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Exercícios Resolvidos de Mudança para Coordenadas Polares

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Enunciado

UFABC. Cálculo. Funções de Várias Variáveis. Lista 6 - Integrais Duplas. Questão 7e.

7 - Usando coordenadas polares, calcule:

e) ∫ ∫ R x y d x d y , onde R é a região limitada por x 2 4 + y 2 9 = 1 .

Passo 1

Fala aí!! Bem-vindo! Está tendo um pouco de dificuldades nessa questão? Não se preocupe vou fazer o máximo pra te ajudar. 😉👍

Nessa questão, temos uma função f x , y = x y e temos que calcular sua integral dupla limitada pela região R x 2 4 + y 2 9 = 1 .

Já adianto que se formos escrever essa região nos intervalos de integração em função de x e y , vai dar um trabalho muito grande já que R está limitada por uma elipse.

Mas então o que podemos fazer?? 🤔

Podemos converter as coordenadas da nossa integral para as coordenadas polares, não é?

Lembrando que quando R é elíptica a conversão é um pouco diferente.

Dessa forma, onde tem x , escrevemos a r c o s θ e onde tem y , escrevemos b r s e n θ . Assim, onde tínhamos uma função f x , y , vamos ter f r , θ em que r é a variação do raio e θ é a variação do ângulo.

Mas esse a e esse b vieram de onde??

A equação da elipse é

x 2 a 2 + y 2 b 2 = 1

Então é daqui que sai os valores de a e b !

Entendeu? Bora começar? 🐱‍👤

Passo 2

Primeiro, vamos desenhar nossa região R dada por x 2 4 + y 2 9 = 1 no seu valor máximo.

O que temos que fazer agora, é analisar a variação do raio da região em função no ângulo θ . A região da uma volta completa em torno da origem, então a variação angular é de 0 a 2 π .

Manipulando a equação da elipse, convertendo para coordenadas polares, temos

x 2 4 + y 2 9 = 1 → 2 r c o s θ 2 4 + 3 r s e n θ 2 9 = 1

4 r 2 c o s 2 θ 4 + 9 r 2 s e n 2 θ 9 = 1

r 2 c o s 2 θ + r 2 s e n 2 θ = 1

Isolando r 2 em um lado da equação, temos

r 2 c o s 2 θ + s e n 2 θ = 1

r = 1

Ou seja, descobrimos que r varia de 0 a 1 .

Acabamos?

Ainda não, temos que obter o jacobiano!

No caso das elipses, j é dado como

j = a b r

Ou seja

j = 2 · 3 r

j = 6 r

Agora sim temos tudo pra começar nossa integral.

Passo 3

Como x = 2 r c o s θ e y = 3 r s e n θ , nossa função é

x y = 6 r 2 cos ⁡ θ s e n θ

Montando nossa integral, temos

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

∫ 0 2 π ∫ 0 1 36 r 3 cos ⁡ θ s e n θ d r d θ

Primeiro vamos integrar com relação a r pelo método de integração polinomial, onde dividimos a variável pela sua potência + 1 e somamos 1 no seu expoente.

∫ 36 r 3 cos ⁡ θ s e n θ d r → 36 cos ⁡ θ s e n θ ∫ r 3 d r

36 cos ⁡ θ s e n θ ∫ r 3 d r = r 3 + 1 3 + 1 = 36 cos ⁡ θ s e n θ r 4 4

Aplicando os limites de integração, temos

∫ 0 1 36 r 3 cos ⁡ θ s e n θ d r = 36 cos ⁡ θ s e n θ 1 4 4 - 36 cos ⁡ θ s e n θ 0 4 4

∫ 0 1 36 r 3 cos ⁡ θ s e n θ d r = 9 cos ⁡ θ s e n θ

Interessante, não é?

Passo 4

Agora com base nesse resultado, vamos integrar com relação a θ

∫ 9 cos ⁡ θ s e n θ d θ

Pelo método de substituição u = s e n θ e d u = cos ⁡ θ

∫ 9 u d u → 9 ∫ u d u

Pelo mesmo método anterior, temos

9 ∫ u d u = 9 u 1 + 1 1 + 1 = 9 u 2 2

Substituindo u por s e n θ

∫ 9 cos ⁡ θ s e n θ d θ = 9 s e n 2 θ 2

Aplicando os limites de integração, vamos obter os resultados

∫ 0 2 π ∫ 0 1 36 r 3 cos ⁡ θ s e n θ d r d θ = ∫ 0 2 π 9 cos ⁡ θ s e n θ d θ

∫ 0 2 π ∫ 0 1 36 r 3 cos ⁡ θ s e n θ d r d θ = 9 s e n 2 2 π 2 - 9 s e n 2 0 2

∫ 0 2 π ∫ 0 1 36 r 3 cos ⁡ θ s e n θ d r d θ = 0

É isso! Essa resolução te ajudou? Responde Aí! ✌

Resposta

∫ 0 2 π ∫ 0 1 36 r 3 cos ⁡ θ s e n θ d r d θ = 0

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