Mudança de variáveis em integrais múltiplas

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Mudanc¸a de Varia´veis em Integrais Mu´ltiplas∗
Arthur Mattuck
Massachusetts Institute of Technology – MIT
1 Mudanc¸a de Varia´veis
Integrais duplas em coordenadas cartesianas Oxy, quando calculadas em
regio˜es circulares ou com integrandos envolvendo a combinac¸a˜o x2 + y2, sa˜o
por vezes melhor resolvidas em coordenadas polares:∫ ∫
R
f(x, y) dA =
∫ ∫
bR g(r, θ)r dr dθ. (1)
Isso envolve introduzir as novas varia´veis r e θ, junto com as equac¸o˜es
relacionando-as com x e y em ambas as direc¸o˜es:
r =
√
x2 + y2, θ = tan−1(y/x); x = r cos θ, y = sen θ. (2)
Mudar a integral para coordenadas polares requer enta˜o treˆs passos:
A) mudar o integrando f(x, y) para g(r, θ), usando (2);
B) determinar o elemento de a´rea no sistema Orθ: dA = r drdθ;
C) usar a regia˜o R para obter os limites de integrac¸a˜o no sistema Orθ.
Da mesma forma, integrais duplas envolvendo outros tipos de regio˜es ou
integrandos podem ser simplificadas trocando-se o sistema de coordenadas
Oxy por outro melhor adaptado a` regia˜o ou ao integrando. Chamemos as
novas coordenadas de u e v; enta˜o existem equac¸o˜es relacionando as no-
vas coordenadas com as antigas em ambas as direc¸o˜es (frequentemente essas
equac¸o˜es sa˜o usadas apenas em um dos sentido):
u = u(x, y), v = v(x, y); x = x(u, v), y = y(u, v). (3)
∗Traduc¸a˜o livre, por Mayra Madeira, do texto Changing Variables in Multiple Integrals
1
1. Mudanc¸a de Varia´veis 2
Para mudar a integral para as coordenadas
Ouv temos que seguir os passos A, B e C
acima. Nesse sentido, vale esboc¸ar o novo
sistema de coordenadas usando as mesmas
ide´ias de coordenadas polares, isto e´, esbo-
c¸ar a malha formada pelas curvas de n´ıvel
das novas func¸o˜es coordenadas:
u(x, y) = u0, v(x, y) = v0. (4)
Uma vez feito esse esboc¸o, a intuic¸a˜o geome´trica e alge´brica possibilita
seguir os passos A e C, mas para B precisaremos de uma fo´rmula. Essa
fo´rmula usa o determinante Jacobiano , denotado e definido por
∂(x, y)
∂(u, v)
=
xu xv
yu yv
(5)
Usando o Jacobiano, a fo´rmula para o elemento de a´rea no sistema Ouv e´
dA =
∣∣∣∣∂(x, y)∂(u, v)
∣∣∣∣ du dv (6)
de onde segue-se que a fo´rmula de mudanc¸a de varia´vel e´∫ ∫
R
f(x, y) dx dy =
∫ ∫
bR g(u, v)
∣∣∣∣∂(x, y)∂(u, v)
∣∣∣∣ du dv, (7)
onde g(u, v) e´ obtido de f(x, y) por substituic¸a˜o, usando as equac¸o˜es (3).
Veremos como deduzir a fo´rmula (5) para o elemento de a´rea na pro´xima
sec¸a˜o; por hora, vamos verificar que funciona para coordenadas polares.
Exemplo 1 Verifique (1) usando as fo´rmulas gerais (5) e (6).
Soluc¸a˜o. Usando (2), calculamos:
∂(x, y)
∂(r, θ)
=
xr xθ
yr yθ
=
cos θ −r sen θ
sen θ r cos θ
= r(cos2 θ + sen2 θ) = r,
e portanto dA = r dr dθ, de acordo com (5) e (6); note que podemos omitir o
valor absoluto ja´ que, por convenc¸a˜o, sempre assumimos r ≥ 0 em problemas
de integrac¸a˜o, como alia´s esta´ impl´ıcito nas equac¸o˜es (2). �
Estudaremos agora um exemplo que mostra porque precisamos da fo´rmula
geral e como ela e´ usada; isto tambe´m ilustra o passo C – determinar os novos
limites de integrac¸a˜o.
