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Mudança para Coordenadas Elípticas

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Teoria

Certas vezes, nas questões de integrais duplas, vamos encontrar regiões desse tipo:

x 2 4 + y 2 = 1

Essa é uma elipse de coeficientes a = 2 e b = 1 . Se você reparar, a equação se parece muito com a da circunferência, a única diferença é que os coeficientes de x 2 e de y 2 são diferentes entre si. Nesses casos, utilizaremos um tipo de coordenadas muito semelhante com as polares: as coordenadas elípticas. O raciocínio é basicamente o mesmo!

Vamos usar as mesmas variáveis r e θ , porém, com uma substituição diferente. Repare que, nesse exemplo acima, se fizermos:

x = 2 r   c o s   θ

y = r   s e n   θ

Teremos:

2 r   c o s   θ 2 4 + r   s e n   θ 2 = 1  

4 r 2 4 cos 2 ⁡ θ + r 2 s e n 2 θ = 1

r = 1

Essa expressão r = 1 representa, para as coordenadas, polares uma circunferência, enquanto para as elípticas, uma elipse. A região dentro da elipse passa a ser descrita, então, pelos intervalos 0 ≤ r ≤ 1 e 0 ≤ θ ≤ 2 π .

Para escrever as elipses dessa forma (a mais simples possível), temos, portanto, que fazer substituições com coeficientes diferentes.

Em outras palavras, você precisa buscar coeficientes para ( r   c o s   θ ) e ( r   s e n   θ ) que, quando elevados ao quadrado, “cancelem” os coeficientes de a 2 e b 2 da elipse. Assim, poderemos agrupar s e n 2 θ + cos 2 ⁡ θ = 1 e a equação se transformará em r = 1 . Portanto, se escrevermos a elipse dessa forma:

x 2 a 2 + y 2 b 2 = 1

A substituição que faremos será:

x = a   r   c o s   θ

y = b   r   s e n   θ

O Jacobiano será então:

J = a b   r

OBS: Você só terá r ≤ 1 se escrever a elipse dessa forma, com apenas o termo” 1 ” depois do” = ”. Caso contrário, o raio será a raiz do termo depois do “ = ”, como na circunferência. É uma boa você escrever direto dessa forma quando der porque fica mais fácil fazer o desenho para visualizar a região.

Se a gente, por exemplo, tivesse escrito uma elipse como: x 2 + 4 y 2 = 16

Poderíamos fazer a mudança como:

x = 2 r   c o s   θ

y = r   s e n   θ

Levando para a equação da elipse, temos:

2 r   c o s   θ 2 + 4 r   s e n   θ 2 = 16  

r 2 = 4 ∴ r = 2

Sem mistério, viu? Temos r = 2 em vez de r = 1 .

Então: coordenadas elípticas são coordenadas polares com coeficientes diferentes de 1 (no caso, chamamos os coeficientes da mudança de a e b ). Há quem chame essas coordenadas de polares também, mas nós vamos chamar de elípticas para não confundir, ok?

Beleza, então, quando tivermos regiões que envolvam elipses, vamos pensar logo nas coordenadas elípticas.

Podemos usar coordenadas elípticas também quando encontramos termos quadráticos com coeficientes diferentes, por exemplo:

∬ D   d x d y 4 x 2 + 9 y 2

Se a gente fizer a mudança:

x = 1 2   r   c o s   θ ,     y = 1 3   r   s e n   θ ,     J = 1 6   r

Nós chegamos a isso aqui: ∬ D *   1 6 r 4 1 2 r cos ⁡ θ 2 + 9 1 3   r   s e n   θ 2 d r d θ = ∬ D *   1 6 r d r d θ

Muito melhor do que antes, não é? Claro que nesse exemplo a gente ainda teria que escrever a região de integração em coordenadas elípticas e tal, mas a mudança de variáveis simplifica muito nossa vida de qualquer forma.

