Mudança para Coordenadas Polares

Teoria Completa

Nos últimos capítulos você viu como calcular integrais duplas sobre alguns tipos de regiões, limitadas por retas, parábolas, hipérboles etc. Imagine, agora, a seguinte integral:

∬ C   f x , y d x d y

Onde nossa f ( x , y ) vai ser uma função bem simples para começarmos, beleza? Vamos começar com a f x , y = x 2 + y 2 !

∬ C   ( x 2 + y 2 ) d x d y

Agora temos que olhar essa região de integração...

Esse C será o círculo x 2 + y 2 ≤ 1 . Seguindo a ideia dos capítulos anteriores, a gente tentaria escrever como tipo 1 ou tipo 2. Vamos de tipo 1, ou seja:

- 1   ≤ x ≤ 1   - 1 - x 2 ≤ y ≤ 1 - x 2

Essas não são expressões muito agradáveis de se trabalhar! Por isso, em geral, quando temos regiões circulares, não utilizamos o sistema de coordenadas retangulares, que chamamos de x e y . Utilizamos um sistema que descreve essas curvas de forma muito mais simples: as coordenadas polares.

Coordenadas Polares

Esse novo sistema de coordenadas usa uma distância entre os pontos e a origem que chamamos de r e o ângulo entre essa distância e o eixo x que denotamos por θ como na figura abaixo

Vamos entender, então, como passar do sistema retangular de coordenadas ( x , y ) para o polar ( r , θ ) .

Pelo triangulo retângulo da figura, vemos que:

x = r cos ⁡ θ (cateto adjacente ao ângulo θ )

y = r   s e n   θ (cateto oposto ao ângulo θ )

Essa relação vale para qualquer ponto que formos escrever em coordenadas polares. Os diferenciais passam a ser, então, d r e d θ .

Só uma observação: o ângulo θ é positivo no sentido anti-horário.

Como você viu em outros capítulos, sempre que mudamos de coordenadas nas integrais duplas, precisamos calcular o Jacobiano dessa transformação. Vamos fazer isso:

J = ∂ ( x , y ) ∂ ( r , θ ) = ∂ x ∂ r ∂ x ∂ θ ∂ y ∂ r ∂ y ∂ θ

J = cos ⁡ θ - r   s e n θ s e n   θ r   c o s   θ = r   c o s 2 θ + r   s e n 2 θ = r [ c o s 2 θ + s e n 2 θ ]

J = r

Portanto, sempre que fizermos uma substituição polar em uma integral dupla, temos que escrever esse termo r ao lado do novo diferencial d r d θ .

É muito importante que você se lembre desse Jacobiano, para não precisar fazer contas desnecessárias!

Agora que já vimos tudo isso vamos terminar de fazer o nosso exemplo:

∬ C   ( x 2 + y 2 ) d x d y

Onde C é o círculo x 2 + y 2 ≤ 1 .

Passo 1: Esboçar a região.

Passo 2: Fazer a mudança para coordenadas polares

x = r c o s θ y = r s e n θ J = r

Passo 3: Encontrar os limites de integração de r e θ.

0 ≤ r ≤ 1 0 ≤ θ ≤ 2 π

Nosso raio r varia de 0 até 1, ou seja do menor raio possível, nesse caso é 0, até o valor máximo dele, nesse caso igual a 1

Já o nosso θ está variando de 0 até 2π porque está dando uma volta completa no plano.

Passo 4: Substituir na integral não esquecendo o nosso famoso jacobiano!

∫ 0 2 π   ∫ 0 1 ( r c o s θ 2 + r s e n θ 2 ) r   d r d θ Lembrando que: r c o s θ 2 + r s e n 2 = r 2 ( cos 2 ⁡ θ + s e n 2 θ ) = r 2

Então nossa integral fica assim:

∫ 0 2 π   ∫ 0 1 r 3   d r d θ

∫ 0 2 π r 4 4 0 1 d θ

∫ 0 2 π 1 4 d θ

1 4 2 π = π 2

Mas quando vamos usar essa mudança? Basicamente, quando você tiver um desses casos:

  1. Quando a região for circular (ou envolver uma circunferência);
  2. Quando você encontrar muitos x 2 e y 2 , seja nas equações que limitam a região ou na função que você vai integrar.

Exemplo: Beleza, então vamos calcular ∬ R   3 x + 4 y 2 d A , onde R é a região limitada pelos círculos x 2 + y 2 = 1 e x 2 + y 2 = 4 , com y ≥ 0 .

Passo 1: Essa região pode ser descrita como:

R = { ( x , y ) | 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 4 ; y ≥ 0 }

Graficamente, ela é representada assim:

Como nós temos duas circunferências limitando nossa região, pensamos logo em coordenadas polares.

