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Exercícios Resolvidos de Mudança para Coordenadas Elípticas

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Exercício 213456789101112131415

Enunciado

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

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