OBS: Quando decidimos usar mudança de variável, devemos aplicar a mudança em todas as curvas do domínio. Assim, se o domínio for uma elipse x 2 + 4 y 2 = 4 acima da reta y = x 2 . Devido a elipse, nós faríamos

x = 2 r cos ⁡ θ

y = r sen ⁡ θ

Pois isso nos daria r = 1 . Ainda precisamos descobrir como vai ficar a equação da reta, ou seja, devemos fazer

y = x 2 → r sen ⁡ θ = r cos ⁡ θ → tg ⁡ θ = 1 ∴ θ = π 4   o u   θ = 5 π 4

Assim, nossa região seria descrita por 0 ≤ r ≤ 1 e π 4 ≤ θ ≤ 5 π 4 . Portanto, devemos substituir a mudança em todas as curvas.

O passo a passo desse tipo de questão é exatamente o mesmo das coordenadas polares, e os casos em que fazemos a mudança também são muito semelhantes, como já vimos; Então, se você já sabe polares, coordenadas elípticas vai ser bem tranquilo : )

Mudança qualquer junto com Mudança Elíptica

Certas vezes, não é tão simples enxergar que precisamos fazer uma mudança polar para resolver a questão. Por exemplo, digamos que você encontre uma região com essa cara:

x + y 2 + 2 x + 3 y 2 2 = 1

E uma integral assim;

∬ D   2 x + 3 y 3 d x d y

Ferrou né? Bom, repara que, na região de integração, nós temos um termo elevado ao quadrado somado a outro elevado ao quadrado, igual a um número. Isso não te lembra uma elipse? Se a gente chamar:

x + y = u

2 x + 3 y = v

Nós temos uma elipse no plano u v :

u 2 + v 2 2 = 1

Agora é só resolver como vimos acima!

Isso aí, vamos treinar agora!

Mudança qualquer junto com Mudança Elíptica

Exercícios Resolvidos

Exercício Resolvido #1

UERJ - Cálculo 2 - Lista do Hamilton - Integral Dupla - 6

Mostre, usando integral dupla, que a área limitada pela elipse x 2 a 2 + y 2 b 2 = 1 é igual a a b π .

Passo 1

Bom, vamos começar montando o problema. A questão pede para calcularmos a àrea da elipse genérica x 2 a 2 + y 2 b 2 = 1 . Sendo D a região que a elipse limita, podemos escrever:

área D = ∬ D   d x d y

Certo? Nada demais até aqui.

Passo 2

Agora precisamos escrever matematicamente a região D para podermos calcular a integral dupla. Para isso, vamos usar as coordenadas polares, na verdade, um tipo especial de coordenadas polares: as coordenadas elípticas.

O que nós estamos acostumados a ver na mudança para coordenadas polares é o seguinte:

x = r cos ⁡ θ

y = r sen ⁡ θ

J = r

Como nós já vimos, as coordenadas elípticas são muito parecidas com isso, a única diferença é que esses termos vem acompanhados de um coeficiente.

Nós temos a seguinte equação da elipse:

x 2 a 2 + y 2 b 2 = 1

A ideia é “transformá-la” em uma circunferência. Como assim?! Lembra que, nas coordenadas polares, uma circunferência é descrita apenas por r = k , o valor do seu raio? Queremos o mesmo aqui para a elipse. Para isso, precisamos definir:

x = a   r cos ⁡ θ

y = b   r sen ⁡ θ

Pois isso nos dá:

a   r cos ⁡ θ 2 a 2 + ( b   r sen ⁡ θ ) 2 b 2 = 1

r 2 cos 2 ⁡ θ + sen 2 ⁡ θ = 1

r = 1

Certo, então é essa a mudança de coordenadas que vamos usar. Bom, como já aprendemos, quando multiplicamos as coordenadas x e y da nossa transformação por um coeficiente, ele acaba se refletindo no Jacobiano, multiplicando ele. Então, em vez de J = r , temos aqui:

J = a b r

Passo 3

Agora que já definimos a substituição que faremos, vamos analisar os intervalos de integração.

