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Cálculo Diferencial e Integral II

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Ficha 9 — Mudança de variáveis na integração

Nos exercícios seguintes, mesmo que não indicado explicitamente, tente usar uma mudança de variável que simplifique o cálculo.

  1. Seja $f :\mathbb{R} → \mathbb{R}$ uma função contínua, $A = \left\{(x, y) \in \mathbb{R}^2 : |x| + |y| \leq 1\right\}$ e considere o integral \[\iint_A f(x^2 − y^2)\,dx\,dy.\] Use as coordenadas definidas por \[\begin{cases}u = x + y,\\ v = x − y,\end{cases}\] para obter uma expressão para aquele integral na forma de um integral iterado \[\int_{\dots}^{\dots} \left( \int_{\dots}^{\dots} \dots \, du\right) dv.\]
  2. Seja $A =\left\{(x, y) \in \mathbb{R}^2: x \geq 0, y \geq 0, x^2-y^2 \geq\frac{1}{4}, x^2+ y^2 \leq 1\right\}$. Use a mudança de coordenadas definida por \begin{align*}u &= x^2 + y^2 ,\\ v &= x^2 - y^2. \end{align*} para calcular o integral \[\iint_A xy \log(x^2 − y^2 )\,dx\,dy.\]
  3. Seja $B=\left\{(x,y)\in\mathbb{R}^2: y\geq 2, x\geq 0 , y^2-x^2\leq 1, x^2+y^2\leq 9\right\}$. Use as coordenadas definidas por \[ \begin{cases}u=x^2+y^2 \\ v=y^2-x^2 \end{cases}\] para calcular \[\iint_B (x^2+y^2)xy \,dx\, dy.\]
    Solução

    A aplicação $\mathbb{R}^2\ni (x,y)\mapsto T(x,y)=(x^2+y^2, y^2-x^2)=(u,v)$ é uma bijecção quando restrita ao interior do primeiro quadrante (geometricamente isto corresponde a que cada ponto do interior do primeiro quadrante é a única intersecção de um arco de circunferência $x^2+y^2=u$ com um ramo de hipérbole $y^2-x^2=v$) de classe $C^1$ com inversa de classe $C^1$.

    A matriz jacobiana desta transformação é \[\begin{bmatrix}2x & 2y \\ -2x & 2y\end{bmatrix}\] definindo um módulo de determinante (no primeiro quadrante) $\left|\det \frac{\partial(u,v)}{\partial(x,y)}\right|= 8 xy$.

    A região $B$.
    $T(B)$ é um triângulo no plano $uv$ limitado pelas rectas $u=9$, $v=1$ e $u+v=8$.

    Assim \begin{align*}\iint_B (x^2+y^2)xy \,dx\, dy & = \iint_{T(B)}\frac{u}{8}\, du\, dv \\ & =\int_7^9\left(\int_{8-u}^1 \frac{u}{8}\, dv\right)du \\ & =\int_7^9 \frac{u}{8} (u-7) \, du \\ & = \int_0^2 \frac{u+7}{8} u \, du = \frac{1}{3} + \frac{7}{4}.\end{align*}

  4. Calcule \[\iiint_A y\, dx\,dy\,dz\] em que $A=\left\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3: 1\leq x^2+y^2+ z^2\leq 4, 0\leq y\leq x, 0\leq z\leq \sqrt{x^2+y^2}\right\}$.
    Solução

    Usamos coordenadas esféricas definidas, para $\rho\geq 0$, $\theta\in [0,2\pi]$, $\phi\in [0,\pi]$, por \[\begin{cases}x = \rho \cos\theta \sen \phi, \\ y = \rho \sen\theta \sen \phi \\ z =\rho \cos \phi\end{cases}\] obtendo-se \begin{align*}\iiint_A y \, dx\, dy\, dz &= \int_1^2\left(\int_0^{\pi/4}\left(\int_{\pi/4}^{\pi/2}\rho^3 \sen \theta  \sen^2 \phi\, d\phi \right)d\theta\right)d\rho \\ &=\frac{15}{4}\left(1-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)\left(\frac{\pi}{8}+\frac{1}{4}\right).\end{align*}

    Animação produzida com Sage via Jmol da região $A$.

