CÁLCULO: A massa é \[ m = \iint_{D} \rho(x,y)\, dA = \int_{0}^{3}\int_{0}^{2} 5 \,dy\,dx. \]

INTEGRANDO: \[ m = \int_{0}^{3} \left( 5 \int_{0}^{2} dy \right) dx = \int_{0}^{3} 5 \times (2) \, dx = 10 \int_{0}^{3} dx = 10 \times 3 = 30. \]

CONCLUSÃO: Massa total = 30 (unidades de massa).

O triângulo pode ser descrito por \(0 \le x \le 4\) e \(0 \le y \le x\). Assim:

\[ m = \iint_{D} 2x \, dA = \int_{0}^{4}\int_{0}^{x} 2x \,dy\,dx. \]

INTEGRANDO: \[ m = \int_{0}^{4} \left( 2x \int_{0}^{x} dy \right) dx = \int_{0}^{4} 2x \cdot (x) \, dx = \int_{0}^{4} 2x^2 \, dx. \]

\[ m = 2 \int_{0}^{4} x^2 \, dx = 2 \left[ \frac{x^3}{3} \right]_{0}^{4} = 2 \left( \frac{64}{3} \right) = \frac{128}{3}. \]

CONCLUSÃO: Massa total = \(\frac{128}{3}\) (unidades de massa).

JÁ SABEMOS: \(m = \frac{128}{3}\).

CÁLCULO DE \(\bar{x}\): \[ \bar{x} = \frac{1}{m} \iint_{D} x \cdot (2x)\, dA = \frac{1}{\frac{128}{3}} \int_{0}^{4}\int_{0}^{x} 2x^2 \, dy\, dx. \]

\[ \int_{0}^{x} 2x^2 \, dy = 2x^2 \cdot (y)\Big|_{0}^{x} = 2x^3. \] Logo, \[ \int_{0}^{4} 2x^3 \, dx = 2 \int_{0}^{4} x^3 \, dx = 2 \left[ \frac{x^4}{4} \right]_{0}^{4} = 2 \left( \frac{256}{4} \right) = 2 \times 64 = 128. \]

Assim, \[ \bar{x} = \frac{128}{\frac{128}{3}} = \frac{128}{1} \times \frac{3}{128} = 3. \]

CÁLCULO DE \(\bar{y}\): \[ \bar{y} = \frac{1}{m} \iint_{D} y \cdot (2x)\, dA = \frac{1}{\frac{128}{3}} \int_{0}^{4}\int_{0}^{x} 2xy \, dy\, dx. \]

\[ \int_{0}^{x} 2xy \, dy = 2x \int_{0}^{x} y \, dy = 2x \left[\frac{y^2}{2}\right]_{0}^{x} = 2x \left(\frac{x^2}{2}\right) = x^3. \] Logo, \[ \int_{0}^{4} x^3 \, dx = \left[\frac{x^4}{4}\right]_{0}^{4} = \frac{256}{4} = 64. \]

Assim, \[ \bar{y} = \frac{64}{\frac{128}{3}} = 64 \times \frac{3}{128} = \frac{192}{128} = \frac{3}{2}. \]

CONCLUSÃO: \(\bar{x} = 3\) e \(\bar{y} = 1.5\).

Usando coordenadas polares, o semicírculo superior corresponde a \(r\) de 0 a 2 e \(\theta\) de 0 a \(\pi\). A densidade é 3, constante.

\[ m = \iint_{D} 3 \, dA = 3 \int_{0}^{\pi}\int_{0}^{2} r \,dr\,d\theta. \]

\[ \int_{0}^{2} r \, dr = \left[\frac{r^2}{2}\right]_{0}^{2} = \frac{4}{2} = 2. \] Logo, \[ m = 3 \int_{0}^{\pi} 2 \, d\theta = 6 \int_{0}^{\pi} d\theta = 6 \times \pi = 6\pi. \]

CONCLUSÃO: Massa total = \(6\pi\).