Passo 2: Como vamos usar as coordenadas polares, precisamos descobrir os intervalos de integração de r e θ , certo? Assim como nós fazíamos com as outras mudanças de variáveis.

Temos aqui r variando entre 1 e 2 (entre a circunferência vermelha e a azul) e θ entre 0 e π (uma semicircunferência). Mas vamos supor que você não tenha conseguido visualizar isso na figura, basta substituir os valores da transformação polar nas equações do enunciado que limitam a região:

x 2 + y 2 = 1  

( r cos ⁡ θ ) 2 + ( r sen ⁡ θ ) 2 = 1   → r 2 cos 2 ⁡ θ + s e n 2 θ = 1 → r = 1

x 2 + y 2 = 4  

( r cos ⁡ θ ) 2 + ( r sen ⁡ θ ) 2 = 4 →   r 2 cos 2 ⁡ θ + s e n 2 θ = 4   → r = 2

y ≥ 0   → r   s e n   θ ≥ 0  

Agora vamos pensar, como r ≥ 0 sempre, temos que ter s e n   θ ≥ 0 . Os valores que obedecem a essa condição são: 0 ≤ θ ≤ π . Assim, o domínio pode ser reescrito como:

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

Passo 3: Agora vamos montar a integral em coordenadas polares, substituindo os valores de x e y :

∫ 0 π   ∫ 1 2 [ 3 ( r cos ⁡ θ ) + 4 r   s e n   θ 2 ] r d r d θ =

Esse termo r é o Jacobiano, não se esqueça dele!

Resolvendo essa integral da forma habitual, temos

15 π 2

Beleza? Vamos para os exercícios agora!

Expandir

Exercício Resolvido #1

Diomara Pinto e Maria Cândida Ferreira Morgado, Cálculo Diferencial e Integral de Funções de Várias Variáveis, 3ª ed. Rio de Janeiro: UFRJ, 2009, pp. 181

Calcule ∬ D   l n ⁡ ( x 2 + y 2 )   d x d y , onde D é a região do primeiro quadrante situada entre as circunferências x 2 + y 2 = 1 e x 2 + y 2 = 4 .

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Passo 1

Como nossa região de integração é limitada por duas circunferências, é uma boa usar coordenadas polares. Vamos definir:

x = r cos ⁡ θ

y = r sen ⁡ θ

Como já vimos, o Jacobiano dessa transformação é J = r .

Passo 2

Agora vamos analisar os intervalos de integração na figura abaixo:

Vemos que o raio r varia entre 1 e 2 e o ângulo θ entre 0 e π / 2 .

Perceba que o enunciado disse 1º quadrante!

Passo 3

Vamos, então, montar a integral, substituindo os valores que atribuímos a x e y :

∫ 1 2   ∫ 0 π 2 l n ⁡ r cos ⁡ θ 2 + r sen ⁡ θ 2 r d θ d r = ∫ 1 2   ∫ 0 π 2 r ln ⁡ r 2 ⁡ d θ d r =

Esse r vem do Jacobiano!

Passo 4

Vamos começar integrando em relação a θ :

= ∫ 1 2   r ln ⁡ r 2 θ θ = 0 θ = π / 2 d r =

= π 2 ∫ 1 2 r ln ⁡ r 2   d r =

Mas ln ⁡ r 2 = 2 ln ⁡ r . Então, no fim, fica:

= π 2 ∫ 1 2 2 r ln ⁡ r   d r

= π ∫ 1 2 r ln ⁡ r   d r

Passo 5

Agora vamos fazer a integração por partes, com;

ln ⁡ r = u e r = v '

O que nos dá:

u ' = 1 r e v = r 2 2

Substituindo esses valores em ∫ u v ' = u v - ∫ u ' v

Temos:

∫ r ln ⁡ r d r = r 2 2 ln ⁡ r - ∫ 1 r × r 2 2 d r = r 2 2 ln ⁡ r - r 2 4

Então, o valor da nossa integral é:

= π r 2 2 ln ⁡ r - r 2 4 r = 1 r = 2 =

= π 4 2 ln ⁡ 2 - 4 4 - 1 2 ln ⁡ 1 - 1 4 =

= π 2 ln ⁡ 2 - 1 + 1 4 =

Resposta

π 2 ln ⁡ 2 - 3 4

Exercício Resolvido #2

CEFET - Cálculo 2 - P2 Roberto Sa 2012.1 – 1a

Calcule

∫ 0 1 ∫ 0 1 - y 2 cos ⁡ ( x 2 + y 2 ) d x d y

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Passo 1

Antes de tudo, vamos analisar com calma aqui rapidinho. Repare que x varia desde x = 0 até x = 1 - y 2 e essa expressão nada mais é do que a parte com x positivo da circunferência x 2 + y 2 = 1 .

