Exercícios Resolvidos de Mudança para Coordenadas Polares

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Enunciado

Questão 2. Use técnicas de integração para determinar a área da região plana delimitada pelos círculos x 2 + y 2 ≥ 1 e x 2 + y 2 ≤ 4 e que está entre as retas y = 0 e y = x .

Passo 1

Pow, a essa altura do campeonato, uma área de uma região D plana, A D , é uma integral dupla:

A D = ∬ D   1   d A

Então, se vamos calcular uma integral dupla em cima de D , vale muito a pena enxergar esse essa região D , primeiro, certo? Logo, siga-me!

Passo 2

Para desenhar essa região, basta colocar no plano essas curvas delimitadoras. A duas primeiras são circunferências, uma de raio 1 e outra de raio 2 :

Tem duas retas que delimitam essa região também, y = 0 (em azul) e y = x (em verde)...

Logo, a região que queremos está entre essas curvas são esses dois pedacinhos aqui:

Sacou? Como esses dois pedacinhos são iguais, podemos calcular a área desse pedacinho D 1 :

e depois multiplicar por dois !

Passo 3

Bem, estamos trabalhando dentro de circunferências, então vamos utilizar as coordenas polares:

x = r cos ⁡ θ

y = r sin ⁡ θ

E não podemos deixar de considerar o Jacobiano dessa brincadeira:

J = r

Como toda mudança, devemos buscar a variação dos novos caras, no caso r e θ .

r varia de uma circunferência a outra. Como a raio da menor é 1 e da maior é 2 ...

1 ≤ r ≤ 2

Em relação ao θ ... Se olharmos novamente para a região, sabendo que θ é o ângulo que sai do eixo x e gira no sentido anti-horário...

R e t a   a z u l ≤ θ ≤ R e t a   v e r d e

0 ≤ θ ≤ R e t a   v e r d e

A reta verde tem equação

y = x

Substituindo as polares...

r sin ⁡ θ = r cos ⁡ θ     →       sin ⁡ θ = cos ⁡ θ

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

Que ângulo tem a tangente igual a 1 ?

θ = 45 ° = π 4

Portanto θ ...

0 ≤ θ ≤ π 4

Passo 4

Finalmente, com as informações de variação das nossas variáveis:

1 ≤ r ≤ 2

0 ≤ θ ≤ π 4

Podemos voltar para a integral dupla:

A D 1 = ∬ D 1   1   d A

E substituir tudo, não se esquecendo de multiplicar pelo módulo do Jacobiano que encontramos:

∫ 0 π 4 ∫ 1 2 1 ⋅ J   d r d θ =

∫ 0 π 4 ∫ 1 2 r   d r d θ

Integrando em r ...

∫ 0 π 4 r 2 2 1 2 d θ =

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

3 2 θ 0 π 4 = 3 2 π 4 =

3 π 8

Passo 5

Como a área da Região D é o dobro da Área da região D 1 ...

A D = 2 ⋅ 3 π 8 =

3 π 4

Resposta

3 π 4

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