EM COORDENADAS POLARES: \(r\) de 0 a 3, \(\theta\) de 0 a \(2\pi\).

Observe \(\rho(x,y) = 2 + y\). Em polares, \(y = r\sin\theta\). Então \[ m = \iint_{D} (2 + y)\, dA = \iint_{D} 2\, dA + \iint_{D} y\, dA. \]

PRIMEIRA PARTE: \[ \iint_{D} 2 \, dA = 2 \int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{3} r \, dr\, d\theta = 2 \left(\int_{0}^{3} r\,dr\right)\left(\int_{0}^{2\pi} d\theta\right) = 2 \left(\frac{3^2}{2}\right) (2\pi) = 2 \cdot \frac{9}{2} \cdot 2\pi = 18\pi. \]

SEGUNDA PARTE: \[ \iint_{D} y \, dA = \int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{3} (r\sin\theta) \, r\, dr\, d\theta = \int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{3} r^2 \sin\theta \, dr\, d\theta. \] Porém, \(\sin\theta\) integrado de 0 a \(2\pi\) é zero. Logo, essa parte anula: \[ \int_{0}^{2\pi} \sin\theta\, d\theta = 0. \]

CONCLUSÃO: \[ m = 18\pi + 0 = 18\pi. \]

Em polares, \(x = r\cos\theta\). Então \(\rho(r,\theta) = 2 + r^2 \cos^2\theta\).

\[ m = \int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{3} \left(2 + r^2 \cos^2\theta\right) r \, dr\, d\theta. \]

SEPAREMOS: \[ m = \int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{3} 2r \, dr\, d\theta + \int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{3} r^3 \cos^2\theta \, dr\, d\theta. \]

PRIMEIRO TERMO: \[ \int_{0}^{3} 2r \, dr = \left[ r^2 \right]_{0}^{3} = 9. \] \[ \int_{0}^{2\pi} 9 \, d\theta = 9 \cdot 2\pi = 18\pi. \]

SEGUNDO TERMO: \[ \int_{0}^{3} r^3 \, dr = \left[\frac{r^4}{4}\right]_{0}^{3} = \frac{81}{4}. \] \[ \int_{0}^{2\pi} \cos^2\theta \, d\theta = \pi, \] pois a integral de \(\cos^2\theta\) em um período completo é \(\pi\).

Assim, o segundo termo = \(\frac{81}{4} \times \pi\).

CONCLUSÃO: \[ m = 18\pi + \frac{81\pi}{4} = \frac{72\pi + 81\pi}{4} = \frac{153\pi}{4}. \]

A elipse \(\frac{x^2}{2^2} + \frac{y^2}{1^2} \le 1\) pode ser transformada via \(u = \frac{x}{2}\) e \(v = y\), de modo que \(u^2 + v^2 \le 1\). O jacobiano da transformação é \(\left|\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right| = 2\).

Então \(x = 2u\), \(y = v\). Logo, \(\rho(x,y) = 1 + (2u)^2 + 4v^2 = 1 + 4u^2 + 4v^2\).

Em termos de \(u,v\), a região é o círculo unitário. Assim, \[ m = \iint_{u^2+v^2 \le 1} \left(1 + 4u^2 + 4v^2\right) \cdot 2 \, du\, dv. \]

Podemos usar coordenadas polares (agora para \(u,v\)): \(u = r\cos\theta, v = r\sin\theta\), com \(r\in[0,1]\), \(\theta\in[0,2\pi]\). O fator 2 permanece.

\[ m = \int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{1} \left(1 + 4r^2\cos^2\theta + 4r^2\sin^2\theta\right) \cdot 2 \cdot r \, dr\, d\theta. \]

Note que \(4r^2(\cos^2\theta + \sin^2\theta) = 4r^2\). Então a densidade simplifica para \(1 + 4r^2\). Fator total dentro da integral: \(2r \bigl(1 + 4r^2\bigr)\).

\[ m = \int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{1} 2r \left(1 + 4r^2\right) \, dr\, d\theta. \] \[ = \int_{0}^{2\pi} d\theta \int_{0}^{1} 2r + 8r^3 \, dr. \]

\[ \int_{0}^{1} (2r + 8r^3)\,dr = \left[r^2 + 2r^4\right]_{0}^{1} = 1 + 2 = 3. \]

\[ m = \int_{0}^{2\pi} 3 \, d\theta = 3 \times 2\pi = 6\pi. \]

CONCLUSÃO: Massa total = \(6\pi\).

