Exercícios Resolvidos de Mudança para Coordenadas Polares

UERJ - Cálculo 2 - Lista do Hamilton - Integral Dupla - 4b

Calcular a área da região abaixo usando integral dupla

x , y ∈ R 2 x 2 + y 2 + 8 y ≤ 0   e   x 2 + y 2 ≥ 16

Passo 1

Bom, antes de tudo vamos fazer um esboço dessa região para entender melhor o que está acontecendo e depois partimos para integral.

Começando pela inequação:

x 2 + y 2 ≥ 16

Essa é uma circunferência de raio r = 4 centrada na origem e, como vemos pela inequação (o sinal ), a região que queremos está fora dela (indicado em vermelho no gráfico abaixo).

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Passo 2

Temos também a seguinte inequação:

x 2 + y 2 + 8 y ≤ 0

Que curva é essa? Se não fosse pelo termo 8 y , você pensaria direto em uma circunferência, não é? E realmente é um circunferência, esse termo 8 y apenas nos diz que ela não está centrada na origem.

Sempre que você vir uma equação desse tipo, com um termo quadrático e um simples da mesma variável ( y 2 e 8 y ) é uma boa tentar juntar esses termos, completando o quadrado que eles formam. Como assim?

Queremos escrever o termo y 2 + 8 y na forma y + a 2 , completando o que for necessário. Desenvolvendo esse quadrado, temos:

y + a 2 = y 2 + 2 a y + a 2

Se nós fizermos a = 4 , temos:

y + 4 2 = y 2 + 8 y ⏟ + 16

Esses dois primeiros termos estão presentes na nossa inequação, o último não, mas beleza. Vamos substituir y 2 + 8 y por y + 4 2 , mas como sinifica adicionar um termo " + 16 " que não estava lá antes, vamos retirar esse termo, ok? Olha só:

x 2 + y + 4 2 ⏟ y 2 + 8 y + 16 - 16 ≤ 0

Assim não alteramos a inequação, certo? Beleza, então temos:

x 2 + y + 4 2 ≤ 16

Isso é uma circunferência de raio r = 4 , como previmos, não centrada na origem (ela está centrada em ( 0 , - 4 ) ). Como vemos pela inequação (o sinal ) a região que queremos está dentro dela.

Portanto, juntando os dois gráficos temos isso aqui:

Passo 3

Como nós queremos a área da região, precisamos resolver a seguinte integral:

área D = ∬ D   d x d y

Onde D é a região marcada em cinza na figura.

Como a região é limitada por círculos, vamos usar coordenadas polares aqui:

x = r cos ⁡ θ

y = r sen ⁡ θ

Sempre que mudamos de coordenadas nas integrais duplas, precisamos calcular o Jacobiano dessa transformação, neste caso temos

J = ∂ ( x , y ) ∂ ( r , θ ) = ∂ x ∂ r ∂ x ∂ θ ∂ y ∂ r ∂ y ∂ θ

J = cos ⁡ θ - r   s e n θ s e n   θ r   c o s   θ = r   c o s 2 θ + r   s e n 2 θ = r [ c o s 2 θ + s e n 2 θ ]

J = r

A equação da circunferência vermelha x 2 + y 2 = 16 se transforma então em r = 4 . Veja,

r cos ⁡ θ 2 + r   sen ⁡ θ 2 = 16

r 2 ( s e n 2 θ + c o s 2 θ ) = 16

r 2 = 16

r = 4

Agora vamos fazer essa substituição na outra circunferência x 2 + y + 4 2 = 16 :

r cos ⁡ θ 2 + r   sen ⁡ θ + 4 2 = 16

r 2 cos 2 ⁡ θ + r 2 sen 2 ⁡ θ + 8 r sen ⁡ θ + 16 = 16

r 2 ( s e n 2 θ + c o s 2 θ ) + 8 r sen ⁡ θ + 16 = 16

r 2 + 8 r sen ⁡ θ = 0

r = - 8 sen ⁡ θ

Passo 4

Beleza, agora vamos olhar um pouco para a figura. Repare que, dentro da nossa região D , temos o raio variando desde a circunferência vermelha até a azul, portanto:

4 ≤ r ≤ - 8 sen ⁡ θ

Não está errado esse sinal " - " não? Não, porque abaixo do eixo y ,   sen ⁡ θ tem valores negativos, portanto, - sen ⁡ θ é um número positivo.