Como temos a elipse completa, uma volta completa no plano x y

0 ≤ θ ≤ 2 π

Como o raio varia desde a origem até a equação da elipse, temos

0 ≤ r ≤ 1

Logo, a região D pode ser escrita como:

D = { ( r , θ ) | 0 ≤ r ≤ 1 ;   0 ≤ θ ≤ 2 π }

Passo 4

Vamos, então, montar a integral em coordenadas elípticas:

∫ 0 2 π ∫ 0 1 a b   r   d r d θ =

Não se esqueça do Jacobiano!

Passo 5

Vamos começar integrando em relação a r :

= a b ∫ 0 2 π r 2 2 0 1 d θ =

= a b 2 ∫ 0 2 π d θ =

Passo 6

Agora em relação a θ :

= a b 2 θ 0 2 π =

= a b π

Demonstramos, então, o que o problema pediu.

Resposta

Ei, a resposta está no passo a passo :)

Exercício Resolvido #2

George B. Thomas, Cálculo Volume II, 11ª ed. São Paulo: Pearson Education do Brasil Ltda., 2009 pag 466 -2

Calcule ∬ R   e - ( x 2 + 4 y 2 ) d x d y , onde R é a região limitada pela elipse de equação x 2 + 4 y 2 = 4 .

Passo 1

Bom, já deu pra perceber que a saída aqui é fazer uma mudança de variáveis elíptica, né? Tanto pela região de intagração (uma elipse) como pelos termos quadráticos na integral.

Como nós temos isso aqui na integral:

x 2 + 4 y 2

Seguindo o mesmo raciocínio que fizemos com as elipses, se chamarmos a = 1 e b = 1 / 2 , teremos:

x = a r cos ⁡ θ = r cos ⁡ θ

y = b r   s e n θ = r 2 s e n θ

J = a b   r = r 2

Passo 2

Agora, nós temos que fazer a mudança na elipse. Ah, mas não é só escrever r = 1 para a elipse em coordenadas elípticas? Seria se a gente tivesse feito a mudança na elipse na sua forma geral x 2 a 2 + y 2 b 2 = 1

O que não aconteceu. Então, nós precisamos sim fazer a mudança na elipse!

Temos isso aqui:

r cos ⁡ θ 2 + 4 r 2 s e n θ 2 = 4

r 2 cos 2 ⁡ θ + r 2 s e n 2 θ = 4

r 2 = 4

r = 2

Como a região é o interior da elipse, temos 0 ≤ r ≤ 2 e 0 ≤ θ ≤ 2 π .

OBS: se a gente tivesse feito a mudança de variáveis com base na elipse na sua forma geral x 2 4 + y 2 = 1 , a mudança seria diferente, assim como os intervalos de integração e a integral final. Porém, o resultado seria o mesmo!

Passo 3

A integral passa a ser, então:

∬ R *   e - r cos ⁡ θ 2 + 4 r 2 s e n θ 2 r 2 d r d θ   =

= ∬ R *   e - ( r 2 cos 2 ⁡ θ + r 2 s e n 2 θ ) r 2 d r d θ   =

= 1 2 ∬ R *   e - r 2 r   d r d θ   =

Passo 4

Agora, vamos levar esses intervalos para a integral:

= 1 2 ∬ R *   e - r 2 r   d r d θ   = 1 2 ∫ 0 2 π ∫ 0 2 e - r 2 r d r d θ

Passo 5

Integrando en relação a r :

= 1 2 ∫ 0 2 π - 1 2 e - r 2 0 2 d θ =

= 1 2 ∫ 0 2 π - 1 2 e - 4 - 1 d θ =

= 1 4 1 - e - 4 ∫ 0 2 π d θ =

Passo 6

Agora em relação a θ :