  5. Seja $A\subset \mathbb{R}^2$ a região definida por \[\left\{(x,y)\in\mathbb{R}^2: 0\lt x\leq y, y\leq 4x^2, x\geq y^2\right\}.\] Use a mudança de coordenadas definida por \begin{align*}u = y/x^2,\\ v = x/y^2.\end{align*} para calcular o integral \[\iint_A \frac{\log(xy)}{x^2 y^2}\, dx\, dy.\]
    Solução

    Convencionamos $(u,v)=g(x,y)=(y/x^2, x/y^2)$. Note que tanto a região $A$ como o seu transformado pela mudança de coordenadas $g$ estão contidos no interior do primeiro quadrante, que abreviaremos como $\mathbb{R}_+^2$. Tem-se  \begin{gather*}g\left(\left\{(x,y)\in \mathbb{R}_+^2:y\leq 4x^2\right\}\right)=\left\{(u,v)\in\mathbb{R}_+^2: u\leq 4\right\}, \\ g\left(\left\{(x,y)\in\mathbb{R}_+^2:x\geq y^2\right\}\right)=\left\{(u,v)\in\mathbb{R}_+^2: v\geq 1\right\},\\ g\left(\left\{(x,y)\in\mathbb{R}_+^2:x\leq y\right\}\right)=\left\{(u,v)\in\mathbb{R}_+^2: u\geq v\right\}.\end{gather*}

    A região A.
    A região $A$

    Então, \[B=g(A)=\left\{(u,v)\in\mathbb{R}^2: u\leq 4, v\geq 1, v\leq u\right\}.\] Ora,

    \[\left | \det \frac{\partial(u,v)}{\partial(x,y)} \right|=\left| \det \begin{bmatrix}\frac{-2y}{x^3} & \frac{1}{x^2} \\ \frac{1}{y^2} & \frac{-2x}{y^3}\end{bmatrix}\right|=\frac{3}{x^2y^2},\]portanto \[\left | \det \frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)} \right|=\frac{x(u,v)^2y(u,v)^2}{3}\]

    e, por fim, \begin{align*}\iint_A \frac{\log(xy)}{x^2 y^2}\, dx\, dy & = \iint_B \frac{1}{3}\log \left(\frac{1}{u v}\right)\, du\, dv\\ & =-\frac{1}{3} \iint_B \log \left(u v\right)\, du\, dv \\ & =-\frac{1}{3} \int_1^4\left(\int_1^u \log \left(u v\right)\, dv\,\right) du\\
    & =-\frac{1}{3} \int_1^4\left( \left.[v\log(uv)]\right|_{v=1}^{v=u}-\int_1^u 1\,dv\right)\, du\\
    & =-\frac{1}{3} \int_1^4\left(2u \log u-\log u-u+1\right)\, du \\
    & = -\frac{1}{3} \left(\int_1^4 (2u-1)\log u\, du+3-\frac{15}{2}\right)\\
    & =-\frac{1}{3}\left(\left.[(u^2-u)\log u]\right|_{u=1}^{u=4}-\int_1^4 u-1 \, du -\frac{9}{2} \right)\\
    & =-\frac{1}{3}\left( 12\log 4 -9\right) =3-4\log 4.\end{align*}

  6. Seja $A=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2: 1 \leq xy^2\leq 8, 1 \leq x^2 y\leq 8\}$ e $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ uma função contínua. Aplique a mudança de variável \[ \begin{cases}u=x y^2 \\ v=x^2 y \end{cases}\] para transformar o integral $\iint_A x^2 y^2 f(x^3 y^3)\,dx\, dy$ num integral de uma função adequada num intervalo de $\mathbb{R}^2$.
    Solução

    Consideremos a mudança de variável $g(x,y)=(u,v)=(xy^2, x^2y)$. Tem-se $g(A)=B=[1,8]\times[1,8]$ e \[ \det \frac{\partial(g_1,g_2)}{\partial(x,y)}=\det \begin{bmatrix}y^2 & 2xy \\ 2xy&x^2\end{bmatrix}=-3x^2y^2 \] e, portanto, \[\left| \det \frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right|=\frac{1}{3x^2y^2}.\] Então, com $F(x,y)=x^2 y^2 f(x^3 y^3)$, \begin{align*}\iint_A x^2 y^2 f(x^3 y^3)\,dx\, dy &=\iint_B F(g^{-1}(u,v))\left| \det \frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right|\,du\, dv \\ &=\frac{1}{3}\int_1^8 \int_1^8 f(uv)\,du\, dv.\end{align*}

