Mudança Qualquer de Variáveis

Teoria Completa

Olá, galerinha! Se você chegou nesse tópico, você já deve ter resolvido algumas integrais triplas e aqui não será diferente. Só que aqui eu vou te desafiar a resolver uma integral que já adianto que seria bem trabalhosa, caso você fosse resolver pela forma como você ta acostumado. Olha ela aí

∭ W e x + y + z d V

Sendo W a região limitada pelos planos x = - 1 , x = 1 , y + z = - 1 , y + z = 1 , - y + z = - 1 , - y + z = 1 .

Como eu estou aqui te ajudar, já adianto o que vamos fazer nesse tópico: A gente vai usar a mudança de variável. Vamos sempre usar essa técnica quando uma expressão se repetir muito no integrando ou no domínio de integração.

Tá vendo que os termos y + z , - y + z e x se repetem muito na expressão da região W ? Então, vamos fazer

u = y + z

v = - y + z

s = x

O que a gente acabou de fazer foi propor a mudança de variável em termos de u , v , s .

Qual é o próximo passo? Devemos calcular o jacobiano! Que é esse carinha aqui

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

Galera, sempre que a gente fizer uma mudança de variável, vamos ter que calcular o jacobiano, ok!

Po, mas eu não tenho x , y , z em função de u , v , s . Eu tenho exatamente o contrário. O que eu faço então? A gente “inverter” essas derivadas. Isso mesmo, escrever cada derivada parcial trocando o que ta em cima pelo de baixo. Olha como fica e compara as duas.

J ⋆ = ∂ u , v , s ∂ x , y , z = ∂ u ∂ x ∂ u ∂ y ∂ u ∂ z ∂ v ∂ x ∂ v ∂ y ∂ v ∂ z ∂ s ∂ x ∂ s ∂ y ∂ s ∂ z

Aqui no nosso caso vamos ter

J ⋆ = 0 1 1 0 - 1 1 1 0 0 = 2

O que fazemos agora é usar essa formulinha

J = 1 J ⋆

Ou seja, no nosso caso

J = 1 2

Uma observação importante é que o jacobiano deve ser sempre diferente de zero. Caso dê zero, você deve mudar a substituição!

Agora precisamos mudar os limites da região

x = - 1 → s = - 1

x = 1 → s = 1

y + z = - 1 → u = - 1

y + z = 1 → u = 1

- y + z = - 1 → v = - 1

- y + z = 1 → v = 1

Isso define uma nova região R , no espaço u v s .

Uhul, agora podemos montar a integral nas novas variáveis u , v , s !

∭ W e x + y + z d V = ∭ R e u + s ∂ x , y , z ∂ u , v , s d u d v d s

Assim,

∫ - 1 1 ∫ - 1 1 ∫ - 1 1 e u + s 1 2 d u d v d s

Resolvendo essa integral como estamos acostumados, vamos ter

∭ W e x + y + z d V = e 2 + e - 2 - 2

Em resumo os passos são os seguintes: propomos a mudança, mudamos o domínio de integração e calculamos a integral em termos de u , v , s .

Resolvendo mais um exemplo

Agora vamos resolver essa integral para fixar bem:

∭ W z e x - y x + y + z d V

Sendo W a região limitada pelos planos: x - y = 0 ; x - y = 1 ; x + y + z = 1 ; x + y + z = 2 ; z = 0 ; z = 3

Passo 1: Propor a mudança de variável

u = x - y

v = x + y + z

s = z

Passo 2: Calcular o Jacobiano

J ⋆ = ∂ u , v , s ∂ x , y , z = ∂ u ∂ x ∂ u ∂ y ∂ u ∂ z ∂ v ∂ x ∂ v ∂ y ∂ v ∂ z ∂ s ∂ x ∂ s ∂ y ∂ s ∂ z = 1 - 1 0 1 1 1 0 0 1 = 2

J = 1 J ⋆ = 1 2

Passo 3: Mudar o limite por região

x - y = 0 → u = 0

x - y = 1 → u = 1

x + y + z = 1 → v = 1

x + y + z = 2 → v = 2

z = 0 → s = 0

z = 3 → s = 3

Isso define uma nova região R , no espaço: 0 ≤ u ≤ 1 ;   1 ≤ v ≤ 2 ;   0 ≤ s ≤ 3 .