1. Mudanc¸a de Varia´veis 3
Exemplo 2 Avalie
∫∫
R
(
x− y
x+ y + 2
)2
dx dy sobre a regia˜o R indicada abaixo.
Soluc¸a˜o. A integral seria trabalhosa de fazer em coordenadas retangulares.
Mas a regia˜o e´ limitada pelas linhas
x+ y = ±1, x− y = ±1 (8)
e o integrando tambe´m possui as combinac¸o˜es
x − y e x + y. Isso sugere fortemente que a
integral ficaria mais simples com a mudanc¸a
de varia´veis (dada abaixo nas duas direc¸o˜es,
em que o segundo par de equac¸o˜es foi obtido
do primeiro isolando x e y):
u = x+ y, v = x− y; x = u+ v
2
, y =
u− v
2
. (9)
O novo elemento de a´rea pode ser obtido usando (5) e (9) acima:
∂(x, y)
∂(u, v)
=
1/2 1/2
1/2 −1/2 = −
1
2
; (10)
Note que foi usado o segundo par de equac¸o˜es em (9), e na˜o os que introduzem
u e v. Assim, o novo elemento de a´rea e´ (agora precisamos do valor absoluto
inclu´ıdo em (6))
dA =
1
2
du dv . (11)
Usamos agora os passos A e B para obter a nova integral dupla; substi-
tuindo o primeiro par de equac¸o˜es de (9) no integrando, obtemos∫ ∫
R
(
x− y
x+ y + 2
)2
dx dy =
∫ ∫
bR
(
v
u+ 2
)2
1
2
du dv (12)
Nas novas coordenadas, os limites (8) da regia˜o sa˜o simplesmente u = ±1, v =
±1, enta˜o a integral (12) se torna∫ ∫
bR
(
v
u+ 2
)2
1
2
du dv =
∫ 1
−1
∫ 1
−1
(
v
u+ 2
)2
1
2
du dv
Temos
integral interna = − v
2
2(u+ 2)
]u=1
u=−1
=
v2
3
; integral externa =
v3
9
]1
−1
=
2
9
.
�
2. O Elemento de A´rea 4
2 O Elemento de A´rea
Em coordenadas polares, encontramos a formula
dA = r dr dθ para o elemento de a´rea desenhando
a malha de curvas r = r0 e θ = θ0 e determi-
nando (veja a figura) a a´rea infinitesimal de um
dos pequenos elementos da malha.
Procederemos da mesma forma para o caso de
uma mudanc¸a geral de coordenadas Ouv.
As curvas da malha (4) dividem o plano em pequenas regio˜es de a´reas
∆A. Se as curvas de contorno esta˜o suficientemente pro´ximas, elas sera˜o
aproximadamente paralelas, e portanto o elemento de a´rea da malha sera´
aproximadamente um pequeno paralelogramo. Assim, com a notac¸a˜o da
figura abaixo,
∆A ≈ a´rea do paralelogramo PQSR = ||PQ× PR|| (13)
No sistema Ouv os pontos P,Q e R tem coorde-
nadas
P : (u0, v0), Q : (u0 + ∆u, v0), R : (u0, v0 + ∆v);
Entretanto, para usar o produto vetorial em (13),
precisamos PQ e PR em coordenadas cartesianas.
