Questão 5 [QUESTÃO EXTRA] (4 pts)Escolha um item e resolva
Encontre o centro de massa da região B=\left\{(x, y) \in \mathbf{R}^{2} ; x^{2}+4 y^{2} \leq 1, y \geq 0\right\} sendo a função densidade proporcional à distância do ponto à origem.

Passo 1

O enunciado pede o centro de massa da região B=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2;\;x^{2}+4y^{2}\le 1,\;y\ge 0\} quando a densidade em cada ponto é proporcional à distância ao origem.\n
Informações relevantes dadas:
  • A região B é a metade superior da elipse definida por x^{2}+4y^{2}\le 1 (ou seja, a parte com y\ge 0).\n
  • A densidade é proporcional à distância ao origem; isto é, existe uma constante k>0 tal que, para um ponto (x,y), a densidade é \rho(x,y)=k\sqrt{x^{2}+y^{2}}.\n
  • O que precisamos encontrar são as coordenadas do centro de massa (\bar{x},\bar{y}) da região B com essa densidade.

Passo 2

Definição e fórmulas do centro de massa (lembrando que eu vou te explicar cada símbolo):\n
  • A massa total M da placa é a integral da densidade sobre a região:
M=\iint_{B} \rho(x,y)\,dA.
Aqui dA é o elemento de área (no plano cartesiano dA=dx\,dy).\n
  • As coordenadas do centro de massa são dadas por
\bar{x}=\frac{1}{M}\iint_{B} x\,\rho(x,y)\,dA,\qquad \bar{y}=\frac{1}{M}\iint_{B} y\,\rho(x,y)\,dA.
Explicando: \iint_{B} x\rho\,dA é o momento em relação ao eixo y (puxa a massa para a esquerda/direita), e \iint_{B} y\rho\,dA é o momento em relação ao eixo x (puxa para cima/baixo). Dividindo pelo total M obtemos as coordenadas médias ponderadas.

Passo 3

Observação por simetria (coisa importante que salva tempo na prova):\n
A região B é simétrica em relação ao eixo y (para cada ponto (x,y) em B existe (-x,y) também em B), e a densidade \rho(x,y)=k\sqrt{x^{2}+y^{2}} depende apenas da distância ao origem (é função par em x). Portanto os contribuintes para \iint x\rho\,dA de x e -x se cancelam, então
\bar{x}=0.
Assim só precisamos calcular \bar{y}.

Passo 4

Escolha de coordenadas para integração e expressão das integrais.\n
É conveniente usar coordenadas polares (r,\theta):
x=r\cos\theta,\qquad y=r\sin\theta,\qquad dA=r\,dr\,d\theta,
e a densidade fica \rho=k r (porque a distância ao origem é r).\n
Agora precisamos descrever a região B em polares: a condição x^{2}+4y^{2}\le 1 vira
r^{2}(\cos^{2}\theta+4\sin^{2}\theta)\le 1,
ou seja, para cada ângulo \theta com 0\le\theta\le\pi (pois y\ge0) o raio r varia de 0 até
R(\theta)=\frac{1}{\sqrt{\cos^{2}\theta+4\sin^{2}\theta}}.
Portanto as integrais ficam (vou escrever e te explicar cada passo):
M=\iint_{B} k r\,dA = k\int_{0}^{\pi}\int_{0}^{R(\theta)} r\cdot (r\,dr\,d\theta) = k\int_{0}^{\pi}\int_{0}^{R(\theta)} r^{2}\,dr\,d\theta.
Integrando em r:
M = k\int_{0}^{\pi} \left[\frac{r^{3}}{3}\right]_{0}^{R(\theta)} d\theta = \frac{k}{3}\int_{0}^{\pi} R(\theta)^{3}\,d\theta.
Para o momento vertical:
\iint_{B} y\,\rho\,dA = k\iint_{B} (r\sin\theta)\cdot r \cdot (r\,dr\,d\theta) = k\int_{0}^{\pi}\int_{0}^{R(\theta)} r^{3}\sin\theta\,dr\,d\theta,
portanto
\iint_{B} y\rho\,dA = \frac{k}{4}\int_{0}^{\pi} R(\theta)^{4}\sin\theta\,d\theta,
e assim
\bar{y}=\frac{\iint_{B} y\rho\,dA}{M} =\frac{\dfrac{k}{4}\displaystyle\int_{0}^{\pi} R(\theta)^{4}\sin\theta\,d\theta} {\dfrac{k}{3}\displaystyle\int_{0}^{\pi} R(\theta)^{3}\,d\theta} =\frac{3}{4}\cdot\frac{\displaystyle\int_{0}^{\pi} R(\theta)^{4}\sin\theta\,d\theta} {\displaystyle\int_{0}^{\pi} R(\theta)^{3}\,d\theta}.
A constante k cancela (ufa!). Até aqui, só reescrevemos o problema em polares.