= 1 4 1 - e - 4 θ 0 2 π =

= π 2 1 - e - 4

Resposta

π 2 1 - e - 4

Exercício Resolvido #3

UFRJ, Cálculo III, P1/2010.1, 2 - Modificada

Sabendo que D é a região em que   | y | ≤ x e que 1 ≤ x ≤ 2 , calcule a seguinte integral dupla

I = ∬ D   d x d y x 2 + 9 y 2 3 2  

Passo 1

Os termos quadráticos no denominador da integral são um indicativo de que devemos usar coordenadas elípticas (os coeficientes são diferentes). Mas que substituição faremos, se não temos uma elipse? Vamos buscar uma mudança que simplifique o denominador, transformando-o em r 2 . Seguindo o mesmo raciocínio que fizemos com as elipses, se chamarmos a = 1 e b = 1 / 3 , teremos:

x = a r cos ⁡ θ = r cos ⁡ θ

y = b r   s e n θ = r 3 s e n θ

J = a b   r = r 3

Passo 2

Agora vamos calcular os limites de integração, substituindo os valores que definimos para x e y nas expressões do domínio:

y ≤ x → - x ≤ y ≤ x

- r cos ⁡ θ ≤ r 3 s e n θ ≤ r cos ⁡ θ

Dividindo tudo por r e por cos ⁡ θ

- r cos ⁡ θ r cos ⁡ θ ≤ 1 3 r sen ⁡ θ r cos ⁡ θ ≤ r cos ⁡ θ r cos ⁡ θ

- 3 ≤ t g   θ ≤ 3

Os ângulos que possuem essas tangentes são   θ = arctg ⁡ 3 e θ = arctg ⁡ - 3 , portanto

arctg ⁡ ( - 3 ) ≤ θ ≤ arctg ⁡ 3

1 ≤ x ≤ 2   → 1 ≤ r cos ⁡ θ ≤ 2  

sec ⁡ θ ≤ r ≤ 2 sec ⁡ θ

Podemos escrever, então:

D * = { ( r , θ ) | arctg ⁡ - 3 ≤ θ ≤ arctg ⁡ 3 ;   sec ⁡ θ ≤ r ≤ 2 sec ⁡ θ }

Passo 3

Substituindo tudo na integral e não esquecendo do jacobiano, ficamos com,

I = 1 3 ∬ D *   r   d r d θ r cos ⁡ θ 2 + 9 r 3 s e n θ 2 3 / 2 =

= 1 3 ∬ D *   r   d r d θ r 2 3 / 2 =

= 1 3 ∬ D *     d r d θ r 2

Passo 4

Agora vamos montar a integral em termos de r e θ :

1 3 ∫ arctg ⁡ - 3 arctg ⁡ 3   ∫ sec ⁡ θ 2 sec ⁡ θ d r d θ r 2 =

Passo 5

Integrando em relação a r , temos:

= - 1 3 ∫ arctg ⁡ - 3 arctg ⁡ 3   1 r sec ⁡ θ 2 sec ⁡ θ d θ =

= - 1 3 ∫ arctg ⁡ - 3 arctg ⁡ 3 cos ⁡ θ 2 - cos ⁡ θ   d θ =

Passando o sinal de menos, fora da integral, para dentro, fica assim

= 1 3 ∫ arctg ⁡ - 3 arctg ⁡ 3 cos ⁡ θ 2   d θ =

= 1 6 ∫ arctg ⁡ - 3 arctg ⁡ 3 cos ⁡ θ   d θ =

Passo 6

Integrando, agora, em relação a θ , temos:

= 1 6 s e n   θ arctg ⁡ - 3 arctg ⁡ 3 d θ =

= 1 6 sen ⁡ arctg ⁡ 3 - sen ⁡ arctg ⁡ - 3

Mas sabemos que arctg ⁡ - 3 = - arctg ⁡ 3 :

= 1 6 sen ⁡ arctg ⁡ 3 - sen ⁡ - arctg ⁡ 3

E sabemos que sen ⁡ - arctg ⁡ 3 = - sen ⁡ arctg ⁡ 3 :

