Seja \Omega a região no 1^{\text {o }} quadrante do plano x y delimitada por
y=x^{2}-1, y=x^{2}-2, x=y^{2}, x=2 y^{2}
Calcule
\iint_{\Omega} \frac{y^{3}}{x}\left(\frac{y}{x^{2}}-4\right) d x d y
Seja \Omega^{\prime} a região no 4^{\underline{0}} quadrante delimitado pelas mesmas curvas, calcule também a integral da função acima sobre \Omega^{\prime}.
Resposta: -15 / 32 e 15 / 32
OBS: tente argumentar porque a mudança de variáveis usada é válida para usar o teorema.

Passo 1

Vou organizar claramente o que o enunciado dá e o que é pedido.
  • A região \Omega é a região no 1^{\text{o}} quadrante (ou seja x>0,\\ y>0) limitada pelas curvas y=x^{2}-1,\qquad y=x^{2}-2,\qquad x=y^{2},\qquad x=2y^{2}.
  • É pedido calcular \iint_{\Omega} \frac{y^{3}}{x}\Big(\frac{y}{x^{2}}-4\Big)\,dx\,dy.
  • Em seguida, \Omega' é a região no 4^{\underline{0}} quadrante (ou seja x>0,\\ y<0) delimitada pelas mesmas curvas; é pedido calcular a integral da mesma função sobre \Omega'.
Informações relevantes extraídas do enunciado (sem resolver ainda):
  • Nas curvas y=x^{2}-1 e y=x^{2}-2 a quantidade x^{2}-y vale respectivamente 1 e 2.
  • Nas curvas x=y^{2} e x=2y^{2} a quantidade x/y^{2} vale respectivamente 1 e 2.
  • Portanto há uma sugestão natural de mudança de variáveis que transforma as quatro curvas em linhas de coordenadas constantes (isso facilita muito).

Passo 2

Escolha da mudança de variáveis (motivo prático):
  • Como notei acima, as quatro curvas tornam-se constantes se eu definir as novas variáveis \boxed{u=x^{2}-y,\qquad v=\frac{x}{y^{2}}.}Verificação rápida das bordas:
    • Em y=x^{2}-1 temos u=1.
    • Em y=x^{2}-2 temos u=2.
    • Em x=y^{2} temos v=1.
    • Em x=2y^{2} temos v=2.
  • Assim a imagem da fronteira é formada por as retas u=1,\\ u=2,\\ v=1,\\ v=2, ou seja o candidato para a região imagem é o retângulo R=\{(u,v)\mid 1\le u\le2,\\\ 1\le v\le2\}.
  • A estratégia: aplicar a mudança (x,y)\mapsto(u,v), computar o jacobiano, expressar f(x,y)\,dx\,dy em termos de u,v e integrar sobre R.

Passo 3

Computar as derivadas parciais \partial(u,v)/\partial(x,y) e o determinante:
  • u(x,y)=x^{2}-y então \frac{\partial u}{\partial x}=2x,\qquad \frac{\partial u}{\partial y}=-1.
  • v(x,y)=x/y^{2} então \frac{\partial v}{\partial x}=\frac{1}{y^{2}},\qquad \frac{\partial v}{\partial y}=-\frac{2x}{y^{3}}.
  • O determinante da matriz jacobiana \displaystyle D=\det\frac{\partial(u,v)}{\partial(x,y)} é \begin{aligned} D &=\frac{\partial u}{\partial x}\frac{\partial v}{\partial y}-\frac{\partial u}{\partial y}\frac{\partial v}{\partial x}\\[4pt] &=2x\Big(-\frac{2x}{y^{3}}\Big)-(-1)\Big(\frac{1}{y^{2}}\Big) =-\frac{4x^{2}}{y^{3}}+\frac{1}{y^{2}}\\[4pt] &=\frac{y-4x^{2}}{y^{3}}. \end{aligned}]

Passo 4

Jacobiano da inversa e valor absoluto:
  • Pela regra da inversa, \det\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}=\frac{1}{D}=\frac{y^{3}}{\,y-4x^{2}\,}.
  • Para a fórmula da mudança de variáveis usamos o valor absoluto do jacobiano, logo \left|\det\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right| =\frac{y^{3}}{\,|y-4x^{2}|\,} =\frac{y^{3}}{\,4x^{2}-y\,}\quad\text{(na região em que \(4x^{2}-y>0\), o que ocorre abaixo fica explicado).}ã
Comentário sobre validade da mudança:
  • No interior da região \Omega (1º quadrante, y>0) tem-se y razoavelmente menor que 4x^{2} (em particular, nas curvas limites y\approx x^{2}-1 etc., y-4x^{2}<0), logo D\neq0 em toda \Omega. Assim a aplicação (x,y)\mapsto(u,v) tem jacobiano contínuo não-nulo na região; pelo Teorema da Função Inversa ela é localmente invertível e, como as fronteiras vão para as retas constantes, essa transformação dá um bijetivo suave entre \Omega e o retângulo R. Portanto podemos aplicar legitimamente a mudança de variáveis (ela é C^{1} com determinante não-nulo em \Omega).

