Considere a integral

∬ D   x y d x d y

Onde D = { x , y ϵ R 2 : 0 ≤ x ≤ 1 ,   0 ≤ y ≤ 2 + 2 x 2 } .

  1. Usando a mudança de variáveis x , y = T u , v = u , v 1 + u 2 , esboce cuidadosamente a região D * tal que D = T ( D * ) , justificando.
  2. Calcule a derivada D T ( u , v ) .
  3. Calcule a integral dada usando a fórmula de mudança de variáveis.
  4. Cheque o resultado do item (c) calculando a integral nas variáveis x , y .

Passo 1

Letra a)

A mudança que o problema pede nos dá que:

x = u

y = v ( 1 + u 2 )

Assim 0 ≤ x ≤ 1 passa a ser

0 ≤ u ≤ 1

E

  0 ≤ y ≤ 2 + 2 x 2

Passa a ser

0 ≤ y 1 + x 2 ≤ 2

Substituindo x = u em y = v ( 1 + u 2 ) vemos que:

y = v 1 + x 2

y 1 + x 2 = v

Assim, o outro intervalo que limita nossa região é

0 ≤ v ≤ 2

Foi? Temos 0 ≤ u ≤ 1 e 0 ≤ v ≤ 2 , graficamente:

Passo 2

Letra b)

Nós temos:

∂ x ∂ u = 1  

∂ x ∂ v = 0

∂ y ∂ u = 2 u v

∂ y ∂ v = 1 + u 2

Como

J = ∂ ( x , y ) ∂ ( u , v )     = ∂ x ∂ u ∂ x ∂ v ∂ y ∂ u ∂ y ∂ v

J = 1 0 2 u v 1 + u 2 = 1 + u 2

J = 1 + u 2

Passo 3

Letra c)

Agora vamos fazer essa mudança de variáveis na ntegral:

∬ D   x y d x d y = ∫ 0 1 ∫ 0 2 u v ( 1 + u 2 ) ( 1 + u 2 ) d v d u

Agora é só calcular isso aí

= 1 2 ∫ 0 1 v 2 u 1 + u 2 2 0 2 d u =

= 2 ∫ 0 1 u 1 + u 2 2 d u =

Agora fazemos a substituição 1 + u 2 = k , 2 u   d u = d k

= ∫ 1 2 k 2 d k =

= k 3 3 1 2 =

= 8 3 - 1 3 = 7 3

Passo 4

Letra d)

Agora vamos calcular a integral sem fazer a mudança de variáveis:

∬ D   x y d x d y = ∫ 0 1 ∫ 0 2 + 2 x 2 x y d y d x

= 1 2 ∫ 0 1 x y 2 0 2 + 2 x 2 d x =

= 1 2 ∫ 0 1 x 2 + 2 x 2 2 d x =

= 4 ∫ 0 1 x 1 + x 2 2 d x =

Agora fazemos a substituição 1 + x 2 = k , 2 x   d x = d k

= ∫ 1 2 k 2 d k =

= k 3 3 1 2 =

= 8 3 - 1 3 = 7 3

Ainda bem que deu a mesma coisa né! Pronto, isso aí gente.

Resposta

  1. 0 ≤ u ≤ 1 e 0 ≤ v ≤ 2
  2. J = 1 + u 2
  3. 7 3
  4. 7 3

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