= 1 6 sen ⁡ arctg ⁡ 3 + sen ⁡ arctg ⁡ 3

= 1 3 sen ⁡ arctg ⁡ 3

Mas qual o seno do arco que tem tangente igual a 3 ? Você pode usar as equações trigonométricas para calcular, mas isso pode ser um pouco trabalhoso. Aqui vai uma dica que é bem mais prática:

  1. Desenhe um triângulo retângulo e chame um dos seus ângulos agudos de θ ;
  2. Escreva nele a informação que você tem, no caso, t g   θ = 3 . Mas como? A forma mais simples é colocar 3 no cateto oposto a θ e 1 no cateto adjacente;
  3. Falta um lado, certo? Calcule o valor dele usando Pitágoras ( a 2 = b 2 + c 2 );
  4. Pronto, agora você consegue calcular o que quiser fazendo a razão entre os lados do triângulo. Nesse caso, sen ⁡ θ = cateto oposto hipotenusa

Pra recapitular melhor, sabemos que o “arco com tangente igual a 3 ” é θ , portanto

θ = arctg ⁡ 3

Portanto, quando queremos saber sen ⁡ arctg ⁡ 3 queremos na verdade sen ⁡ θ

Então, temos que s e n   θ = 3 10 . Substituindo:

= 1 3 sen ⁡ arctg ⁡ 3 = 1 3 . 3 10 = 1 10 = 10 10  

Resposta

10 10

Exercício Resolvido #4

UFRJ, Cálculo III, P1/2013.1, 2 - Modificada

Encontre o valor da área do domínio plano situado no primeiro quadrante acima de y = 2 3 3 x e limitado por 4 x 2 + y 2 = 4 , 4 x 2 + 9 y 2 = 36 .

Passo 1

O enunciado pede pra gente calcular a área, certo? Sabemos que ela é dada por

A = ∬ D 1   d A

Quando a função que integramos em um domínio D é f x ,   y = 1 , temos apenas o somatório do diferencial d A , o que equivale à área A .

Passo 2

Perceba que a região de integração é limitada por duas elipses, o que nos leva a pensar que utilizar coordenadas elípticas pode ser uma boa ideia. Vamos arrumar as equações de acordo com a forma geral da elipse para analisarmos melhor (o termo depois do “ = ” dever ser 1 ):

4 x 2 + y 2 = 4   → x 2 + y 2 4 = 1

4 x 2 + 9 y 2 = 36 → x 2 9 + y 2 4 = 1

Repare que as elipses possuem coeficientes a e b diferentes entre si. Nesse caso, qual par a e b utilizaremos nas coordenadas elípticas? Não tem jeito, teremos que fazer substituições diferentes para cada curva. Vamos analisar a figura dessa região para entender melhor:

O que queremos é essa área em azul. Repare que ela é exatamente a diferença entre essas duas áreas em cinza:

É assim que vamos calcular, então. Se calcularmos cada uma dessas áreas separadamente (e depois subtrairmos) podemos usar coordenadas elípticas diferentes.

A = A 1 - A 2

Passo 3

Vamos começar calculando o valor da primeira área A 1 . A região é limitada pela elipse de equação x 2 9 + y 2 4 = 1 , pela reta y = 2 3 3 x e pelo eixo y , faremos:

x = a r cos ⁡ θ = 3 r cos ⁡ θ

y = b r   s e n θ = 2 r s e n θ

J = a b   r = 6 r

Vamos analisar agora os limites de r e θ . Começando pelo raio, ele vai da origem, r = 0 , até a elipse, certo? Substituindo os valores de x e y na equação da elipse:

x 2 9 + y 2 4 = 1

9 r 2 cos 2 ⁡ θ 9 + 4 r 2 sen 2 ⁡ θ 4 = 1

r 2 cos 2 ⁡ θ + sen 2 ⁡ θ = 1

r = 1

Logo os limites de r são

0 ≤ r ≤ 1

Partindo agora para os limites de θ , ele começa na reta y = 2 3 x 3 e vai até o eixo y , θ = π 2 . Substituindo os valores na reta fica assim

2 r sen ⁡ θ = 2 3 3 3 r cos ⁡ θ

tg ⁡ θ = 3 → θ = π 3

Portanto os limites de θ são

π 3 ≤ θ ≤ π 2

Passo 4

Jogando tudo isso na integral de área de A 1 e não esquecendo do jacobiano!