Considere PQ primeiro; temos
PQ = (∆x,∆y), (14)
onde ∆x e ∆y sa˜o as mudanc¸as em x e y quando mantemos v = v0 e mudamos
u0 para u0 + ∆u. De acordo com a definic¸a˜o de derivada parcial,
∆x ≈
(
∂x
∂u
)
0
∆u, ∆y ≈
(
∂y
∂u
)
0
∆u;
e portanto, por (14),
PQ ≈
((
∂x
∂u
)
0
∆u,
(
∂y
∂u
)
0
∆u
)
. (15)
3. Exemplos e Comenta´rios 5
Da mesma forma, como para ir de P a R mantemos u fixo e aumentamos
v0 por ∆v, segue-se que
PR ≈
((
∂x
∂v
)
0
∆v,
(
∂y
∂v
)
0
∆v
)
. (16)
Agora usamos (13); ja´ que os vetores esta˜o no plano Oxy, PQ×PR tem
componente apenas no eixo z, e de (15) e (16) segue-se que
componente z de PQ× PR ≈ xu∆u yu∆u
xv∆v yv∆v 0
=
xu yu
xv yv 0
∆u∆v (17)
onde transpomos o determinante (o que na˜o muda seu valor) e fatoramos ∆u
e ∆v nas duas colunas. Finalmente, tomando o valor absoluto, obtemos de
(13), (17) e da definic¸a˜o do Jacobiano que
∆A ≈
∣∣∣∣∂(x, y)∂(u, v)
∣∣∣∣
0
∆u∆v.
Passando o limite com ∆u,∆v → 0 e retirando o sub´ındice 0 (de forma que
P represente um ponto gene´rico do plano), obtemos fo´rmula do elemento de
a´rea
dA =
∣∣∣∣∂(x, y)∂(u, v)
∣∣∣∣ du dv
3 Exemplos e Comenta´rios
Se escrevermos a fo´rmula de mudanc¸a de varia´vel como∫ ∫
R
f(x, y) dx dy =
∫ ∫
bR g(u, v)
∣∣∣∣∂(x, y)∂(u, v)
∣∣∣∣ du dv, (18)
onde
∂(x, y)
∂(u, v)
=
xu xv
yu yv
, g(u, v) = f(x(u, v), y(u, v)), (19)
parece que as equac¸o˜es essenciais que precisamos sa˜o as equac¸o˜es inversas
x = x(u, v), y = y(u, v), (20)
e na˜o as equac¸o˜es diretas usualmente dadas
u = u(x, y), v = v(x, y). (21)
3. Exemplos e Comenta´rios 6
Caso seja dif´ıcil obter (20) resolvendo (21) simultaneamente para x e y
em termos de u e v, algumas vezes podemos evitar isso usando a seguinte
relac¸a˜o (cuja prova e´ uma aplicac¸a˜o da Regra da Cadeia, e sera´ deixada como
exerc´ıcio):
∂(x, y)
∂(u, v)
∂(u, v)
∂(x, y)
= 1 (22)
O Jacobiano do lado direito da equac¸a˜o e´ fa´cil de calcular se voceˆ conhece
u(x, y) e v(x, y); enta˜o o do lado esquerdo – o que e´ usado em (19) – sera´ o
seu rec´ıproco. Infelizmente, ele estara´ em termos de x e y ao inve´s de u e v,
e portanto (20) continua sendo necessa´rio. Masa`s vezes temos sorte, como
ilustra o pro´ximo exemplo.
Exemplo 3 Avalie a integral∫ ∫
R
y
x
dx dy,
onde R e´ a regia˜o limitada pelas curvas
x2− y2 = 1, x2− y2 = 4, y = 0 e y = x/2,
conforme ilustrado ao lado.
Soluc¸a˜o. A regia˜o e´ limitada por curvas de n´ıvel das func¸o˜es x2 − y2 e y/x,
e o integrando e´ y/x. Isso sugere a mudanc¸a de varia´vel
u = x2 − y2, v = y
x
. (23)
Tentaremos resolver sem obter x e y em termos de u e v. Ja´ que mudar o
integrando para as coordenadas u e v na˜o e´ problema, a questa˜o e´ se podemos
obter facilmente o Jacobiano em termos de u e v. A resposta e´ positiva:
∂(u, v)
∂(x, y)
=
2x −2y
−y/x2 1/x = 2− 2y
2/x2 = 2− 2v2.