  7. Seja \[B=\left\{(x,y)\in\mathbb{R}^2: x\gt 0, -2\leq y-x^2\leq -1, 0\leq y+x^2\leq \frac{1}{2} \right\}.\] Use a mudança de coordenadas definida para $x \gt 0$ por \[ \begin{cases}u=x^2+y \\ v=-x^2+y \end{cases}\] para calcular \[\iint_B xy \,dx\, dy.\]
    Solução

    A aplicação $\psi:\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:x\gt 0\}\to\{(u,v)\in\mathbb{R}^2:u\gt v\}$ definida por $(u,v)=\psi(x,y)=(y+x^2, y-x^2)$ é de facto uma bijecção de classe $C^\infty$ com matriz jacobiana \[J_\psi(x,y)=\begin{bmatrix}2x & 1 \\ -2x & 1\end{bmatrix}\] e portanto $|\det J_\psi(x,y)|=4x$. Daí que para a transformação inversa temos $|\det J_\psi^{-1}(u,v)|=1/4x(u,v)$. Note-se também que $\psi(B)=[0,1/2]\times [-2,-1]$ e obtemos para a inversa $(x,y)=\psi^{-1}(u,v)=\left(\sqrt{(u-v)/2},(u+v)/2\right)$.

    Assim \begin{align*}\iint_B xy \, dx\, dy & = \iint_{[0,1/2]\times [-2,-1]} \frac{x(u,v)y(u,v)}{4x(u,v)}\, du\, dv \\ &= \iint_{[0,1/2]\times [-2,-1]} \frac{u+v}{8}\, du\, dv \\ & = \frac{1}{8}\int_0^{1/2}\left(\int_{-2}^{-1}u \,dv \right)du + \frac{1}{8}\int_0^{1/2}\left(\int_{-2}^{-1}v \,dv \right)du \\ & = \frac{1}{64} - \frac{3}{32}.\end{align*}

  8. Calcule, usando coordenadas polares, \[\lim_{\epsilon\to 0}\iint_{A_\epsilon}\frac{1}{(x^2+y^2)^{1/3}}\, dx\, dy\] em que $A_\epsilon=\left\{(x,y)\in\mathbb{R}^2: \epsilon\leq \sqrt{x^2+y^2}\leq 1, 0\leq y\leq x\right\}$ com $\epsilon\gt 0$.

    Solução
    A região $A_\epsilon$.

    Usando coordenadas polares\[\iint_{A_\epsilon}\frac{1}{(x^2+y^2)^{1/3}}\, dx\, dy =\int_0^{\pi/4}\left(\int_\epsilon^1 r^{1-2/3}\, dr\right)d\theta = \frac{\pi}{4} \int_\epsilon^1 r^{1/3}\, dr = \frac{\pi}{4} \frac{3}{4} (1-\epsilon^{4/3}).\] Daí que \[\lim_{\epsilon\to 0}\iint_{A_\epsilon}\frac{1}{(x^2+y^2)^{1/3}}\, dx\, dy = \frac{3\pi}{16}.\]

  9. Seja $B=\left\{(x,y)\in\mathbb{R}^2: 0< y\leq x^3 ,\frac{y^3}{2}\leq x\leq y\right\}$ e $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ uma função contínua. Aplique a mudança de variável \[ \begin{cases}u=x^3/y \\ v=y^3/x \end{cases}\] para transformar o integral \[\iint_B x y f(x^2 y^2)\,dx\, dy\] num integral de uma função adequada num triângulo em $\mathbb{R}^2$.

    Solução
    A região de integração $B$.

    A aplicação $(x,y)\mapsto (u,v)$ é injectiva e $C^1$ no interior do primeiro quadrante com matriz jacobiana \[\begin{bmatrix}3x^2/y & -x^3/y^2 \\ -y^3/x^2 & 3 y^2 /x\end{bmatrix}\] com determinante $8xy$.