A 1 = ∫ π 3 π 2 ∫ 0 1 6 r d r d θ

= ∫ π 3 π 2 6 r 2 2 0 1 d θ = ∫ π 3 π 2 3 d θ

= 3 θ θ = π 3 θ = π 2 = 3 π 2 - π 3

A 1 = π 2

Passo 5

Para a segunda área, A 2 , limitada pela elipse de equação x 2 + y 2 4 = 1 , pela reta y = 2 3 3 x e pelo eixo y , faremos:

x = a r cos ⁡ θ = r cos ⁡ θ

y = b r   s e n θ = 2 r s e n θ

J = a b   r = 2 r

Começando pelo raio, ele vai da origem, r = 0 , até a elipse de novo. Substituindo os valores de x e y na equação da elipse:

x 2 + y 2 4 = 1

r 2 cos 2 ⁡ θ + 4 r 2 sen 2 ⁡ θ 4 = 1

r 2 cos 2 ⁡ θ + sen 2 ⁡ θ = 1

r = 1

Logo os limites de r são

0 ≤ r ≤ 1

Partindo agora para os limites de θ , ele começa na reta y = 2 3 x 3 e vai até o eixo y , θ = π 2 . Substituindo os valores na reta fica assim

2 r sen ⁡ θ = 2 3 3 r cos ⁡ θ

tg ⁡ θ = 3 3 → θ = π 6

Portanto os limites de θ são

π 6 ≤ θ ≤ π 2

Passo 6

Jogando tudo isso na integral de área de A 2

A 2 = ∫ π 6 π 2 ∫ 0 1 2 r d r d θ

= ∫ π 6 π 2 2 r 2 2 0 1 d θ = ∫ π 6 π 2 1 d θ

= θ θ = π 6 θ = π 2 = π 2 - π 6

A 2 = π 3

Passo 7

Agora é só subtrair essas duas áreas.

A = A 1 - A 2

A = π 2 - π 3

A = π 6

Resposta

π 6

Exercício Resolvido #5

UFRJ, Cálculo III, P1/2013.2, 2

Calcule a área da figura plana limitada pela curva dada pela equação x 2 3 + y 2 3 = 1 .

Passo 1

Como ele quer a área devemos integrar a função f x , y = 1 . Assim, temos que calcular

∬ D   d x d y

Onde D = ( x , y ) | x 2 3 + y 2 3 ≤ 1

Passo 2

Precisamos, então, escrever essa região D em uma integral iterada. Lembre-se que x 2 3 = x 1 3 2 ou seja, como temos quadrados na equação, isso é um indicativo de que vamos utilizar coordenadas polares. Veja que podemos reescrever a equação da seguinte maneira:

x 1 3 2 + y 1 3 2 = 1

Para termos variáveis elevadas ao quadrado, podemos fazer a substituição:

x 1 3 = u   → x = u 3

y 1 3 = v   → y = v 3

A região de integração passa a ser, então:

D * = { u 2 + v 2 ≤ 1 }

Passo 3

Como em toda substituição que fazemos, precisamos calcular o Jacobiano:

J = ∂ x ∂ u ∂ x ∂ v ∂ y ∂ u ∂ y ∂ v = 3 u 2 0 0 3 v 2

J = 9 u 2 v 2

A integral passa a ser então:

∬ D *   9 u 2 v 2   d u d v

Passo 4

Se você reparar, a região D * , dada pela equação u 2 + v 2 ≤ 1 é um círculo de raio 1 . Vamos, então, utilizar coordenadas polares agora, para finalmente escrever a região de integração na integral iterada. Faremos:

u = r cos ⁡ θ

v = r   s e n   θ

J = r

Temos, então 0 ≤ r ≤ 1 e 0 ≤ θ ≤ 2 π

Passo 5

Reescrevendo a integral em coordenadas polares, temos:

9 ∫ 0 2 π ∫ 0 1 r cos ⁡ θ 2 r   s e n   θ 2 r   d r d θ =

= 9 ∫ 0 2 π ∫ 0 1 r 5 cos 2 ⁡ θ s e n 2   θ   d r d θ =

Passo 6

Integrando em relação a r temos:

= 9 ∫ 0 2 π r 6 6 cos 2 ⁡ θ s e n 2   θ r = 0 r = 1 d θ =

= 3 2 ∫ 0 2 π cos 2 ⁡ θ s e n 2   θ d θ =

Passo 7

Agora, vamos aplicar as fórmulas do arco duplo cos 2 ⁡ θ = 1 + cos ⁡ 2 θ 2 e s e n 2 θ = 1 - cos ⁡ 2 θ   2

= 3 8 ∫ 0 2 π 1 + cos ⁡ 2 θ 1 - cos ⁡ 2 θ d θ =

= 3 8 ∫ 0 2 π 1 - cos 2 ⁡ 2 θ d θ =

Aplicando a fórmula novamente temos cos 2 ⁡ 2 θ = 1 + cos ⁡ 4 θ 2

= 3 8 ∫ 0 2 π 1 - 1 + cos ⁡ 4 θ 2 d θ = 3 8 ∫ 0 2 π 2 - 1 - cos ⁡ 4 θ 2

= 3 16 ∫ 0 2 π 1 - cos ⁡ 4 θ d θ =

Integrando em relação a θ :

= 3 16 θ - s e n   4 θ 4 0 2 π =

= 3 16 × 2 π =

Resposta

3 π 8

Exercício Resolvido #6

UFRJ - Cálculo 3 - P1 2012.1 – 1

Seja D o domínio do R 3 dado por { ( x , y ) | x 2 + x y + y 2 ≤ 1 } . Calcule

∬ D   e x 2 + x y + y 2 d x d y

Sugestão: Faça x = u cos ⁡ α - v sen ⁡ α , y = u sen ⁡ α + v cos ⁡ α e escolha a constante α de forma que o termo misto u v desapareça do integrando.

Passo 1

Fazendo a substituição que o enunciado sugeriu, o integrando e x 2 + x y + y 2 é escrito como:

u cos ⁡ α - v   sen ⁡ α 2 + u cos ⁡ α - v   sen ⁡ α u   sen ⁡ α + v cos ⁡ α + u   sen ⁡ α + v cos ⁡ α 2

Agora não tem jeito, você tem que fazer esses produtos! Vamos calcular cada produto separadamente:

u cos ⁡ α - v   sen ⁡ α 2 = u 2 cos 2 ⁡ α - 2 u cos ⁡ α ⋅ v sen ⁡ α + v 2 sen 2 ⁡ α

u cos ⁡ α - v   sen ⁡ α u   sen ⁡ α + v cos ⁡ α = u 2 sen ⁡ α cos ⁡ α + u v cos 2 ⁡ α - u v sen 2 ⁡ α - v 2 sen ⁡ α cos ⁡ α

u sen ⁡ α + v cos ⁡ α 2 = u 2 sen 2 ⁡ α + 2 u sen ⁡ α ⋅ v cos ⁡ α + v 2 cos 2 ⁡ α

Somando, temos:

u 2 cos 2 ⁡ α + v 2 sen 2 ⁡ α + u 2 sen ⁡ α cos ⁡ α + u v cos 2 ⁡ α - sen 2 ⁡ α - v 2 sen ⁡ α cos ⁡ α + u 2 sen 2 ⁡ α + v 2 cos 2 ⁡ α =