As curvas \(y = x^2\) e \(y = \sqrt{x}\) se intersectam quando \(x^2 = \sqrt{x}\). Para \(x \ge 0\), isto implica \(x^4 = x \implies x^3 = 1 \implies x = 1\). Logo, \(y=1\).

Portanto, \(0 \le x \le 1\), com \(x^2 \le y \le \sqrt{x}\).

\[ m = \int_{0}^{1}\int_{x^2}^{\sqrt{x}} (x + 3y) \, dy\, dx. \]

\[ \int_{x^2}^{\sqrt{x}} (x + 3y)\,dy = \int_{x^2}^{\sqrt{x}} x\,dy + 3 \int_{x^2}^{\sqrt{x}} y\,dy. \]

PRIMEIRO TERMO: \[ x(y)\Big|_{y=x^2}^{y=\sqrt{x}} = x(\sqrt{x} - x^2). \]

SEGUNDO TERMO: \[ 3 \left[\frac{y^2}{2}\right]_{x^2}^{\sqrt{x}} = \frac{3}{2}\left((\sqrt{x})^2 - (x^2)^2\right) = \frac{3}{2}(x - x^4). \]

SOMANDO: \[ x(\sqrt{x} - x^2) + \frac{3}{2}(x - x^4). \] Vamos integrar em \(x\) de 0 a 1:

\[ \int_{0}^{1} \left[x\sqrt{x} - x^3 + \frac{3}{2}x - \frac{3}{2}x^4\right] dx. \]

DETALHES: \[ \int_{0}^{1} x\sqrt{x}\, dx = \int_{0}^{1} x^{3/2}\, dx = \left[\frac{x^{5/2}}{\frac{5}{2}}\right]_{0}^{1} = \frac{2}{5}. \] \[ \int_{0}^{1} x^3\, dx = \frac{1}{4}, \quad \int_{0}^{1} x\, dx = \frac{1}{2}, \quad \int_{0}^{1} x^4\, dx = \frac{1}{5}. \]

ENTÃO: \[ \int_{0}^{1} x\sqrt{x} \,dx = \frac{2}{5}, \quad -\int_{0}^{1} x^3\,dx = -\frac{1}{4}, \quad \frac{3}{2}\int_{0}^{1} x\,dx = \frac{3}{2}\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{3}{4}, \] \[ -\frac{3}{2}\int_{0}^{1} x^4\,dx = -\frac{3}{2}\left(\frac{1}{5}\right) = -\frac{3}{10}. \]

SOMANDO TUDO: \[ \frac{2}{5} - \frac{1}{4} + \frac{3}{4} - \frac{3}{10} = \frac{2}{5} + \left(-\frac{1}{4} + \frac{3}{4}\right) - \frac{3}{10}. \] \[ = \frac{2}{5} + \frac{2}{4} - \frac{3}{10} = \frac{2}{5} + \frac{1}{2} - \frac{3}{10}. \] Convertendo para décimos: \(\frac{2}{5} = \frac{4}{10}, \quad \frac{1}{2} = \frac{5}{10}\). Logo, \[ \frac{4}{10} + \frac{5}{10} - \frac{3}{10} = \frac{6}{10} = 0.6. \]

CONCLUSÃO: Massa total = \(0.6\).