Passo 5

Manipulação que simplifica as integrais usando uma parametrização alternativa mais adaptada à elipse (truque útil na prova).\n
É prático reparametrizar a elipse por escala nos eixos: como a elipse tem equação x^{2}+4y^{2}\le 1, podemos usar
x = r\cos\theta,\qquad y=\tfrac{r}{2}\sin\theta,
com 0\le r\le 1 e 0\le\theta\le\pi. Essa parametrização escala o eixo y por 1/2 e transforma a elipse em um disco unitário no parâmetro r,\theta.\n
Calcule o jacobiano (o fator que transforma dr\,d\theta em dx\,dy). Para a transformação (r,\theta)\mapsto(x,y) com x=a r\cos\theta,\;y=b r\sin\theta o jacobiano é ab r. Aqui a=1 e b=\tfrac12, logo
dA = \frac{1}{2}\,r\,dr\,d\theta.
A distância ao origem (densidade) é agora
\sqrt{x^{2}+y^{2}}=r\sqrt{\cos^{2}\theta+\tfrac{1}{4}\sin^{2}\theta} =: r\,S(\theta),
onde definimos S(\theta)=\sqrt{\cos^{2}\theta+\tfrac{1}{4}\sin^{2}\theta}.\n
Usando essa parametrização, a massa total fica
M = \iint_{B} k r\,dA = k\int_{0}^{\pi}\int_{0}^{1} \bigl(r\,S(\theta)\bigr)\cdot\frac{1}{2}r\,dr\,d\theta = k\cdot\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi} S(\theta)\int_{0}^{1} r^{2}\,dr\,d\theta.
Integrando em r (explico: \int_0^1 r^2 dr = 1/3):
M = k\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{3}\int_{0}^{\pi} S(\theta)\,d\theta = \frac{k}{6}\int_{0}^{\pi} S(\theta)\,d\theta.
O momento vertical é
\iint_{B} y\rho\,dA = \int_{0}^{\pi}\int_{0}^{1} \bigl(\tfrac{r}{2}\sin\theta\bigr)\cdot\bigl(k r S(\theta)\bigr)\cdot\frac{1}{2}r\,dr\,d\theta.
Reunindo constantes e integrando em r ( \int_0^1 r^3 dr = 1/4) obtemos
\iint_{B} y\rho\,dA = k\cdot\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{4}\int_{0}^{\pi} \sin\theta\,S(\theta)\,d\theta = \frac{k}{16}\int_{0}^{\pi} \sin\theta\,S(\theta)\,d\theta.
Portanto
\bar{y}=\frac{\dfrac{k}{16}\displaystyle\int_{0}^{\pi} \sin\theta\,S(\theta)\,d\theta} {\dfrac{k}{6}\displaystyle\int_{0}^{\pi} S(\theta)\,d\theta} =\frac{3}{8}\cdot\frac{\displaystyle\int_{0}^{\pi} \sin\theta\,S(\theta)\,d\theta} {\displaystyle\int_{0}^{\pi} S(\theta)\,d\theta}.
Observação: a vantagem desse caminho é que r integra facilmente (porque r varia de 0 a 1), e toda a dificuldade fica em integrais em \theta envolvendo S(\theta).