Agora vamos agrupar os termos com u 2 e v 2 :

= u 2 ( cos 2 ⁡ α + sen 2 ⁡ α ) + v 2 ( sen 2 ⁡ α +   cos 2 ⁡ α ) + u 2 sen ⁡ α cos ⁡ α + u v cos 2 ⁡ α - sen 2 ⁡ α - v 2 sen ⁡ α cos ⁡ α =

= u 2 + v 2 + ( u 2 - v 2 ) sen ⁡ α cos ⁡ α + u v cos 2 ⁡ α - sen 2 ⁡ α =

Veja que, se zerarmos o último termo entre parênteses, conseguimos eliminar o termo u v , como sugerido no enunciado também. Sabendo que cos 2 ⁡ α - sen 2 ⁡ α = cos ⁡ 2 α , teremos:

cos 2 ⁡ α - sen 2 ⁡ α = 0

cos ⁡ 2 α = 0

2 α = π 2 →   α = π / 4

Passo 2

Agora que encontramos o valor de α , sabemos que a substituição que faremos é:

x = u cos ⁡ α - v   sen ⁡ α   → x = 2 2 u - v

y = u   sen ⁡ α + v cos ⁡ α   →   y = 2 2 u + v

Precisamos, então, calcular o Jacobiano dessa mudança.

J = 2 2 - 2 2 2 2 2 2 = 2 4 + 2 4 = 1

Passo 3

Fazendo a substituição no termo x 2 + x y + y 2 , temos:

= 2 4 u - v 2 + 2 4 u - v u + v + 2 4 u + v 2 =

= u 2 + v 2 + 1 2 ( u 2 - v 2 ) =

= 3 u 2 + v 2 2

Então, a integral passa a ser:

∬ D *   e 3 u 2 + v 2 2 1   d u d v

Onde D * = ( u , v ) | 3 u 2 + v 2 2 ≤ 1

Passo 4

Agora precisamos descrever essa região matematicamente, certo? Como se trata de uma elipse, vamos utilizar coordenadas elípticas:

u = 2 3   r cos ⁡ θ

v = 2   r sen ⁡ θ

J = r 2 3 × 2 = 2 3 3 r

Dessa forma, a elipse 3 u 2 + v 2 2 ≤ 1 passa a ser dada por: 0 ≤ r ≤ 1 ; 0 ≤ θ ≤ 2 π , pois já definimos u e v para isso.

Passo 5

Lembrando que 3 u 2 + v 2 2 = r 2 , vamos montar a nova integral em r e θ :

∫ 0 1 ∫ 0 2 π e r 2 2 3 3 r d θ d r

Passo 6

Integrando em relação a θ , temos:

= 2 3 3 ∫ 0 1   r   e r 2 d r ⋅ θ   θ = 0 θ = 2 π =

= 4 π 3 3 ∫ 0 1 r e r 2 d r

Passo 7

Agora em relação a r . Se, na integral, chamarmos u = r 2 , teremos d u = 2 r   d r . Os limites de integração ficam inalterados se a gente fizer essa mudança de variáveis. Assim:

4 π 3 3 ∫ 0 1 r e r 2 d r = 2 π 3 3 ∫ 0 1 e u   d u =

= 2 π 3 3 × e u u = 0 u = 1 =

= 2 π 3 3 ( e - e 0 ) =

Resposta

2 π 3 3 ( e - 1 )

Exercícios de Livros Relacionados

Seja σ θ ,ρ = 2 ρ cos ⁡ θ ,ρ s e nθ . Mostre que σ transforma a reta ρ = 1 numa elipse. Desenhe tal elipse.
Calcule a área da região delimitada pela elipse
Seja σ a transformação do Exercício 10. Desenhe σ ( B ) onde B é o retângulo 0 ≤ ρ ≤ 1 , 0 ≤ θ ≤ 2 π .