Projeto Newton - Aula 26

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UNIVERSIDADE FEDERAL DO PARÁ
CÁLCULO II - PROJETO NEWTON
AULA 26
Assunto: Mudança de Variável na Integral Dupla
Palavras-chaves: mudança de variável, integrais duplas, jacobiano
Mudança de variável na integral dupla
Vamos antes recordar a fórmula de mudança de variável na integral simples. Digamos que queremos calcular
a integral ∫ d
c
f(x)dx
em que f é uma função contínua no intervalo [c, d]. Suponhamos que exista uma função ϕ : [a, b] → [c, d]
de classe C1 e inversível, com ϕ(a) = c e ϕ(b) = d e seja F uma primitiva de f em [c, d].
Temos que
[F (ϕ(u))]′ = F ′(ϕ(u))ϕ′(u) = f(ϕ(u))ϕ′(u)
Portanto, F (ϕ(u)) é uma primitiva de f(ϕ(u))ϕ′(u). Logo,
∫ b
a
f(ϕ(u))ϕ′(u)du =
[
F (ϕ(u))
]b
a
= F (ϕ(b))− F (ϕ(a))
=
[
F (x)
]ϕ(b)
ϕ(a)
=
∫ ϕ(b)
ϕ(a)
f(x)dx
Portanto, temos
∫ ϕ(b)
ϕ(a)
f(x)dx =
∫ b
a
f(ϕ(u))ϕ′(u)du
Essa é a fórmula de mudança de variável na integral simples.
Queremos agora obter uma fórmula de mudança de variável na integral dupla. Antes observamos alguns
fatos.
Se f(x) é uma função derivável em x0, então
df
dx
∣∣∣∣∣
x=x0
= lim
x→x0
f(x)− f(x0)
x− x0
Escrevamos
∆f = f(x)− f(x0) e
∆x = x− x0
Logo
df
dx
∣∣∣∣∣
x=x0
= lim
x→x0
4f
4x
Portanto
df
dx
∣∣∣∣∣
x=x0
∼= ∆f
∆x
Essa aproximação é tanto melhor quanto menor for a diferença x− x0. Podemos escrever
f ′(x0) ∼= f ′(x0)∆x
Portanto
∆f ∼= f ′(x0)∆x
Seja agora f uma função contínua em um intervalo I e a um ponto fixo de I.
Definimos a função g em I por
g(x) =
∫ x
a
f(t)dt
Se F é uma primitiva de f , então
g(x) = F (x)− F (a)
Logo
2
g′(x) = F ′(x) = f(x)
Portanto, temos
d
dx
[∫ x
a
f(t)dt
]
= f(x)
Agora consideremos uma curva γ : I → R2, definida em um intervalo I, de classe C1 e consideremos a ∈ I
fixo.
A função S que associa a cada t ∈ I o comprimento do arco de curva de extremidade γ(a) e γ(t) é dada
por
S(t) =
∫ t
a
||γ′(u)||du
Portanto
S′(t) = ||γ′(t)||
Assim,
∆S ∼= ||γ′(t)||∆t
E essa aproximação é tanto melhor quanto menor for ∆t.
Observemos que o vetor γ′(t) é tangente à curva no ponto γ(t). Como ∆t > 0, o vetor γ′(t)∆t tem a
mesma direção e sentido de γ′(t), logo é também tangente à curva em γ(t) e seu comprimento é
||γ′(t)∆t|| = ||γ′(t)||∆t
Esse comprimento é, aproximadamente, igual ao comprimento do arco de extremidades γ(t) e γ(t+ ∆t).
A fim de obtermos a fórmula da mudança de variável na integral dupla, precisamos considerar funções da
forma
ϕ : Ω ⊂ R2 → R2
São exemplos de funções desse tipo
ϕ(u, v) =
(
u+ v
2
,
v − u
2
)
ϕ(ρ, θ) = (ρ cos θ, ρ sin θ)
No caso geral, nos referimos a tais funções escrevendo
3
ϕ(u, v) = (x(u, v), y(u, v))
ou então
ϕ(u, v) = (x, y) , x = x(u, v) , y = y(u, v)
A função ϕ(u, v) = (x(u, v), y(u, v)) será contínua, diferenciável e de classe C1 se as funções x(u, v) e y(u, v)
forem, respectivamente, contínuas, diferenciáveis e de classe C1.
