Questão 10. Sejam A=\left\{(x, y) \in \mathbb{R}^{2} \mid 1+x^{2} \leq y \leq 2+x^{2}, x \geq 0\right. e \left.y \geq x+x^{2}\right\} e B=\left\{(u, v) \in \mathbb{R}^{2} \mid 1 \leq\right. v \leq 2, v \geq u e u \geq 0\}.
a) Verifique que B=\varphi(A) onde (u, v)=\varphi(x, y), com u=x e v=y-x^{2}.
b) Verifique que a área de A é igual à área de B.

Passo 1

O enunciado dá duas regiões em \mathbb{R}^2 e uma transformação \varphi. Vou listar claramente o que nos foi dado e o que se pede:
  • Região A é
A=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2 \mid 1+x^{2}\le y\le 2+x^{2},\; x\ge 0,\; y\ge x+x^{2}\}.
  • Região B é
B=\{(u,v)\in\mathbb{R}^2 \mid 1\le v\le 2,\; v\ge u,\; u\ge 0\}.
  • A transformação \varphi é dada por
\varphi(x,y)=(u,v),\quad u=x,\; v=y-x^{2}.
O enunciado pede duas coisas:
  1. Mostrar que B=\varphi(A), ou seja, a imagem de A pela função \varphi é exatamente B.
  2. Mostrar que a área de A é igual à área de B.

Passo 2

Vou verificar que \varphi(A)\subseteq B. Pegue um ponto arbitrário (x,y)\in A. Pela definição de A temos as desigualdades
1+x^{2}\le y\le 2+x^{2},\qquad x\ge 0,\qquad y\ge x+x^{2}.
Defina (u,v)=\varphi(x,y), isto é u=x e v=y-x^{2}. Agora transformo cada condição em termos de u e v:
  • Da desigualdade 1+x^{2}\le y subtraindo x^{2} em ambos os lados obtemos
1 \le y-x^{2} = v,
ou seja 1\le v.
  • Da desigualdade y\le 2+x^{2} subtraindo x^{2} obtemos
v \le 2,
ou seja v\le 2. Juntando com a anterior temos 1\le v\le 2.
  • Da condição y\ge x+x^{2} subtraindo x^{2} dois lados dá
v \ge x.
Mas x=u, logo v\ge u.
  • Finalmente x\ge 0 é u\ge 0.
Portanto (u,v) satisfaz 1\le v\le 2,\; v\ge u,\; u\ge 0, ou seja (u,v)\in B. Como (x,y) era arbitrário em A, concluímos \varphi(A)\subseteq B.

Passo 3

Agora verifico a inclusão contrária B\subseteq\varphi(A). Pegue um ponto arbitrário (u,v)\in B. Temos
1\le v\le 2,\qquad v\ge u,\qquad u\ge 0.
Quero encontrar (x,y)\in A tal que \varphi(x,y)=(u,v). A maneira natural é tentar a inversa óbvia: definir
x=u,\qquad y=v+x^{2}=v+u^{2}.
Vou checar que (x,y) pertence a A:
  • Como 1\le v\le 2, adicionando x^{2}=u^{2} em cada membro obtemos
1+u^{2}\le v+u^{2}\le 2+u^{2},
ou seja
1+x^{2}\le y\le 2+x^{2}.
  • A condição v\ge u torna-se y-x^{2}=v\ge u=x, ou seja y\ge x+x^{2}.
  • E u\ge 0 implica x\ge 0.
Assim (x,y) satisfaz todas as condições de A. Além disso \varphi(x,y)=(u,y-x^{2})=(u,v) por construção. Como (u,v) era arbitrário de B, temos B\subseteq\varphi(A).
Com as duas inclusões obtemos a igualdade desejada:
B=\varphi(A).

Passo 4

Agora explico por que as áreas de A e B são iguais. Conceito-chave: a área de uma região R\subset\mathbb{R}^2 pode ser escrita como a integral dupla
\text{Area}(R)=\iint_{R} 1\,dA.
Se fizermos uma mudança de variáveis suave e bijetora (u,v)\mapsto (x,y) com inversa diferenciável, então a integral se transforma pela regra da mudança de variáveis (fórmula do Jacobiano):
\iint_{R_{x,y}} f(x,y)\,dx\,dy = \iint_{R_{u,v}} f(x(u,v),y(u,v))\; \left|\det \! \left(\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right)\right|\; du\,dv.
Aqui \displaystyle \frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)} é a matriz jacobiana da transformação inversa (u,v)\mapsto(x,y), e seu determinante mede localmente o fator de escala de áreas causado pela transformação. Vou aplicar isso com f\equiv 1.

Passo 5

Determinamos a inversa explícita de \varphi. Já vimos na construção anterior que a inversa \varphi^{-1}:B\to A é
\varphi^{-1}(u,v)=(x,y),\quad x=u,\; y=v+u^{2}.
Calculo a matriz jacobiana \displaystyle \frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}. As derivadas parciais são
\frac{\partial x}{\partial u}=1,\quad \frac{\partial x}{\partial v}=0,
\frac{\partial y}{\partial u}=2u,\quad \frac{\partial y}{\partial v}=1.
Logo a matriz jacobiana é
\begin{pmatrix} 1 & 0\\[4pt] 2u & 1 \end{pmatrix}.
O determinante dessa matriz é (produto dos elementos da diagonal porque a matriz é triangular inferior)
\det\!\left(\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right)=1\cdot 1 - 0\cdot 2u = 1.
Portanto \left|\det\!\left(\dfrac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right)\right|=1 em todo B. Isso significa que localmente a transformação preserva áreas (fator de escala igual a 1).]

Passo 6

Usando a fórmula da mudança de variáveis para a área de A:
\text{Area}(A)=\iint_{A} 1\,dx\,dy = \iint_{B} 1\cdot \left|\det\!\left(\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right)\right| du\,dv = \iint_{B} 1\,du\,dv = \text{Area}(B).
Ou seja, a área de A é igual à área de B porque o Jacobiano vale 1.
Agora calculo explicitamente a área de B para obter um valor numérico. A região B é dada por
1\le v\le 2,\qquad 0\le u\le v.
(Escrevi 0\le u\le v porque u\ge 0 e u\le v segue da condição v\ge u.) Assim a área é a integral iterada
\text{Area}(B)=\int_{v=1}^{2}\left(\int_{u=0}^{v} du\right) dv.
Calculo passo a passo:
\int_{u=0}^{v} du = v,
de modo que
\text{Area}(B)=\int_{1}^{2} v\,dv = \left[\frac{v^{2}}{2}\right]_{1}^{2} = \frac{2^{2}}{2}-\frac{1^{2}}{2}=\frac{4-1}{2}=\frac{3}{2}.

Passo 7

Juntando tudo: mostramos que B=\varphi(A), que a inversa \varphi^{-1} tem jacobiano de valor absoluto 1, logo
\text{Area}(A)=\text{Area}(B).
E como \text{Area}(B)=\dfrac{3}{2}, concluímos que \text{Area}(A)=\dfrac{3}{2}.

Resposta

B=\varphi(A)
\text{Área}(A)=\text{Área}(B)=\dfrac{3}{2}ÁÁ

Exercícios relacionados