    A região de integração transforma-se no plano $uv$ no triângulo limitado pelas linhas $u=v$, $u=1$ e $v=2$.

    O transformado da região de integração no plano $uv$.

    Obtemos \[\iint_B x y f(x^2 y^2)\,dx\, dy = \int_{1}^2\left(\int_u^2 \frac{1}{8}f(uv)\, dv\right)du.\]

  10. Calcule o volume do subconjunto de $\mathbb{R}^3$ definido por
    \[V = \{(x, y, z)\in \mathbb{R^3} : 2(x^2 + y^2) \leq z \leq 1 + x^2 + y^2, |y| \leq x\}.\]
  11. Calcule, usando uma mudança de variáveis apropriada, \[\iiint_V y\, dx\,dy\,dz\] em que $V=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3: 0\leq z\leq x^2+y^2\leq 4, 1\leq x^2+y^2, 0\leq y\leq x\}$.

    Solução

    As condições $0\leq z\leq x^2+y^2\leq 4$ e $1\leq x^2+y^2$ definem, visto só envolverem $z$ e $x^2+y^2$, uma região de $\mathbb{R}^3$ invariante por rotação em torno do eixo dos $z$s. Para identificá-la com facilidade introduzimos $r\equiv \sqrt{x^2+y^2}$ e consideramos a região do semiplano $rz$ definida por $\{(r,z):0\leq z\leq r^2\leq 4, 1\leq r^2\}$.

    A região do semiplano $rz$ definida por $\{(r,z):0\leq z\leq r^2\leq 4, 1\leq r^2\}$.

    Usando então coordenadas cilíndricas definidas por \begin{align*}x&=r\cos\theta, \\ y&=r\sen \theta, \\ z&=z\end{align*}com $\theta\in [0,2\pi]$ e $r\geq 0$, obtemos \[\iiint_V y\, dx\,dy\,dz= \int_0^{\pi/4}\left(\int_1^2 \left(\int_0^{r^2} r^2 \sen\theta \, dz\right) dr\right) d\theta = \frac{1}{5} (2^5-1)\left(1-\frac{\sqrt{2}}{2}\right).\]

    Comentário

    A escolha de uma mudança de variáveis deve, em geral, guiar-se pelo princípio de ou simplificar a função integranda ou simplificar a descrição da região de integração. A estratégia para alcançar este último objectivo é, muitas vezes, verificar se nas novas coordenadas as descrições analíticas de subconjuntos da fronteira passam a ser particularmente simples, por exemplo, valores constantes de uma das novas coordenadas. Na solução apresentada é isso que acontece para as porções da fronteira constituídas por subconjuntos de pontos onde $x^2+y^2=1$, $x^2+y^2=4$ ou $z=0$. Os outros pontos na fronteira verificam $z=x^2+y^2$ cuja descrição nas novas coordenadas ($z=r^2$) também não é particularmente complicada.

    Não seguir as ideias que acabámos de descrever e escolher, por exemplo, coordenadas esféricas é uma decisão particularmente infeliz.

  12. Calcule o volume de $V=\left\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3:  x^2+y^2\leq 1, \frac{1}{2}\leq z\leq \sqrt{x^2+y^2}\right\}$.
    Solução

    A descrição da região $V$ só depende de $\sqrt{x^2+y^2}$ e de $z$, o que permite identificá-la como sendo obtida por rotação em torno do eixo dos $zz$s. Assim, introduzimos $r=\sqrt{x^2+y^2}$ e reescrevemos as condições definindo a região como sendo \begin{gather*}r\leq 1 \\ \frac{1}{2}\leq z\leq r\end{gather*} que se devem verificar simultaneamente.

    Esboçando no semi-plano $rz$ estas condições, obtemos

    Determinando a região $V$ por rotação em torno do eixo dos $zz$s: esboço no semiplano $rz$ em que $r=\sqrt{x^2+y^2}$. Embora não seja estritamente necessário fazer este esboço ou equivalente para resolver a questão, tal é fortemente recomendado.

    o que corresponde após rotação em torno do eixo dos $zz$s a

    Animação produzida com Sage via Jmol do conjunto definido em $\mathbb{R}^3$ por $x^2+y^2\leq 1$, $\frac{1}{2}\leq z\leq \sqrt{x^2+y^2}$.

