(2,0 pontos) A integral \int_{0}^{1} \int_{0}^{1-x}(y-x) \sqrt{x+y} d y d x pode ser calculada com a mudança de variáveis u=y-x, v=x+y.
a) Determine as expressões de x=x(u, v), y=y(u, v) e \frac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)};
b) A integral nas coordenadas u v é dada por \int_{0}^{1} \int_{u_{1}}^{u_{2}} \alpha u \sqrt{v} d u d v. Determine as expressões de u_{1}, u_{2} e \alpha.

Passo 1

O enunciado dá a integral
\int_{0}^{1}\int_{0}^{1-x} (y-x)\sqrt{x+y}\,dy\,dx
e propõe a mudança de variáveis
u=y-x,\qquad v=x+y.
O que pedem:
  • (a) encontrar x=x(u,v), y=y(u,v) e calcular \dfrac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)};
  • (b) escrever a integral na nova variável na forma \displaystyle\int_{0}^{1}\int_{u_1}^{u_2}\alpha\,u\sqrt{v}\,du\,dv e identificar u_1, u_2 e \alpha.
Informações relevantes do enunciado:
  • A região original no plano xy é o triângulo com vértices (0,0), (1,0) e (0,1), isto é \{(x,y)\mid x\ge 0,\; y\ge 0,\; x+y\le 1\}.
  • A transformação linear é dada por u=y-x e v=x+y.

Passo 2

Resolver o sistema para obter x e y em função de u e v.
Escrevendo o sistema:
\begin{cases} u = y - x,\\[4pt] v = x + y. \end{cases}
Somando as duas equações:
u+v = (y-x)+(x+y)=2y \quad\Rightarrow\quad y=\dfrac{v+u}{2}.
Subtraindo a primeira da segunda:
v-u = (x+y)-(y-x)=2x \quad\Rightarrow\quad x=\dfrac{v-u}{2}.
Portanto
x(u,v)=\dfrac{v-u}{2},\qquad y(u,v)=\dfrac{v+u}{2}.]

Passo 3

Calcular a derivada jacobiana \dfrac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}.
Primeiro escrevo as derivadas parciais:
\frac{\partial x}{\partial u}=-\dfrac{1}{2},\qquad \frac{\partial x}{\partial v}=\dfrac{1}{2},
\frac{\partial y}{\partial u}=\dfrac{1}{2},\qquad \frac{\partial y}{\partial v}=\dfrac{1}{2}.
A matriz jacobiana é
J=\begin{pmatrix} \partial x/\partial u & \partial x/\partial v\\[4pt] \partial y/\partial u & \partial y/\partial v \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} -1/2 & 1/2\\[4pt] 1/2 & 1/2 \end{pmatrix}.
O determinante é
\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}=\det J = \left(-\dfrac{1}{2}\right)\left(\dfrac{1}{2}\right)-\left(\dfrac{1}{2}\right)\left(\dfrac{1}{2}\right)=-\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{4}=-\dfrac{1}{2}.
Observação didática: o sinal negativo indica inversão de orientação entre as coordenadas; para mudar a variável numa integral de área usa-se o valor absoluto do determinante como fator de escala da área. Assim |\partial(x,y)/\partial(u,v)|=\tfrac{1}{2}.]

Passo 4

Expressar o integrando e o elemento de área em termos de u,v.
O integrando original é (y-x)\sqrt{x+y}. Em termos de u,v temos:
y-x = u,\qquad x+y = v,
logo o integrando vira u\sqrt{v}.
O elemento de área transforma-se segundo
dx\,dy = \left|\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right| du\,dv = \frac{1}{2}\,du\,dv.
Portanto a integranda completa é \displaystyle u\sqrt{v}\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{2}\,u\sqrt{v}. Isso mostra que o coeficiente \alpha pedido é \tfrac{1}{2}.

Passo 5

Determinar os limites da nova região em termos de u e v.
A região original é \{(x,y)\mid x\ge 0,\; y\ge 0,\; x+y\le 1\}.
Primeiro obter o intervalo de v. Como v=x+y e x+y varia entre 0 (no ponto (0,0)) e 1 (na hipotenusa do triângulo), segue que
0\le v\le 1.
Para um v fixo (ou seja, numa reta x+y=v intersectando o triângulo), temos as restrições x\ge 0 e y\ge 0. Usando x=\dfrac{v-u}{2}\ge 0 e y=\dfrac{v+u}{2}\ge 0 obtemos:
v-u\ge 0 \quad\Rightarrow\quad u\le v,
v+u\ge 0 \quad\Rightarrow\quad u\ge -v.
Portanto, para cada v\in[0,1] temos
-u \text{ varia entre } -v \text{ e } v\quad\text{ou mais simplesmente}\quad -v\le u\le v.
Assim os limites internos são u_1(u\text{ mínimo})=-ví e u_2(u\text{ máximo})=vá.

Passo 6

Reescrever a integral na forma pedida e identificar os parâmetros.
A integral transformada fica
\int_{v=0}^{1}\int_{u=-v}^{v} \frac{1}{2}\,u\sqrt{v}\,du\,dv,
ou seja na forma \displaystyle\int_{0}^{1}\int_{u_1}^{u_2}\alpha\,u\sqrt{v}\,du\,dv com
u_1=-v,\qquad u_2=v,\qquad \alpha=\dfrac{1}{2}.

Resposta

x=\dfrac{v-u}{2},\; y=\dfrac{v+u}{2},\; \dfrac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}=-\dfrac{1}{2}.
u_{1}=-v,\; u_{2}=v,\; \alpha=\dfrac{1}{2}.

Exercícios relacionados