Exercícios Resolvidos de Mudança para Coordenadas Polares

Coordenadas polares

Seja

I = ∫ - 1 1 ∫ 1 1 + 1 - x 2 f x , y d y d x

  1. Inverta a ordem de integração em I .
  2. Calcule I para f x , y = 1 x 2 + y 2 .

Passo 1

a )

A região que ele descreve ali é do tipo I, temos - 1 ≤ x ≤ 1 e 1 ≤ y ≤ 1 + 1 - x 2

Antes de trocar essa ordem de integração, vamos fazer um esboço desse domínio.

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Passo 2

Para inverter a ordem de integração devemos saber o intervalo de y e depois descobrir as funções que x varia.

Repara que temos uma circunferência de raio 1 ali centrada no ponto 0,1

Isso nos diz que

1 ≤ y ≤ 2

A equação da circunferência vai ser

y = 1 + 1 - x 2

y - 1 2 = 1 - x 2

x 2 + y - 1 2 = 1

Repara que o valor de x vai da parte da esquerda da circunferência até a parte da direita. Se isolarmos x nessa equação da circunferência vamos ter

x 2 = 1 - y - 1 2

x = ± 1 - y - 1 2

O termo negativo é a parte da esquerda da circunferência, enquanto a parte positiva é a parte da direita da circunferência, então

- 1 - y - 1 2 ≤ x ≤ 1 - y - 1 2

Passo 3

A integral vai ficar

I = ∫ 1 2 ∫ - 1 - y - 1 2 1 - y - 1 2 f x , y d x d y

Passo 4

b )

Como tanto a função que vamos integrar como a região de integração possuem termos x 2 e y 2 , vamos utilizar coordenadas polares. Faremos, então:

x = r cos ⁡ θ

y = r sen ⁡ θ

J = r

Passo 5

Agora que já definimos a substituição que faremos, vamos analisar os novos intervalos de integração.

Repara que o ângulo θ vai variar de um extremo da circunferência até o outro. Olha o desenho com o ângulo marcado

Ângulo θ 0 vai ser π 4 , isso porque temos um triângulo isósceles. Além disso, aquele ângulo do verde vai ser π 2 . Então

θ f = π 2 + π 4 = 3 π 4

O raio vai variar da curva vermelha para a curva azul, mas quanto será isso? Repara que temos dentro da circunferência a seguinte desigualdade

1 ≤ y ≤ 1 + 1 - x 2

Fazendo a substituição temos

1 ≤ r sen ⁡ θ ≤ 1 + 1 - r cos ⁡ θ 2

Da primeira desigualdade

r ≤ 1 sen ⁡ θ

Vamos para a segunda

r sen ⁡ θ ≤ 1 + 1 - r cos ⁡ θ 2

r sen ⁡ θ - 1 ≤ 1 - r cos ⁡ θ 2

r sen ⁡ θ - 1 2 ≤ 1 - r cos ⁡ θ 2

r 2 sen 2 ⁡ θ - 2 r sen ⁡ θ + 1 - 1 + r 2 cos 2 ⁡ θ ≤ 0

r 2 sen 2 ⁡ θ + cos 2 ⁡ θ - 2 r sen ⁡ θ ≤ 0

r 2 - 2 r sen ⁡ θ ≤ 0

r r - 2 sen ⁡ θ ≤ 0

Como r ≥ 0 sempre, teremos:

r - 2 sen ⁡ θ ≤ 0   → r ≤ 2 sen ⁡ θ  

D = { ( r , θ ) | 1 sen ⁡ θ ≤ r ≤ 2 sen ⁡ θ ;   π / 4 ≤ θ ≤ 3 π / 4 }

Passo 6

Vamos montar a integral com as coordenadas polares

I = ∫ 1 2 ∫ - 1 - y - 1 2 1 - y - 1 2 1 x 2 + y 2 d x d y

I = ∫ π / 4 3 π / 4 ∫ 1 sen ⁡ θ 2 sen ⁡ θ r r cos ⁡ θ 2 + r sen ⁡ θ 2 d r d θ

⇒ ∫ π / 4 3 π / 4 ∫ 1 sen ⁡ θ 2 sen ⁡ θ r r 2 d r d θ

⇒ ∫ π / 4 3 π / 4 ∫ 1 sen ⁡ θ 2 sen ⁡ θ 1 d r d θ

⇒ ∫ π / 4 3 π / 4 2 sen ⁡ θ - 1 sen ⁡ θ d θ = ∫ π / 4 3 π / 4 2 sen ⁡ θ - cossec ⁡ θ d θ

⇒ - 2 cos ⁡ θ - - ln ⁡ cossec ⁡ θ + cot ⁡ θ θ = π / 4 3 π / 4 = - 2 cos ⁡ θ + ln ⁡ cossec ⁡ θ + cot ⁡ θ θ = π / 4 3 π / 4

⇒ - 2 cos ⁡ 3 π 4 + ln ⁡ cossec ⁡ 3 π 4 + cot ⁡ 3 π 4 - - 2 cos ⁡ π 4 + ln ⁡ cossec ⁡ π 4 + cot ⁡ π 4

⇒ 2 2 2 + ln ⁡ 2 - 1 - - 2 2 2 + ln ⁡ 2 + 1

⇒ 2 2 2 + ln ⁡ 2 - 1 + 2 2 2 - ln ⁡ 2 + 1

⇒ 2 2 + ln ⁡ 2 - 1 - ln ⁡ 2 + 1

⇒ 2 2 + ln ⁡ 2 - 1 2 + 1

Resposta

I = ∫ 1 2 ∫ - 1 - y - 1 2 1 - y - 1 2 f x , y d x d y

2 2 + ln ⁡ 2 - 1 2 + 1

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