8 A região D está limitada pela circunferência x^{2}+y^{2}=a^{2} e tem densidade f(x, y)=\frac{a^{2}}{a^{2}+x^{2}+y^{2}}. Mostre que o seu momento de inércia polar é dado por I_{0}=M a^{2}\left(\frac{1-\ln 2}{\ln 2}\right), onde M é a sua massa.
9 Calcule:
(a) \int_{D}\left(x^{2}-y^{2}\right) \operatorname{sen}^{2}(x+y) d A, \quad D:\left\{\begin{array}{l}-\pi \leq x+y \leq \pi \\\\ -\pi \leq x-y \leq \pi\end{array}\right.
(b) \int_{D} \frac{\operatorname{sen}\left(\sqrt{x^{2}+y^{2}}\right)}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} d A, \quad D:\left\{\begin{array}{l}x^{2}+y^{2} \geq \frac{\pi^{2}}{4} \\\ x^{2}+y^{2} \leq \pi^{2}\end{array}\right.
(c) \int_{D} \ln \left(x^{2}+y^{2}\right) d A, \quad D:\left\{\begin{array}{c}x \geq 0, \quad y \geq 0 \\\ a^{2} \leq x^{2}+y^{2} \leq b^{2}\end{array}\right.
Passo 1
Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede, separando as duas questões para não embaralhar.
Questão 8:
Dados: a região D é o disco de raio a centrado na origem, ou seja \{(x,y)\mid x^{2}+y^{2}\le a^{2}\}.
A densidade superficial é \displaystyle f(x,y)=\frac{a^{2}}{a^{2}+x^{2}+y^{2}}.
Pede-se: mostrar que o momento de inércia polar (isto é, em relação ao eixo perpendicular ao plano passando pela origem) satisfazI_{0}=M a^{2}\left(\frac{1-\ln 2}{\ln 2}\right),onde M é a massa total da lâmina (isto é, M=\iint_{D} f(x,y)\,dA).
Agora vou resolver passo a passo, explicando cada técnica e integral usada.
Passo 2
Resolução da Questão 8 — preparação e cálculo da massa M.
Por que usar coordenadas polares?
A região D é um disco centrado na origem e a densidade depende apenas de x^{2}+y^{2}. Em problemas com dependência radial é muito natural usar coordenadas polares (r,\theta) onde x=r\cos\theta,\; y=r\sin\theta. Assim a simetria simplifica as integrais.
Em coordenadas polares a área elementar é \,dA=r\,dr\,d\theta.
Expressar a massa M:
Por definição,M=\iint_{D} f(x,y)\,dA=\iint_{D}\frac{a^{2}}{a^{2}+x^{2}+y^{2}}\,dA.
Em polares x^{2}+y^{2}=r^{2}, e os limites são \theta\in[0,2\pi], r\in[0,a]. PortantoM=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{a}\frac{a^{2}}{a^{2}+r^{2}}\,r\,dr\,d\theta.
Calcular a integral em r: fatorando o \theta-integral,
Observação sobre a região D: as desigualdades são -\pi \le x+y \le \pi e -\pi \le x-y \le \pi. Isso é um retângulo no plano das variáveis u=x+y e v=x-y, com u\in[-\pi,\pi], v\in[-\pi,\pi].
Mas \displaystyle \int_{-\pi}^{\pi} v\,dv=0 (integral de função ímpar num intervalo simétrico).
Logo o valor da integral é 0.]
Passo 5
Resolução da Questão 9(b).
A integranda depende apenas de r=\sqrt{x^{2}+y^{2}}. Para regiões anelares é natural usar coordenadas polares. No anel temos r\in\big[\tfrac{\pi}{2},\pi\big] e \theta\in[0,2\pi].
A região D é o setor do primeiro quadrante entre as circunferências de raio a e b: albo r\in[a,b] e \theta\in[0,\tfrac{\pi}{2}].
Em coordenadas polares x^{2}+y^{2}=r^{2}, então \ln(x^{2}+y^{2})=\ln(r^{2})=2\ln r, e dA=r\,dr\,d\theta. Assim o integrando vira 2\ln r\cdot r\,dr\,d\theta.
Calcule \displaystyle \int r\ln r\,dr por partes: escolha u=\ln r (logo du=\tfrac{1}{r}dr) e dv=r\,dr (logo v=\tfrac{r^{2}}{2}). Assim
\int r\ln r\,dr = \frac{r^{2}}{2}\ln r - \int \frac{r^{2}}{2}\cdot\frac{1}{r}\,dr =\frac{r^{2}}{2}\ln r - \frac{1}{2}\int r\,dr =\frac{r^{2}}{2}\ln r - \frac{r^{2}}{4} + C.
Avaliando de a a b,
\int_{a}^{b} r\ln r\,dr = \left(\frac{b^{2}}{2}\ln b - \frac{b^{2}}{4}\right)-\left(\frac{a^{2}}{2}\ln a - \frac{a^{2}}{4}\right).
Multiplicando por \pi obtemos a resposta final para (c):
\iint_{D}\ln(x^{2}+y^{2})\,dA =\pi\left(\frac{b^{2}}{2}\ln b - \frac{b^{2}}{4} - \frac{a^{2}}{2}\ln a + \frac{a^{2}}{4}\right).