No termo que vamos integrar, temos x 2 e y 2 . Já entendeu onde queremos chegar? Isso tudo indica que a boa aqui é usar coordenadas polares. Vamos fazer isso então!

x = r   c o s   θ

y = r   s e n   θ

Como já vimos, o Jacobiano dessa transformação é J = r .

Passo 2

Para a gente não se confundir, vamos desenhar essa região de integração e descobrir os intervalos de r e θ , ok? Como já falamos, x varia desde 0 até um arco de circunferência. Olhando para a integral, vemos que y varia de 0 até 1 . Então temos:

É isso aqui o que temos então. Agora ficou mais fácil de ver que 0 ≤ r ≤ 1 e 0 ≤ θ ≤ π / 2 (o equivalente a 1 / 4 de volta do círculo).

Passo 3

Vamos, então, montar a integral, substituindo os valores que atribuímos a x e y :

∫ 0 1   ∫ 0 π 2 c o s r   c o s   θ 2 + r   s e n   θ 2 r d θ d r =

Esse r vem do Jacobiano!

= ∫ 0 1   ∫ 0 π 2 r   c o s ⁡ ( r 2 ) d θ d r =

Passo 4

Vamos começar integrando em relação a θ :

= ∫ 0 1   θ   r   c o s ⁡ ( r 2 ) 0 π / 2 d r =

= π 2 ∫ 0 1   r   c o s ⁡ ( r 2 ) d r =

Passo 5

Agora integramos em relação a r . Para isso, vamos fazer a substituição:

r 2 = u

2 r d r = d u

= π 2 ∫ 0 1   c o s ⁡ ( r 2 ) r   d r ⏟ d u / 2 =

= π 4 ∫ 0 1   c o s ⁡ ( u ) d u =

= π 4   s e n   u 0 1 =

= π 4   s e n   1

Resposta

π 4   s e n   1

Exercício Resolvido #3

UNICAMP - Cálculo 2 - P2 2013 Noite – 1

Calcule

∬ R   y d A

Onde R é a região no primeiro quadrante limitada pelo semi-círculo x 2 + y 2 = 2 x .

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Passo 1

Bom, antes de tudo, vamos desenhar essa região R , para ter uma ideia melhor do que está acontecendo. Rearrumando a equação da circunferência:

x - 1 2 + y 2 = 1

Portanto, é uma circunferência de raio 1 centrada em ( 1,0 ) . Temos isso aqui então:

A região R é essa em cinza.

Passo 2

Agora, vamos descrever essa região em coordenadas polares (já que se trata de um círculo):

x = r cos ⁡ θ

y = r   s e n   θ

J = r

Fazendo a mudança na equação da circunferência:

r cos ⁡ θ - 1 2 + r   s e n   θ 2 = 1

r 2 cos 2 ⁡ θ - 2 r cos ⁡ θ + 1 + r 2 s e n 2 θ = 1

r 2 = 2 r cos ⁡ θ

r = 2 cos ⁡ θ

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

0 ≤ r ≤ 2 cos ⁡ θ

Ainda olhando para o desenho, como a região está toda descrita no primeiro quadrante, temos que

0 ≤ θ ≤ π 2

Passo 3

Agora vamos montar a integral em coordenadas polares, fazendo a substituição:

x = r cos ⁡ θ

y = r   s e n   θ

J = r

∬ R   y d A = ∫ 0 π 2 ∫ 0 2 cos ⁡ θ r   s e n   θ r d r d θ

Temos, então:

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

Passo 4

Agora é só resolver isso aí:

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

= 1 3 ∫ 0 π 2 8 cos 3 ⁡ θ s e n   θ d θ =

= 8 3 ∫ 0 π 2 cos 3 ⁡ θ s e n   θ d θ =

Agora fazemos

cos ⁡ θ = u

- s e n   θ   d θ = d u

Mudando os limites de integração vai dar

θ = 0             →             u = 1

θ = π 2             →             u = 0

A nossa integral fica

= - 8 3 ∫ 1 0 u 3 d u =

= - 8 3 u 4 4 1 0 =

= - 8 3 0 - 1 4 =

= 8 12 =

= 2 3

Resposta

2 3

Exercício Resolvido #4

UNICAMP - Cálculo 2 - P2 2013 Tarde - 1

Utilize coordenadas polares para calcular

∬ R   x x 2 + y 2 d A

Onde

R = ( x , y ) ∈ R 2 | x 2 + y 2 ≤ 4   e   x ≥ 1

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Passo 1

Bom, antes de tudo, vamos desenhar essa região R , para ter uma ideia melhor do que está acontecendo. Queremos a parte com x ≥ 1 do círculo de raio 2 :

Temos, então, essa região cinza.