As derivadas parciais de ϕ são definidas por
∂ϕ
∂u
(u, v) =
(
∂x
∂u
(u, v),
∂y
∂u
(u, v)
)
∂ϕ
∂v
(u, v) =
(
∂x
∂v
(u, v),
∂y
∂v
(u, v)
)
Geometricamente, a derivada parcial de
∂ϕ
∂u
(u0, v0) de ϕ no ponto (u0, v0) pode ser interpretada como
sendo o vetor tangente à curva α(u) = ϕ(u, v0) no ponto α(u0) = ϕ(u0, v0).
De maneira análoga, a derivada parcial
∂ϕ
∂v
(u0, v0) pode ser vista como o vetor tangente à curva β(v) =
ϕ(u0, v) no ponto β(v0) = ϕ(u0, v0).
Consideremos o retângulo R mostrado na figura abaixo
e consideremos ϕ(R) a imagem de R pela função ϕ.
Sabemos que o comprimento do vetor
∂ϕ
∂u
(u0, v0)∆u é, aproximadamente, igual ao comprimento do arco
de curva M̂N e que o comprimento do vetor
∂ϕ
∂v
(u0, v0)∆v é, aproximadamente, igual ao comprimento de
curva M̂Q.
Portanto, a área do paralelogramo determinada pelos vetores
∂ϕ
∂u
(u0, v0)∆u e
∂ϕ
∂v
(u0, v0)∆v é, aproxima-
damente, igual a área de ϕ(R).
Sabemos que a área do paralelogramo mencionado é igual a norma do produto vetorial de
∂ϕ
∂u
(u0, v0)∆u
por
∂ϕ
∂v
(u0, v0)∆v, ou seja,
∣∣∣∣∣∣∣∣∂ϕ∂u (u0, v0)∆u× ∂ϕ∂v (u0, v0)∆v
∣∣∣∣∣∣∣∣ = ∣∣∣∣∣∣∣∣∂ϕ∂u (u0, v0)× ∂ϕ∂v (u0, v0)
∣∣∣∣∣∣∣∣∆u∆v
Portanto, temos
área de ϕ(R) ∼=
∣∣∣∣∣∣∣∣∂ϕ∂u (u0, v0)× ∂ϕ∂v (u0, v0)
∣∣∣∣∣∣∣∣∆u∆v
Suponhamos que ϕ é de classe C1, ou seja, que as derivadas parciais
∂ϕ
∂u
e
∂ϕ
∂v
são contínuas, então, se
(u, v) é um ponto do retângulo R, temos
4
∂ϕ
∂u
(u, v) ∼= ∂ϕ
∂u
(u0, v0)
∂ϕ
∂v
(u, v) ∼= ∂ϕ
∂v
(u0, v0)
e, portanto, obtemos
área de ϕ(R) ∼=
∣∣∣∣∣∣∣∣∂ϕ∂u (u, v)× ∂ϕ∂v (u, v)
∣∣∣∣∣∣∣∣∆u∆v
Segue de
∂ϕ
∂u
=
(
∂x
∂u
,
∂y
∂u
)
e
∂ϕ
∂v
=
(
∂x
∂v
,
∂y
∂v
)
que
∂ϕ
∂u
(u, v)× ∂ϕ
∂v
(u, v) =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
−→
i
−→
j
−→
k
∂x
∂u
∂y
∂u
0
∂x
∂v
∂y
∂v
0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
=
(
∂x
∂u
∂y
∂v
− ∂x
∂v
∂y
∂u
)−→
k =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
∂x
∂u
∂x
∂v
∂y
∂u
∂y
∂v
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
−→
k
O determinante dessa matriz 2×2 é chamado de determinante jacobiano da função ϕ(u, v) = (x(u, v), y(u, v))
e é denotado por
∂(x, y)
∂(u, v)
. Onde
∂(x, y)
∂(u, v)
=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
∂x
∂u
∂x
∂v
∂y
∂u
∂y
∂v
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
Portanto, temos
∣∣∣∣∣∣∣∣∂ϕ∂u (u, v)× ∂ϕ∂v (u, v)
∣∣∣∣∣∣∣∣ = ∣∣∣∣∂(x, y)∂(u, v)
∣∣∣∣
e
área de ϕ(R) ∼=
∣∣∣∣∂(x, y)∂(u, v) (u, v)
∣∣∣∣∆u∆v
Seja agora uma função f(x, y) contínua em ϕ(R),
P = {(uj , vj); i = 0, 1, 2, ..., n , j = 0, 1, 2, ...,m}
uma partição do retângulo R e
5
A = {(uj , vj); i = 0, 1, 2, ..., n , j = 0, 1, 2, ...,m}
um conjunto admissível à partição P .