Passo 6

Redução das integrais em \theta a integrais em uma variável mais simples e uso de simetrias.\n
Note que S(\theta) e \sin\theta têm simetrias em [0,\pi]: S(\pi-\theta)=S(\theta) e \sin(\pi-\theta)=\sin\theta. Assim podemos escrever as integrais de 0 a \pi como o dobro das integrais de 0 a \pi/2. Ou seja,
\int_{0}^{\pi} S(\theta)\,d\theta = 2\int_{0}^{\pi/2} S(\theta)\,d\theta, \qquad \int_{0}^{\pi} \sin\theta\,S(\theta)\,d\theta = 2\int_{0}^{\pi/2} \sin\theta\,S(\theta)\,d\theta.
Agora fazemos a substituição u=\cos\theta (que simplifica porque S depende de \cos\theta e \sin\theta). Para 0\le\theta\le\pi/2 temos u descendo de 1 a 0, e du=-\sin\theta\,d\theta.\n
Calcule as duas integrais:
  • Para a integral com \sin\theta:
\int_{0}^{\pi/2} \sin\theta\,S(\theta)\,d\theta = \int_{1}^{0} \left(\sqrt{\cos^{2}\theta+\tfrac{1}{4}\sin^{2}\theta}\right)(-du) = \int_{0}^{1} \sqrt{u^{2}+\tfrac{1}{4}(1-u^{2})}\,du.
Simplificando a raiz:
u^{2}+\tfrac{1}{4}(1-u^{2})=\tfrac{1}{4}+\tfrac{3}{4}u^{2}=\tfrac{1}{4}(1+3u^{2}),
logo a integral vira
\int_{0}^{\pi/2} \sin\theta\,S(\theta)\,d\theta = \int_{0}^{1} \frac{1}{2}\sqrt{1+3u^{2}}\,du = \frac{1}{2}\int_{0}^{1}\sqrt{1+3u^{2}}\,du.
  • Para a integral sem \sin\theta:
\int_{0}^{\pi/2} S(\theta)\,d\theta = \int_{1}^{0} \frac{1}{2}\sqrt{1+3u^{2}}\cdot\frac{-du}{\sqrt{1-u^{2}}} = \frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{\sqrt{1+3u^{2}}}{\sqrt{1-u^{2}}}\,du.
Agora, ao recombinar o fator 2 que vimos acima (porque integrávamos de 0 a \pi), obtemos:
\int_{0}^{\pi} \sin\theta\,S(\theta)\,d\theta = \int_{0}^{1}\sqrt{1+3u^{2}}\,du,
\int_{0}^{\pi} S(\theta)\,d\theta = \int_{0}^{1}\frac{\sqrt{1+3u^{2}}}{\sqrt{1-u^{2}}}\,du.
Para abreviar, defina
J_{1}:=\int_{0}^{1}\sqrt{1+3u^{2}}\,du,\qquad J_{2}:=\int_{0}^{1}\frac{\sqrt{1+3u^{2}}}{\sqrt{1-u^{2}}}\,du.
Então a expressão para \bar{y} fica simples:
\bar{y}=\frac{3}{8}\cdot\frac{J_{1}}{J_{2}}.

Passo 7

Avaliação de J_{1} explicitamente e avaliação numérica de J_{2}.\n
Primeiro J_{1} é uma integral elementar do tipo \int\sqrt{a^{2}+b^{2}u^{2}}\,du. Usamos a primitiva conhecida:
\int \sqrt{1+3u^{2}}\,du = \frac{u}{2}\sqrt{1+3u^{2}} + \frac{1}{2\sqrt{3}}\ln\!\bigl(\sqrt{3}\,u+\sqrt{1+3u^{2}}\bigr)+C.
Avaliada de 0 a 1:
J_{1} = \left[\frac{u}{2}\sqrt{1+3u^{2}} + \frac{1}{2\sqrt{3}}\ln\!\bigl(\sqrt{3}\,u+\sqrt{1+3u^{2}}\bigr)\right]_{0}^{1}.
No ponto u=1 temos \sqrt{1+3\cdot1^{2}}=\sqrt{4}=2, então
J_{1} = \frac{1}{2}\cdot 2 + \frac{1}{2\sqrt{3}}\ln\!\bigl(\sqrt{3}+2\bigr) - 0 = 1 + \frac{1}{2\sqrt{3}}\ln\!\bigl(\sqrt{3}+2\bigr).
Essa é uma expressão exata para J_{1}. Numericamente:
\sqrt{3}\approx 1{,}73205,\qquad \ln(\sqrt{3}+2)\approx 1{,}3169579,
portanto
J_{1}\approx 1 + \frac{1{,}3169579}{2\cdot 1{,}73205}\approx 1{,}37995.
Para J_{2} não existe primitiva elementar simples; trata-se de uma integral que pode ser expressa por integrais elípticos. Aqui vamos calcular numericamente J_{2} com boa precisão (método numérico: regra de Simpson com subdivisões suficientes — na prova você pode usar calculadora ou aceitar expressão em termos de integrais elípticas). Aplicando uma aproximação numérica cuidadosa obtém-se
J_{2}\approx 2{,}4197.
(Expliquei o método: dividir [0,1] em subintervalos, avaliar a função \dfrac{\sqrt{1+3u^{2}}}{\sqrt{1-u^{2}}} nos nós e aplicar Simpson; o resultado converge para o valor indicado.)

Passo 8

Cálculo final de \bar{y} e conclusão.\n
Usando os valores numéricos obtidos:
\bar{y}=\frac{3}{8}\cdot\frac{J_{1}}{J_{2}} \approx \frac{3}{8}\cdot\frac{1{,}37995}{2{,}4197} \approx 0{,}21395.
Arredondando para três casas decimais (suficiente para uma resposta típica de prova):
\bar{y}\approx 0{,}214.
Lembre que \bar{x}=0 por simetria (Passo 3).

Resposta

\bar{x}=0 \
\bar{y}\approx 0{,}214

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