Passo 2

Agora, vamos descrever essa região em coordenadas polares.

x = r cos ⁡ θ

y = r   s e n   θ

J = r

Como o raio vai desde a reta x = 1 até a circunferência de raio 2 , vamos fazer a mudança polar na reta:

x = 1 = r cos ⁡ θ

r = 1 cos ⁡ θ

Logo

1 cos ⁡ θ ≤ r ≤ 2

Agora, para achar o intervalo de θ , precisamos descobrir onde a reta corta a circunferência, ou seja, onde:

r = 1 cos ⁡ θ = 2

Isso ocorre se

cos ⁡ θ = 1 2

θ = π 3 - π 3

Logo, temos - π 3 ≤ θ ≤ π 3 .

Passo 3

Agora vamos montar a integral em coordenadas polares, fazendo a substituição:

x = r cos ⁡ θ

y = r   s e n   θ

J = r

∬ R   x x 2 + y 2 d A = ∫ - π 3 π 3 ∫ 1 cos ⁡ θ 2 r cos ⁡ θ r 2 r d r d θ

Temos, então:

= ∫ - π 3 π 3 ∫ 1 cos ⁡ θ 2 cos ⁡ θ d r d θ =

Passo 4

Agora é só resolver isso aí:

= ∫ - π 3 π 3 r cos ⁡ θ 1 cos ⁡ θ 2 d θ =

= ∫ - π 3 π 3 2 cos ⁡ θ - 1 d θ =

= 2   s e n   θ - θ - π 3 π 3 =

= 2 3 2 - π 3 - - 2 3 2 + π 3 =

= 2 3 - 2 π 3

Resposta

2 3 - 2 π 3

Exercício Resolvido #5

UFRJ - Cálculo 3 - P1 2011.1 - 1b

b) Calcule a integral

∫ 0 a cos ⁡ b   ∫ 0 x tg ⁡ b f ( x , y ) d y d x + ∫ a cos ⁡ b a   ∫ 0 a 2 - x 2 f ( x , y ) d y d x

Considerando f x , y = x 4 - y 4

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Passo 1

Como temos termos quadráticos tanto no domínio como na função a ser integrada, vamos utilizar coordenadas polares. Faremos:

x = r cos ⁡ θ

y = r sen ⁡ θ

J = r

Passo 2

Primeiro vamos passar a nossa função f pra coordenadas polares

f = x 4 - y 4 = r cos ⁡ θ 4 - r sen ⁡ θ 4 = r 4 cos 4 ⁡ θ - sen 4 ⁡ θ

O que dá uma facilitada na nossa vida é fazer uma diferença de quadrados no termo entre parênteses

cos 4 ⁡ θ - sen 4 ⁡ θ = cos 2 ⁡ θ - sen 2 ⁡ θ cos 2 ⁡ θ + sen 2 ⁡ θ

Reconhece o segundo termo? É a identidade fundamental da trigonometria, ou seja, é igual a 1! Já o primeiro pode ser reescrito usando arco duplo pra cosseno

cos ⁡ 2 θ = cos 2 ⁡ θ - sen 2 ⁡ θ

Então

cos 4 ⁡ θ - sen 2 ⁡ θ = cos ⁡ 2 θ 1 = c o s ⁡ ( 2 θ )

Agora a nossa função f ficou com uma cara mais simpática :)

f = r 4 cos ⁡ 2 θ

Então finalmente podemos reescrever os que tá dentro dos nossos integrandos como

x 4 - y 4 d x d y = r 4 cos ⁡ 2 θ r d r d θ = r 5 cos ⁡ 2 θ d r d θ

Show!

Passo 3

Agora precisamos determinar os limites de integração!

Primeiro vamos olhar a primeira integral. Nela a variável y vai de 0 até x tan ⁡ b , então

0 < y < x tan ⁡ b

0 < r sen ⁡ θ < r cos ⁡ θ tan ⁡ b

0 < tan ⁡ θ < tan ⁡ b

Supondo que b > 0 , podemos dizer que

0 < θ < b

Uhul!

Já a coordenada x : essa coordenada vai de 0 até a cos ⁡ b , então

0 < x < a cos ⁡ b

0 < r cos ⁡ θ < a cos ⁡ b

0 < r < a cos ⁡ b cos ⁡ θ

Show! Como escrevemos os limites de r como uma função de θ então vamos primeiro integrar em r e depois em θ , beleza?

Passo 4

A primeira integral então fica

∫ 0 b ∫ 0 a cos ⁡ b / cos ⁡ θ r 5 cos ⁡ 2 θ d r   d θ