Em polares, \(r^2 = x^2 + y^2\). A coroa corresponde a \(1 \le r^2 \le 4\), ou \(1 \le r \le 2\). A densidade \(\rho\) vira \(r^2\).

\[ m = \int_{\theta=0}^{2\pi} \int_{r=1}^{2} \left(r^2\right) r \, dr\, d\theta = \int_{0}^{2\pi}\int_{1}^{2} r^3 \, dr\, d\theta.

\[ \int_{1}^{2} r^3 \, dr = \left[\frac{r^4}{4}\right]_{1}^{2} = \frac{2^4}{4} - \frac{1}{4} = \frac{16}{4} - \frac{1}{4} = \frac{15}{4}. \]

Portanto, \[ m = \int_{0}^{2\pi} \frac{15}{4} \, d\theta = \frac{15}{4} \times 2\pi = \frac{30\pi}{4} = \frac{15\pi}{2}. \]

CONCLUSÃO: Massa total = \(\frac{15\pi}{2}\).

PROTOCOLO DE ANÁLISE:
A região está no primeiro quadrante (pois \(x \ge 0, y \ge 0\)) e dentro do círculo de raio 3. Adicionalmente, há a restrição \(y \ge x - 1\).

Mapeando os limites:
- O raio máximo é 3.
- Para \(x\) entre 0 e 1, a reta \(y = x-1\) fica negativa, então o limite inferior de \(y\) é 0. Para \(x\) acima de 1, \(y \ge x-1\).

Uma abordagem possível é separar a integral em duas regiões:
1) \(0 \le x \le 1\): \(0 \le y \le \sqrt{9 - x^2}\).
2) \(1 \le x \le 3\): \(x-1 \le y \le \sqrt{9 - x^2}\).

A densidade é \(\rho(x,y) = 5 + e^{-x}\). Integra-se em \(y\), depois em \(x\). As integrais resultantes envolvem termos polinomiais e exponenciais simples.

CONCLUSÃO: A expressão final (não expandida aqui) garante a massa total a partir dessa soma de integrais parciais.

A região vai de \(x=-2\) até \(x=2\), com \(y\) variando de 0 até \(4 - x^2\).

\[ m = \int_{-2}^{2}\int_{0}^{4 - x^2} \left(1 + \sin(xy)\right) dy\, dx. \]

O termo \(\int_{0}^{4-x^2} \sin(xy)\,dy\) pode ser tratado via substituição \(u = xy\). A soma final envolve a avaliação da função \(\frac{1 - \cos(xy)}{x}\) em pontos-limite, embora para \(x=0\) deva-se usar limite apropriado.

CONCLUSÃO: A parte constante (1) resulta em \(\int_{-2}^{2} (4 - x^2)\, dx\). A parte com \(\sin(xy)\) exige cuidado com a dependência de \(x\) e com a singularidade em \(x=0\). A integral final determina a massa total.

A região maior é o disco de raio 2. A parte excluída é o quadrado central, que não faz parte do domínio. Podemos calcular a massa do círculo inteiro e subtrair a massa do quadrado (onde a densidade seria a mesma, caso contasse).

Em coordenadas polares, \(\rho = \sqrt{16 - r^2}\). Então, a massa do disco completo de raio 2 seria: \[ M_{\text{disco}} = \int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{2} \sqrt{16 - r^2}\, r \, dr\, d\theta. \] Já a região quadrada pode exigir conversão de polares para cartesianas, dada a forma retangular. A densidade \(\sqrt{16 - (x^2 + y^2)}\) se mantém para pontos dentro do círculo, mas nós excluímos apenas a parte \(-1\le x\le 1\), \(-1\le y\le 1\), que esteja contida dentro do círculo.

Portanto, a integral final recai numa subtração das duas quantias, correspondendo aos limites desse quadrado interno.

CONCLUSÃO: O resultado numérico envolve integrar \(\sqrt{16 - r^2}\) em polares para o disco, e uma porção cartesianamente delimitada para o quadrado (parcialmente inscrito). Assim se obtém a massa total exata da região anular com recorte quadrado.