Passo 4: Montar e resolver a integral

∫ 0 3 ∫ 1 2 ∫ 0 1 s e u v . 1 2 d u d v d s

Resolvendo essa integral como estamos acostumados, vamos ter

∭ W e x + y + z d V = 9 4 l n 2 . e - 1

Agora é a hora de praticar mais nos exercícios!

Expandir

Exercício Resolvido #1

George B. Thomas, Cálculo Volume II, 11ª ed. São Paulo: Pearson Education do Brasil Ltda., 2009, pp. 460-22.

Seja D a região no espaço x y z definida pelas desigualdades

1 ≤ x ≤ 2 ,     0 ≤ y ≤ 2 ,       0 ≤ z ≤ 1

Calcule

∭ D x 2 y + 3 x y z d x d y d z

Aplicando a transformação

u = x ,     v = x y ,     s = 3 z

E integrando sobre uma região apropriada G no espaço u v s .

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Para mudança de variáveis devemos fazer

∭ D   f ( x , y , z ) d x d y d z = ∭ Q   f ( u , v , s ) ∂ x , y , z ∂ ( u , v , s ) d u d v d s

Onde o jacobiano é dado por:

J = ∂ x , y , z ∂ ( u , v , s ) = d x d u d x d v d x d s d y d u d y d v d y d s d z d u d z d v d z d s

Passo 2

Toma cuidado agora galera! Lembra sempre que para usar o determinante dessa matriz direto na integral ( x , y , z ) devem ser funções de ( u , v , s ) . Aqui, a gente tem exatamente o contrário, então devemos fazer

J ⋆ = ∂ u , v , s ∂ ( x , y , z ) = d u d x d u d y d u d z d v d x d v d y d v d z d s d x d s d y d s d z = 1 0 0 y x 0 0 0 3 = 3 x = 3 u

Agora, basta invertermos o resultado aí de cima

J = 1 J ⋆ = 1 3 u

Passo 3

Pronto, agora podemos substituir na integral e resolver! Mas antes disso, vamos encontrar o intervalo de integração das novas variáveis:

Como, 1 ≤ x ≤ 2 ,     0 ≤ y ≤ 2 ,       0 ≤ z ≤ 1 , temos que:

1 ≤ u ≤ 2

0 ≤ v u ≤ 2 →   0 ≤ v ≤ 2 u  

Além disso, pela terceira expressão temos que z = s 3 . Então,

0 ≤ s 3 ≤ 1 →     0 ≤ s ≤ 3  

Passo 4

Agora sim vamos substituir na integral,

∭ D   ( x 2 y + 3 x y z ) d x d y d z = ∭ Q   u v + v s ⋅ 1 3 u d u d v d s

Agora, vamos subsitutir os valores dos limites de integração

∫ 0 3 ∫ 1 2 ∫ 0 2 u u v + v s ⋅ 1 3 u d v d u d s

Passo 5

Resolvendo a integração em v temos

∫ 0 3 ∫ 1 2 ∫ 0 2 u u v + v s ⋅ 1 3 u d v d u d s = 1 3 ∫ 0 3 ∫ 1 2 u v 2 2 + v 2 s 2 1 3 u 0 2 u d u d s

1 3 ∫ 0 3 ∫ 1 2 2 u 3 + 2 u 2 s 1 3 u d u d s = 1 3 ∫ 0 3 ∫ 1 2 2 u 2 + 2 u s d u d s

Passo 6

Resolvendo a integração em u temos

1 3 ∫ 0 3 ∫ 1 2 2 u 2 + 2 u s d u d s = 1 3 ∫ 0 3 2 u 3 3 + u 2 s 1 2 d s

1 3 ∫ 0 3 14 3 + 3 s d s

Passo 7

Resolvendo, finalmente, a integral em s :

1 3 ∫ 0 3 14 3 + 3 s d s = 1 3 14 s 3 + 3 s 2 2 0 3 = 1 3 14 + 27 2 = 1 3 55 2 = 55 6

Resposta

∭ D x 2 y + 3 x y z d x d y d z = 55 6

Exercício Resolvido #2

Howard Anton, Irl Bivens e Stephen Davis, Cálculo – Volume II, 8ª ed. Porto Alegre: ARTMED EDITORA S.A, 2005, pp. 1101 – 39

