Enunciado

Calcule a área da região situada no 1 ° quadrante, limitada acima pela curva x 4 - y 4 = 2 x y (coordenadas cartesianas) e abaixo por ρ 2 = 2 sen ⁡ 2 θ (coordenadas polares), com ρ ≥ 0 .

Passo 1

Primeiramente vamos transformar x 4 - y 4 = 2 x y em coordenadas polares, como foi feito na questão 2

ρ 2 = tg ⁡ 2 θ

E então desenhamos essa curva e a curva ρ 2 = 2 sen ⁡ 2 θ no plano polar e ficamos com

E temos que a área de uma curva polar r e, um intervalo θ ∈ a , b é dada por

A = 1 2 ∫ a b ρ 2   d θ

E a área entre as duas curvas vai ser

A = 1 2 ∫ a b 2 sen ⁡ 2 θ d θ - 1 2 ∫ a b tg ⁡ 2 θ d θ

A = ∫ a b sen ⁡ 2 θ - 1 2 tg ⁡ 2 θ d θ

Passo 2

Precisamos então encontrar o intervalo de integração, onde as funções se cruzam, para isso igualamos

2 sen ⁡ 2 θ = tg ⁡ 2 θ

Se θ = 0 temos 0 = 0 e essa é uma solução válida, agora assumindo que θ ≠ 0

2 sen ⁡ 2 θ = sen ⁡ 2 θ cos ⁡ 2 θ

cos ⁡ 2 θ = 1 2

2 θ = arccos ⁡ 1 2

2 θ = π 3

θ = π 6

Temos as soluções θ = 0 e θ = π 6 que são os nossos limites de integração.

Passo 3

A área então é dada por

A = ∫ 0 π / 6 sen ⁡ 2 θ - 1 2 tg ⁡ 2 θ d θ

Calculando as integrais separadamente, começando com a do seno

∫ sen ⁡ 2 θ d θ = - cos ⁡ 2 θ 2 + C 1

E a integral da tangente

∫ tg ⁡ 2 θ d θ = ∫ sen ⁡ 2 θ cos ⁡ 2 θ d θ

Fazendo a substituição

u = cos ⁡ 2 θ d u = - 2 sen ⁡ 2 θ d θ

∫ tg ⁡ 2 θ d θ = - 1 2 ∫ d u u = - 1 2 ln ⁡ u + C 2

Retornando a variável inicial

= - 1 2 ln ⁡ cos ⁡ 2 θ + C 2

Portanto temos

∫ sen ⁡ 2 θ - 1 2 tg ⁡ 2 θ d θ = - cos ⁡ 2 θ 2 - 1 4 ln ⁡ cos ⁡ 2 θ + C

Nos limites de integração

A = ∫ 0 π / 6 sen ⁡ 2 θ - 1 2 tg ⁡ 2 θ d θ = - cos ⁡ 2 θ 2 - 1 4 ln ⁡ cos ⁡ 2 θ 0 π / 6

= - cos ⁡ π 3 2 - 1 4 ln ⁡ cos ⁡ π 3 + cos ⁡ 0 2 + 1 4 ln ⁡ cos ⁡ 0

= - 1 4 - 1 4 ln ⁡ 1 2 + 1 2

A = 1 4 1 - ln ⁡ 1 2

Resposta

A = 1 4 1 - ln ⁡ 1 2

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