Exercícios Resolvidos de Mudança para Coordenadas Polares

Questão 3:

Considere a região plana D = D 1 ∪ D 2 onde:

D 1 = x ,   y ∈ R 2 ,   0 ≤ x ≤ 1 ,   0 ≤ y ≤ x

e

D 2 = x ,   y ∈ R 2 ,   1 ≤ x ≤ 2 ,   0 ≤ y ≤ 2 - x 2

  1. Esboce D = D 1 ∪ D 2 e determine a fronteira de D através de igualdades e desigualdades.
  2. Calcule J = ��� D   ln ⁡ 1 + x 2 + y 2 d x d y

Passo 1

a )

Para esboçarmos a região pedida, vamos com calma! Sabemos que a região pedida D é a união de outras 2 , então vamos desenhar a primeira, D 1 ...

D 1 = x ,   y ∈ R 2 ,   0 ≤ x ≤ 1 ,   0 ≤ y ≤ x

Desenhar essa região aí, é primeiro desenhar as 4 curvas escondidas nessas desigualdades:

x = 0

x = 1

y = 0

y = x

Colocando essas 4 retas no plano, vamos obter...

A região D 1 , é justamente a Região triangular no interior dessas 4 retas...

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Vamos fazer a mesma coisa para a região D 2 ...

D 2 = x ,   y ∈ R 2 ,   1 ≤ x ≤ 2 ,   0 ≤ y ≤ 2 - x 2

Tirando as 4 curvas daí...

x = 1

x = 2

y = 0

y = 2 - x 2

As três de cima são retas. Inclusive, duas já estão desenhadas ( x = 1 e y = 0 ). Quanto a última curva...

y = 2 - x 2           →               y 2 = 2 - x 2         →

y 2 + x 2 = 2

Representa a parte de cima de uma circunferência de raio 2   (a parte de cima, pois a raiz está positiva):

essas duas superfícies, D 1 e D 2 , juntas...

Chagamos na superfície D , que na verdade é um pedaço da circunferência de raio 2 ...

Pegou?

Passo 3

A outra parte do mesmo item pede para que indiquemos a fronteira da região D . Repare que a fronteira é dado por 3 curvas...

1º - Reta y = 0 , com o x variando de 0 até o raio máximo da circunferência...

0 ≤ x ≤ 2

2º - Reta y = x , com...

0 ≤ x ≤ 1

3º - Circunferência y = 2 - x 2 , com o x indo de 1 ≤ x ≤ 2 .

Passo 4

b )

O nosso intuito nesse item é calcular a integral dupla:

J = ∬ D   ln ⁡ 1 + x 2 + y 2 d x d y

Precisamos descrever a região D , o que não creio ser um grande problema, pois temos uma região que já sabemos ser circular... Ou seja, as coordenadas polares ajudam nesse item...

x = r cos ⁡ θ

y = r sin ⁡ θ

J = r

Uma equação que nos ajuda muito é a equação da circunferência...

x 2 + y 2 = r 2

Passo 5

Sim, não podemos sair de uma mudança sem dizer onde as coordenadas novas variam.

Repare que r , varia de 0 até o raio máximo da circunferência...

0 ≤ r ≤ 2

Já o ângulo θ , ângulo que sai do eixo x girando no sentido anti-horário positivo, sai da reta x = 0 e vai até a reta y = x ...

Na reta x = 0 , o ângulo é 0 , mas na reta y = x , pelas coordenadas polares...

y = x           →                 r sin ⁡ θ = r cos ⁡ θ         →

sin ⁡ θ cos ⁡ θ = 1           →             tan ⁡ θ = 1

Qual ângulo de 0 ° até 90 ° tem a tangente igual a 1 ?

θ = 45 ° = π 4

Então podemos afirmar que:

0 ≤ θ ≤ π 4

Passo 6

Pegando a integral...

J = ∬ D   ln ⁡ 1 + x 2 + y 2 d x d y

E substituindo as coordenadas polares não se esquecendo de multiplicar pelo Jacobiano...

J = ∫ 0 π 4 ∫ 0 2 ln ⁡ 1 + r 2 ⋅ J   d r d θ =

∫ 0 π 4 ∫ 0 2 ln ⁡ 1 + r 2 ⋅ r   d r d θ

Calculemos a integral de dentro...

∫ 0 π 4 ∫ 0 2 ln ⁡ 1 + r 2 ⋅ r   d r d θ

Podemos resolver essa integral fazendo uma substituição...

t = 1 + r 2           →                 d t = 2 r d r           →                     r d r = d t 2

Mudando também os limites de integração...

r = 0                 →                   t = 1 + 0 2 = 1

r = 2                 →                   t = 1 + 2 2 = 3

∫ 0 π 4 ∫ 0 2 ln ⁡ 1 + r 2 ⋅ r   d r d θ = 1 2 ∫ 0 π 4 ∫ 1 3 ln ⁡ t d t d θ

Vamos calcular essa integral separado, pois teremos que fazer por partes...

Passo 7

∫     ln ⁡ t d t

Tomando o ln ⁡   como a função para derivar e o d t para integrar...

u = ln ⁡ t

d v = d t

Calculando...

u = ln ⁡ t                 →                     d u = 1 t d t

d v = d t                       →                               v = t

Jogando na fórmula de integração por partes...

∫ u   d v = u v - ∫ v   d u

∫     ln ⁡ t d t = t ln ⁡ t - ∫ t ⋅ 1 t d t

Encontramos...

∫     ln ⁡ t d t = t ln ⁡ t - t

Passo 8

Substituindo esse resultado na integral iterada lá do passo 7 ...

1 2 ∫ 0 π 4 ∫ 1 3 ln ⁡ t d t d θ = 1 2 ∫ 0 π 4 t ln ⁡ t - t 1 3 d θ =

3 ln ⁡ 3 - 3 - 1 ln ⁡ 1 - 1 2 ∫ 0 π 4 d θ =

3 ln ⁡ 3 - 2 π 8

Resposta

a )

y = 0 ;         0 ≤ x ≤ 2 y = x ;           0 ≤ x ≤ 1       y = 2 - x 2 ;         1 ≤ x ≤ 2

b )

J = 3 ln ⁡ 3 - 2 π 8

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