 =

= - 3 5 - 1 4 + 2 3 + 1 2 + 1 - 3 5 - 1 4 - 2 3 + 1 2 - 1

Aqui vamos tirar os parênteses e consertar os sinais:

= - 3 5 - 1 4 + 2 3 + 1 2 + 1 - 3 5 + 1 4 + 2 3 - 1 2 + 1 =

Veja que temos algumas parcelas que se cancelam:

Juntamos os números que tem o mesmo denominador:

= - 6 5 + 4 3 + 2

E agora tiramos o m.m.c.

= - 18 + 20 + 30 15 = 32 15

Prontinho, e depois de tudo isso chegamos a nossa resposta!

Resposta

32 15