Questão 4. (Integrais duplas em coordenadas polares) Calcule as seguintes integrais duplas, usando coordenadas polares:
\iint_{B} \operatorname{sen}\left(4 x^{2}+y^{2}\right) d A, onde B é o conjunto dos pontos (x, y) tais que 4 x^{2}+y^{2} \leq 1 e y \geq 0;

Passo 1

O enunciado pede para calcular a integral dupla
\iint_{B} \sin\left(4x^{2}+y^{2}\right)\,dA,
onde B é o conjunto dos pontos (x,y) tais que 4x^{2}+y^{2}\le 1 e y\ge 0.
Informações relevantes dadas:
  • A função a integrar é \sin\bigl(4x^{2}+y^{2}\bigr).
  • A região B é a metade superior da elipse 4x^{2}+y^{2}\le 1 (a condição y\ge 0 seleciona a metade superior).
  • O enunciado pede para usar coordenadas polares (ou, pelo menos, indica que se use uma transformação relacionada a coordenadas polares).

Passo 2

Ideia geral e motivo da mudança de variável (explicação conceitual): a região B é uma elipse com equação 4x^{2}+y^{2}=1. Em coordenadas polares usuais (x=r\cos\theta,\;y=r\sin\theta) a expressão 4x^{2}+y^{2} fica r^{2}\bigl(4\cos^{2}\theta+\sin^{2}\theta\bigr), que depende de \theta e não simplifica bem. Uma forma clássica de tratar elipses é aplicar um alongamento/contração linear que transforme a elipse numa circunferência: definir
u=2x,\qquad v=y.
Com essa transformação a equação da elipse fica u^{2}+v^{2}\le 1, ou seja, o disco unitário. Depois podemos usar coordenadas polares no par (u,v). Vou explicar cada passo com calma e calcular o jacobiano dessa transformação.

Passo 3

Transformação e jacobiano (aula curta sobre mudança de variável linear):
Considere a transformação linear dos pontos (x,y) para (u,v) dada por
u=2x,\qquad v=y.
A inversa é
x=\frac{u}{2},\qquad y=v.
O jacobiano da transformação (u,v)\mapsto(x,y) é o determinante da matriz das derivadas parciais de (x,y) em relação a (u,v):
J=\det\begin{pmatrix} \partial x/\partial u & \partial x/\partial v\\[4pt] \partial y/\partial u & \partial y/\partial v \end{pmatrix} =\det\begin{pmatrix} \dfrac{1}{2} & 0\\[6pt] 0 & 1 \end{pmatrix}=\frac{1}{2}.
Isso significa que
dA_{(x,y)}=\left|\!J\right|\,du\,dv=\frac{1}{2}\,du\,dv.
Explicando em palavras: um pequeno retângulo em (u,v) de área du\,dv corresponde a uma área \tfrac{1}{2}du\,dv em (x,y).]

Passo 4

Expressar a integral na nova variável (u,v) e passar para coordenadas polares em (u,v):
Na nova coordenada temos
4x^{2}+y^{2}=u^{2}+v^{2}.
A região B (metade superior da elipse) transforma-se no semidisco unitário em (u,v):
u^{2}+v^{2}\le 1,\qquad v\ge 0.
Logo a integral vira
\iint_{B}\sin\bigl(4x^{2}+y^{2}\bigr)\,dA =\iint_{u^{2}+v^{2}\le 1,\;v\ge0}\sin\bigl(u^{2}+v^{2}\bigr)\cdot\frac{1}{2}\,du\,dv.
Agora usamos coordenadas polares em (u,v):
u=\rho\cos\varphi,\qquad v=\rho\sin\varphi,
com \rho\in[0,1] e, por causa de v\ge 0, o ângulo \varphi\in[0,\pi]. Em coordenadas polares vale du\,dv=\rho\,d\rho\,d\varphi. Substituindo,
\iint_{B}\sin\bigl(4x^{2}+y^{2}\bigr)\,dA =\int_{\varphi=0}^{\pi}\int_{\rho=0}^{1}\sin\bigl(\rho^{2}\bigr)\cdot\frac{1}{2}\,\rho\,d\rho\,d\varphi.

Passo 5

Calcular a integral radial (troca de variável simples e integral em \varphi):
Primeiro avalio a integral interna em \rho:
\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\rho\sin\bigl(\rho^{2}\bigr)\,d\rho.
Faço a substituição t=\rho^{2}. Então dt=2\rho\,d\rho, ou seja \rho\,d\rho=\dfrac{dt}{2}. Quando \rho vai de 0 a 1, t vai de 0 a 1. Assim
\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\rho\sin\bigl(\rho^{2}\bigr)\,d\rho =\frac{1}{2}\int_{t=0}^{1}\sin t\cdot\frac{dt}{2} =\frac{1}{4}\int_{0}^{1}\sin t\,dt.
Calculo \int_{0}^{1}\sin t\,dt:
\int_{0}^{1}\sin t\,dt=[- \cos t]_{0}^{1}=-\cos 1 + \cos 0 =1-\cos 1.
Portanto a integral radial é
\frac{1}{4}\bigl(1-\cos 1\bigr).
Agora integro em \varphi de 0 a \pi: a integranda não depende de \varphi, então simplesmente multiplico por \pi. Assim a integral total é
\pi\cdot\frac{1}{4}\bigl(1-\cos 1\bigr)=\frac{\pi}{4}\bigl(1-\cos 1\bigr).

Passo 6

Resumo do raciocínio (para lembrar na prova):
  • Transformar a elipse em círculo usando u=2x,\;v=y facilita, porque a expressão dentro do seno passa a ser u^{2}+v^{2}.
  • Cálculo do jacobiano foi essencial: dA=\tfrac{1}{2}\,du\,dv.
  • Em (u,v) usamos coordenadas polares (\rho,\varphi) com \rho\in[0,1] e \varphi\in[0,\pi] (metade superior do disco).
  • A integral radial ficou simples após a substituição t=\rho^{2}.
  • Resultado final \dfrac{\pi}{4}\bigl(1-\cos 1\bigr).

Resposta

\dfrac{\pi}{4}\bigl(1-\cos 1\bigr)

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