Seja G o sólido do espaço tridimensional definido pelas desigualdades

1 - e x ≤ y ≤ 3 - e x ,     1 - y ≤ 2 z ≤ 2 - y ,       y ≤ e x ≤ y + 4

  1. Usando a transformação de coordenadas
  2. u = e x + y ,     v = y + 2 z ,       w = e x - y

    Calcule o jacobiano ∂ x ,   y ,   z ∂ ( u ,   v ,   w ) . Expresse sua resposta em termos de u ,   v ,   w

  3. Usando uma integral tripla e a mudança de variável dada em (a), encontre o volume de G .
MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Para calcular o Jacobiano pedido usamos a seguinte fórmula,

J = ∂ x , y , z ∂ ( u , v , w ) = d x d u d x d v d x d w d y d u d y d v d y d w d z d u d z d v d z d w

Mas cuidado, porque para usar essa fórmula direto precisamos ter ( x , y , z ) funções de u , v , w . Como não temos isso, vamos calcular

J ⋆ = ∂ u , v , w ∂ ( x , y , z ) = e x 1 0 0 1 2 e x - 1 0 = 4 e x

Passo 2

Ué, a resposta pode ficar com ( x , y , z ) ? NÃO!!

Precisamos brincar com a transformação dada para obter J ⋆ com ( u , v , w ) . Vem comigo:

u = e x + y w = e x - y → u + w = 2 e x ∴ 2 u + w = 4 e x

Assim, J ⋆ = 2 u + w .   Ae agora acabou? NÃO!! Precisamos inverter

J = 1 J ⋆ = 1 2 u + w

Passo 3

Mas antes de calcular o volume vamos estudar os limites das nossas novas variáveis, do enunciado sabemos que:

1 - e x ≤ y ≤ 3 - e x ,     1 - y ≤ 2 z ≤ 2 - y ,     y ≤ e x ≤ y + 4

Como,

u = e x + y ,     v = y + 2 z ,       w = e x - y

Vamos ter o seguinte, para a variável u vamos somar e x em todos os termos da primeira desigualdade:

1 - e x ≤ y ≤ 3 - e x

1 ≤ y + e x ≤ 3

1 ≤ u ≤ 3

Para a variável v , vamos somar y em todos os termo da segunda desigualdade:

1 - y ≤ 2 z ≤ 2 - y

1 ≤ 2 z + y ≤ 2

1 ≤ v ≤ 2

Por último, subtraindo y em todos os termos da terceira desigualdade teremos:

y ≤ e x ≤ y + 4

0 ≤ e x - y ≤ 4

0 ≤ w ≤ 4

Resumindo, temos os seguintes limites:

1 ≤ u ≤ 3

1 ≤ v ≤ 2

0 ≤ w ≤ 4

Passo 4

O volume do sólido é dado por,

V = ∭ G d V = ∭ T J u ,   v ,   w d u d v d w

V = ∫ 1 3 ∫ 1 2 ∫ 0 4   1 2 u + w d w d v d u  

V = 1 2 ∫ 1 3 ∫ 1 2 ( ln ⁡ u + 4 - ln ⁡ ( u + 0 ) ) d v d u    

V = 1 2 ∫ 1 3 ( ln ⁡ u + 4 - ln ⁡ u ) ⋅ ( 2 - 1 ) d u

Mas,

∫ ln ⁡ x d x = x ln ⁡ x - 1 + C

Assim,

V = 1 2 u + 4 ( ln ⁡ u + 4 - 1 )   - u ( ln ⁡ u - 1 ) 1 3

V = 1 2 7 ( ln ⁡ 7 - 1 - 3 ln ⁡ 3 - 1 - 5 ln ⁡ 5 - 1 + 1 ( ln ⁡ 1 - 1 ) )  

V = 1 2 ( 7 ln ⁡ 7 - 5 ln ⁡ 5 - 3 ln ⁡ 3 - 8 + 8 + ln ⁡ 1 )

V = 1 2 7 ln ⁡ 7 - 5 ln ⁡ 5 - 3 ln ⁡ 3

Resposta

J u ,   v ,   w =   1 2 u + w

V = 1 2 ( 7 ln ⁡ 7 - 5 ln ⁡ 5 - 3 ln ⁡ 3 )

Resposta

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