Questão 2 (3 pontos). Considere R a região do plano limitada pelas retas de equaçōes x+y=1, x+y=2, x=0 e y=0.
Item 2.1. ( 1,5 ponto). Considere a mudança de variáveis u=x+y e v=x-y. Descreva e esboce R nas coordenadas u e v e calcule
\frac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)} .

Passo 1

O enunciado dá a região R do plano limitada pelas retas de equações x+y=1, x+y=2, x=0 e y=0. Pede duas coisas:
  • Descrever e esboçar R nas coordenadas u e v, onde u=x+y e v=x-y.
  • Calcular \dfrac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}.
Informações relevantes fornecidas:
  • As retas que limitam R em coordenadas (x,y) são precisamente x+y=1 e x+y=2 (duas linhas paralelas) e os eixos x=0 e y=0.
  • A mudança de variáveis é dada por u=x+y e v=x-y.

Passo 2

Primeiro vamos inverter a mudança de variáveis para escrever x e y em função de u e v. Isto é útil tanto para calcular o Jacobiano quanto para mapear a região.
Começamos de
u = x+y,\qquad v = x-y.
Somando as duas equações:
u+v = (x+y) + (x-y) = 2x \quad\Rightarrow\quad x = \frac{u+v}{2}.
Subtraindo as duas equações:
u-v = (x+y) - (x-y) = 2y \quad\Rightarrow\quad y = \frac{u-v}{2}.
Portanto temos as funções inversas explicitamente:
x(u,v)=\frac{u+v}{2},\qquad y(u,v)=\frac{u-v}{2}.

Passo 3

Agora calculamos o Jacobiano \dfrac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}, ou seja o determinante da matriz das derivadas parciais de x e y em relação a u e v.
Primeiro obtemos as derivadas parciais:
\frac{\partial x}{\partial u}=\frac{1}{2},\qquad \frac{\partial x}{\partial v}=\frac{1}{2},
\frac{\partial y}{\partial u}=\frac{1}{2},\qquad \frac{\partial y}{\partial v}=-\frac{1}{2}.
A matriz Jacobiana é
J=\begin{pmatrix} \frac{\partial x}{\partial u} & \frac{\partial x}{\partial v} \\[4pt] \frac{\partial y}{\partial u} & \frac{\partial y}{\partial v} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\[4pt] \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \end{pmatrix}.
O determinante é
\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}=\det J = \frac{1}{2}\cdot\left(-\frac{1}{2}\right) - \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2} = -\frac{1}{4}-\frac{1}{4} = -\frac{1}{2}.
Breve interpretação didática: esse determinante diz quanto um pequeno elemento de área du\,dv é esticado ou reduzido e possívelmente invertido de orientação ao ser enviado para dx\,dy. O valor -\tfrac{1}{2} indica que a área é multiplicada por \tfrac{1}{2} em módulo e que a orientação é invertida (o sinal negativo). Para integrais de área costuma-se usar |\det J|=\tfrac{1}{2}, ou seja dx\,dy=\tfrac{1}{2}\,du\,dv.]

Passo 4

Agora descrevemos a imagem da região R no plano (u,v). Partimos das desigualdades que definem R em (x,y):
x\ge 0,\qquad y\ge 0,\qquad 1\le x+y\le 2.
Usando u=x+y e v=x-y, transformamos as condições x\ge 0 e y\ge 0 em desigualdades em u,v.
  • A condição x\ge 0 é \dfrac{u+v}{2}\ge 0, ou seja
u+v\ge 0 \quad\Longleftrightarrow\quad v\ge -u.
  • A condição y\ge 0 é \dfrac{u-v}{2}\ge 0, ou seja
u-v\ge 0 \quad\Longleftrightarrow\quad v\le u.
  • A condição 1\le x+y\le 2 é simplesmente
1\le u \le 2.
Combinando, a imagem R_{uv} de R nas coordenadas (u,v) é o conjunto
\{(u,v)\mid 1\le u\le 2,\; -u \le v \le u\}.
Para confirmar geometricamente, calculemos as imagens dos quatro vértices de R em (x,y):
  • Interseção de x=0 com x+y=1: (0,1) \Rightarrow (u,v)=(1,-1).
  • Interseção de x=0 com x+y=2: (0,2) \Rightarrow (u,v)=(2,-2).
  • Interseção de y=0 com x+y=1: (1,0) \Rightarrow (u,v)=(1,1).
  • Interseção de y=0 com x+y=2: (2,0) \Rightarrow (u,v)=(2,2).
Esses quatro pontos delimitam claramente a região descrita: é a faixa vertical entre u=1 e u=2, cortada pelas retas diagonais v=u (por cima) e v=-u (por baixo). Em palavras para esboçar:
  • desenhe eixos u (horizontal) e v (vertical);
  • marque as linhas verticais u=1 e u=2;
  • desenhe as retas v=u e v=-u;
  • o domínio é a região entre u=1 e u=2 e entre v=-u e v=u (um “paralelogramo” truncado com vértices em (1,\pm1) e (2,\pm2)). A região é simétrica em relação a v=0.

Resposta

R_{uv}=\{(u,v)\mid 1\le u\le 2,\; -u\le v\le u\}
\displaystyle \frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}=-\tfrac{1}{2}

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