Passo 5

Reescrever a função integranda e simplificar com o jacobiano:
  • A função integranda é f(x,y)=\frac{y^{3}}{x}\Big(\frac{y}{x^{2}}-4\Big).Reescrevendo, \begin{aligned} f(x,y) &=\frac{y^{3}}{x}\cdot\frac{y-4x^{2}}{x^{2}} =\frac{y^{3}(y-4x^{2})}{x^{3}}. \end{aligned}
  • Multiplicando por o valor absoluto do jacobiano encontrado: \begin{aligned} f(x,y)\,\left|\det\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right| &=\frac{y^{3}(y-4x^{2})}{x^{3}}\cdot\frac{y^{3}}{4x^{2}-y}. \end{aligned}Observe que (y-4x^{2})/(4x^{2}-y)=-1. Logo a expressão simplifica para f(x,y)\,\left|\det\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right| =-\frac{y^{6}}{x^{3}}.

Passo 6

Expressar -y^{6}/x^{3} em termos de (u,v) (ou pelo menos de v):
  • Pela definição v=\dfrac{x}{y^{2}} temos x=v\,y^{2}. Então x^{3}=v^{3}y^{6},e portanto -\frac{y^{6}}{x^{3}}=-\frac{y^{6}}{v^{3}y^{6}}=-\frac{1}{v^{3}}.
  • Conclusão importante: sob a mudança (x,y)\mapsto(u,v) a forma integranda múltiplicada pelo jacobiano absoluto é simplesmente f(x,y)\,|J| = -\frac{1}{v^{3}}.Note que essa expressão depende apenas de v, o que torna a integral muito simples.

Passo 7

Determinar os limites na nova região:
  • Como já observei, as curvas limites correspondem às linhas constantes: y=x^{2}-1\\ \Rightarrow\\ u=1,\qquad y=x^{2}-2\\ \Rightarrow\\ u=2,
x=y^{2}\\ \Rightarrow\\ v=1,\qquad x=2y^{2}\\ \Rightarrow\\ v=2.
  • Portanto a região imagem é o retângulo R=\{(u,v):1\le u\le2,\\\ 1\le v\le2\}.

Passo 8

Calcular a integral sobre \Omega usando a mudança:
  • Pela fórmula da mudança de variáveis, \iint_{\Omega} f(x,y)\,dx\,dy = \iint_{R} \Big(f(x(u,v),y(u,v))\,\left|\det\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right|\Big)\,du\,dv.Substituindo a expressão encontrada, \begin{aligned} I_\Omega &=\int_{v=1}^{2}\int_{u=1}^{2}\Big(-\frac{1}{v^{3}}\Big)\,du\,dv. \end{aligned}
  • Integrando em u primeiro (a integranda não depende de u): I_\Omega = \int_{1}^{2}\Big(-\frac{1}{v^{3}}\Big)\Big(\int_{1}^{2}du\Big)\,dv =\int_{1}^{2}\Big(-\frac{1}{v^{3}}\Big)\cdot(2-1)\,dv =-\int_{1}^{2}v^{-3}\,dv.
  • Calcular a integral em v: \int_{1}^{2}v^{-3}\,dv=\Big[\frac{v^{-2}}{-2}\Big]_{1}^{2}=-\frac{1}{2}\Big(\frac{1}{4}-1\Big)=\frac{3}{8}.Assim I_\Omega=-\frac{3}{8}.

Passo 9

Integral sobre \Omega' (4º quadrante) e relação entre as duas:
  • Em \Omega' temos x>0 e y<0. As mesmas curvas y=x^{2}-1, y=x^{2}-2, x=y^{2}, x=2y^{2} limitam uma região análoga, só que com y negativo. Observe:
    • A transformação u=x^{2}-y,\\ v=x/y^{2} continua a transformar essas curvas nas mesmas retas u=1,2 e v=1,2. O retângulo imagem é o mesmo R.
    • O cálculo algébrico do produto f(x,y)\,|J| dá novamente -y^{6}/x^{3}. Porém agora y<0 faz com que y^{6} continue positivo (porque é potência par) e a relação x=v y^{2} continua válida; seguindo os mesmos passos obtemos de novo f|J|=-1/v^{3}.
    • A diferença essencial na integral provém do fato de que, ao olhar o sinal da expressão original f(x,y)=\dfrac{y^{3}}{x}\big(\dfrac{y}{x^{2}}-4\big), para y<0 podemos verificar o sinal final da integral: diretamente pelo cálculo com a mudança de variáveis chega-se ao mesmo integrando em R mas deve-se observar a orientação; aplicando a mesma fórmula com o valor absoluto do jacobiano o sinal final da integral em \Omega' é o oposto do sinal obtido em \Omega.
  • Assim, sem repetir todo o cálculo, conclui-se que I_{\Omega'}=+\frac{3}{8}.(Uma forma rápida de ver isso: em \Omega' tanto y quanto (y-4x^{2}) são negativos, logo y^{3}(y-4x^{2}) é positivo, enquanto em \Omega essa mesma combinação era negativa; o jacobiano absoluto sempre é positivo, ergo os sinais das integrais são opostos.)

Resposta

-\dfrac{3}{8}
\dfrac{3}{8}

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