Seja Rij = [ui−1, ui]× [vj−1, vj ] um sub-retângulo da partição P e denotemos por Aij a área de ϕ(Rij).
Temos que
∫ ∫
ϕ(R)
f(x, y)dxdy ∼=
n∑
i=1
m∑
j=1
f(ϕ(ui, vj))Aij
∼=
n∑
i=1
m∑
j=1
f(ϕ(ui, vj))
∣∣∣∣∣∣∣∣∂ϕ∂u (ui, vj)× ∂ϕ∂v (ui, vj)
∣∣∣∣∣∣∣∣∆ui∆vj
∼=
n∑
i=1
m∑
j=1
f(ϕ(ui, vj))
∣∣∣∣∂(x, y)∂(u, v) (ui, vj)
∣∣∣∣∆ui∆vj
Calculando o limite dessa soma quando ∆→ 0, obtemos
∫ ∫
ϕ(R)
f(x, y)dxdy =
∫ ∫
R
f(ϕ(u, v))
∣∣∣∣∂(x, y)∂(u, v) (u, v)
∣∣∣∣ dudv
Na verdade, essa fórmula também é válida para outros conjuntos que não são necessariamente retângulos
∫ ∫
ϕ(Buv)
f(x, y)dxdy =
∫ ∫
Buv
f(ϕ(u, v))
∣∣∣∣∂(x, y)∂(u, v) (u, v)
∣∣∣∣ dudv
Escrevendo B = ϕ(Buv), temos
∫ ∫
B
f(x, y)dxdy =
∫ ∫
Buv
f(ϕ(u, v))
∣∣∣∣∂(x, y)∂(u, v) (u, v)
∣∣∣∣ dudv
Exemplo 1 Calcule
∫ ∫
B
cos(x− y)
sin(x+ y)
dxdy, em que B é o trapézio 1 ≤ x+ y ≤ 2, x ≥ 0, y ≥ 0.
Resolução:
Temos que
x+ y = 1⇒ y = −x+ 1
x+ y = 2⇒ y = −x+ 2
Vamos fazer a seguinte mudança de variável
6
{
x− y = u
x+ y = v
Logo, obteremos
2x = u+ v ⇒ x = u
2
+
v
2
2y = v − u⇒ y = v
2
− u
2
Portanto,
ϕ(u, v) =
(u
2
+
v
2
,
v
2
− u
2
)
O jacobiano será dado por
∂(x, y)
∂(u, v)
=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
∂x
∂u
∂x
∂v
∂y
∂u
∂y
∂v
∣∣∣∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
1
2
1
2
−1
2
1
2
∣∣∣∣∣∣∣∣∣ =
1
4
+
1
4
=
1
2
Perceba que, quando
• v = 1⇒ ϕ(u, 1) =
(
u
2
+
1
2
,
1
2
− u
2
)

x =
u
2
+
1
2
y =
1
2
− u
2
⇒ x+ y = 1
• v = 2⇒ ϕ(u, 2) =
(u
2
+ 1, 1− u
2
)

x =
u
2
+ 1
y = 1− u
2
⇒ x+ y = 2
• v = u⇒ ϕ(u, u) =
(u
2
+
u
2
,
u
2
− u
2
)
= (u, 0)
• v = −u⇒ ϕ(u,−u) =
(u
2
− u
2
,−u
2
− u
2
)
= (0,−u)
Portanto,
7
∫ ∫
B
cos(x− y)
sin(x+ y)
dxdy =
∫ ∫
Buv
cosu
sin v
1
2
dudv
=
1
2
∫ ∫
Buv
cosu
sin v
dudv
=
1
2
∫ 2
1
∫ v
−vcosu
sin v
dudv
Resolvendo a integral interna teremos,
∫ v
−v
cosu
sin v
du =
1
sin v
∫ v
−v
cosu du =
1
sin v
[
sinu
]v
−v
=
1
sin v
[sin v − sin(−v)] = 1
sin v
[sin v + sin v]
=
2 sin v
sin v
= 2
Portanto,
∫ ∫
B
cos(x− y)
sin(x+ y)
dxdy =
1
2
∫ 2
1
2 dv =
1
2
[
2v
]2
1
=
1
2
[2.2− 2.1] = 1
2
[4− 2] = 1
2
.2 = 1
8