Beleza, agora vamos analisar o intervalo de θ . Antes de sair chutando, dá uma olhada de novo a figura da nossa região D . Lembra que θ é marcado em relação à parte positiva do eixo x ? Queremos então esses ângulos aqui em amarelo:

Mas como vamos descobrir esses ângulos? Bom, esses ângulos batem exatamente na interseção das duas curvas né? Então que tal acharmos essa interseção! Vamos começar substituindo logo x = r cos ⁡ θ e y = r sen ⁡ θ nas funções:

x 2 + y 2 + 8 y = 0 ⇒ r 2 + 8 r sin ⁡ θ = 0

x 2 + y 2 = 16 ⇒ r 2 = 16 ⇒ r = 4

Substituindo r = 4 na primeira equação:

16 + 32 sen ⁡ θ = 0

sin ⁡ θ = - 0 , 5

E qual ângulo têm o seno igual a - 0 , 5 ? 30 ° . Mas aqui estamos abaixo do eixo x .

Então primeiro temos,

180 ° + 30 ° = π + π 6 = 7 π 6

Mas também vamos ter,

360 ° - 30 ° = 2 π - π 6 = 11 π 6

Logo, chegamos à conclusão de que

7 π 6 ≤ θ ≤ 11 π 6

Passo 5

Nós descobrimos então que, em coordenadas polares, podemos escrever essa região como:

{ r , θ   ϵ   R 2 | 210 ° ≤ θ ≤ 330 ° ; 4 ≤ r ≤ - 8 sen ⁡ θ }

Vamos então fazer finalmente essa substituição polar na integral (não se esqueça do Jacobiano):

área D = ∬ D   d x d y = ∫ 7 π 6 11 π 6 ∫ 4 - 8 sen ⁡ θ r   d r d θ

Passo 6

Agora vamos integrar isso aí em relação a r :

∫ 7 π 6 11 π 6 ∫ 4 - 8 sen ⁡ θ r   d r d θ = ∫ 7 π 6 11 π 6   r 2 2 4 - 8 sen ⁡ θ d θ =

= 1 2 ∫ 7 π 6 11 π 6 64 sen 2 ⁡ θ - 16   d θ =

= ∫ 7 π 6 11 π 6 32 sen 2 ⁡ θ - 8   d θ =

Passo 7

Agora integramos em relação a θ , mas antes disso, precisamos nos lembrar da seguinte relação:

sen 2 ⁡ θ = 1 - cos ⁡ 2 θ 2

Isso nos dá

= ∫ 7 π 6 11 π 6 16   1 - cos ⁡ 2 θ - 8   d θ =

= ∫ 7 π 6 11 π 6 - 16   cos ⁡ 2 θ + 8   d θ =

= - 8 sen ⁡ 2 θ + 8 θ 7 π 6 11 π 6 =

= 8 - sen ⁡ 11 π 3 + 11 π 6 - - sen ⁡ 7 π 3 + 7 π 6   =

= 8 - sen ⁡ 6 π 3 + 5 π 3 + 2 π 3 + sen ⁡ 6 π 3 + π 3   =

= 8 - sen ⁡ 2 π + 5 π 3 + 2 π 3 + sen ⁡ 2 π + π 3   =

= 8 - sen ⁡ 5 π 3 + 2 π 3 + sen ⁡ π 3   =

Agora vamos lá:

π 3 = 60 °         →         sen ⁡ π 3 = sen ⁡ 60 ° = 3 2

5 π 3 = 300 °         →       sen ⁡ 5 π 3 = sen ⁡ 300 ° = - sen ⁡ 60 ° = - 3 2

Substituindo:

= 8 3 2 + 2 π 3 + 3 2   =

= 16 π 3 + 8 3

Resposta

16 π 3 + 8 3

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