    Assim o volume da região $V$ será, usando coordenadas cilíndricas, \begin{align*}\iiint_V 1\, dx\, dy\, dz &= \int_0^{2\pi}\left(\int_{\frac{1}{2}}^1 \left(\int_{\frac{1}{2}}^r r \, dz\right)dr \right)d\theta\\ &=2\pi \int_{\frac{1}{2}}^1 \left( r^2 - {\frac{r}{2}}\right)dr = 2\pi  \left( \frac{1}{3}-\frac{1}{24}-\frac{1}{4}+ \frac{1}{16}\right)=\frac{5\pi}{24}.\end{align*}

  13. Calcule o volume da região de $\mathbb{R}^3$ definida por \[U=\left\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3: 1-\sqrt{x^2+y^2}\geq z\geq x^2+ y^2 \geq \frac{1}{4}, y\geq x\right\}.\]
    Solução
    Gráfico
    Animação produzida com Sage via Jmol da região $U$.

    Introduzindo $r=\sqrt{x^2+y^2}$ observamos que a região $U$ corresponde à porção no semiespaço definido por $y\geq x$ do sólido de revolução em torno do eixo dos $z$s definido por $1-r\geq z\geq r^2\geq 1/4$. Esboçando esta região do semiplano $rz$ obtêm-se os limites de integração em $r$ e em $z$ a usar quando se consideram coordenadas cilíndricas definidas por \[x=r\cos \theta,\\ y=r\sen \theta, \\ z=z\] com $r\geq 0$, $z\in\mathbb{R}$ e $\theta \in [0,2\pi]$. Note-se que a solução positiva de $1-r=r^2$ é $r=\frac{\sqrt{5}-1}{2}\approx 0,618$, o semiespaço $y\geq x$ corresponderá a $\theta\in [\pi/4, 5\pi/4]$, e que o jacobiano da transformação é $r$.

    A região definida por $1-r\geq z \geq r^2\geq \frac{1}{4}$ no semiplano $rz$.

    Obtém-se então que o volume é dado por \begin{align*}\int_{\pi/4}^{5\pi/4} \left(\int_{\frac{1}{2}}^{\frac{\sqrt{5}-1}{2}}\left(\int_{r^2}^{1-r}r\, dz\right)\,dr\right)\, d\theta & =\pi \int_{\frac{1}{2}}^{\frac{\sqrt{5}-1}{2}} r(1-r-r^2)\, dr \\ & = \pi \left(p\left(\frac{\sqrt{5}-1}{2}\right)-p\left(\frac{1}{2}\right)\right)\end{align*} em que $p(x)=\frac{1}{2}x^2-\frac{1}{3}x^3-\frac{1}{4}x^4$.

  14. Calcule \[\iiint_B z \,dx\, dy\, dz\] em que $B = \left\{(x, y, z) \in \mathbb{R}^3: \frac{1}{2} \leq x^2 + y^2 + z^2 \leq 1, 0\leq z \leq \sqrt{x^2 + y^2}\right \}$.
  15. Calcule \[\iiint_B x\,dx\,dy\,dz\] em que $B = \left\{(x, y, z) \in \mathbb{R}^3 : x^2 + y^2 + z^2 \leq 1, z \geq\sqrt{ x^2 + y^2} , x \geq y \geq 0\right\}$.
  16. Seja $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ uma função contínua e considere o integral iterado \[\int_0^1\left( \int_0^{1-y}\left(\int_0^{x^2+y^2} f(x+y)\, dz\right)dx\right)dy.\] Use as coordenadas definidas por \[ \begin{cases}x = \rho \cos \theta,\\ y = \rho \sen\theta, \\ z = z,\end{cases}\] com $\theta \in [0, 2\pi]$, $\rho \geq 0$, \(z \in\mathbb{R}\), para obter uma expressão alternativa para o integral iterado.
  17. Calcule, usando coordenadas polares, a área de \[A=\left\{(x,y)\in\mathbb{R}^2: \frac{\pi}{4} \leq x^2+y^2\leq \arctg\left(\frac{y}{x}\right), x>0 \right\}.\]

Última actualização: João Palhoto Matos em 20/07/2019 09:16:41.