Logo, de acordo com (22),
∂(x, y)
∂(u, v)
=
1
2(1− v2) ,
Agora usamos (18), colocamos os limites, e avaliamos; note que a resposta e´
3.1 Limites de Integrac¸a˜o 7
positiva, como devia, ja´ que o integrando e´ positivo.∫ ∫
R
y
x
dx dy =
∫ ∫
R
v
2(1− v2) du dv
=
∫ 1/2
0
∫ 4
1
v
2(1− v2) du dv
= −3
4
ln(1− v2)
∣∣∣1/2
0
= −3
4
ln
(
3
4
)
.
�
3.1 Limites de Integrac¸a˜o
Nos exemplos anteriores na˜o tivemos problemas em encontrar os limites
de integrac¸a˜o, uma vez que a regia˜o R era limitada por curvas de n´ıvel de u
e v, e portanto os limites eram constantes.
Se a regia˜o na˜o e´ limitada por curvas de n´ıvel, e na˜o e´ fa´cil encontrar
uma outra mudanc¸a de varia´veis, enta˜o e´ necessa´rio descobrir as equac¸o˜es,
nas varia´veis u e v, das curvas que limitam a regia˜o R. Os dois exemplos a
seguir ilustram essa situac¸a˜o.
Exemplo 4 Mude
∫ 1
0
∫ x
0
dy dx para uma integral iterada na varia´veis u e v,
onde u = x+ y e v = x− y, calculando primeiro a integral na varia´vel u.
Soluc¸a˜o. Usando (19) e (22), calculamos
∂(x, y)
∂(u, v)
= −1/2, enta˜o o fator
jacobiano do elemento de a´rea e´ 1/2.
Para obter os novos limites, esboc¸amos a regia˜o
de integrac¸a˜o, como feito ao lado. A diagonal e´
a curva de n´ıvel v = 0, mas as curvas horizon-
tal e vertical na˜o sa˜o curvas de n´ıvel – quais sa˜o
suas equac¸o˜es nas coordenadas u e v? Ha´ duas
formas de responder essa pergunta; a primeira e´
mais amplamente utilizada, mas requer um ca´lculo
separado para cada curva.
Me´todo 1 Eliminar x e y usando simultaˆneamente as equac¸o˜es u = u(x, y),
v = v(x, y) e a equac¸a˜o da curva nas varia´veis x e y.
3.1 Limites de Integrac¸a˜o 8
Para o caso da curva horizontal (y = 0) e da curva vertical (x = 1)
mencionadas acima, temos
u = x+ y
v = x− y
y = 0
⇒ u = v ;

u = x+ y
v = x− y
x = 1
⇒
{
u = 1 + y
v = 1− y ⇒ u+ v = 2.
Me´todo 2 Resolver para x e y em termos de u e v; depois substituir x =
x(u, v), y = y(u, v) na equac¸a˜o da curva nas varia´veis x e y.
Usando este me´todo, temos x = 1
2
(u + v), y = 1
2
(u − v). Logo, para as
mesmas curvas horizontal (y = 0) e vertical (x = 1), temos
y = 0⇒ 1
2
(u− v) = 0⇒ u = v ; x = 1⇒ 1
2
(u+ v) = 1⇒ u+ v = 2.
Para obter os limites de integrac¸a˜o, integrando primeiro na varia´vel u,
procedemos como segue:
1. primeiro mantenha v fixo e deixe u au-
mentar; isto nos da´ as linhas tracejadas
mostradas ao lado;
2. integre primeiro com u variando desde o
valor em que a linha tracejada entra na
regia˜o (isto e´, u = v) ate´ o valor onde a
linha deixa a regia˜o R (isto e´, u = 2−v).
3. integre agora com v variando desde o menor valor para o qual a linha
tracejada intersecta a regia˜o R (v = 0) ate´ o maior valor para o qual
isso ainda acontece (v = 1).
Enta˜o a integral e´
∫ 1
0
∫ 2−v
v
1
2
du dv. Como verificac¸a˜o, calcule a integral
e confirme que e´ igual ao valor da a´rea de R. Em seguida, tente calcular a
integral iterada na ordem dv du; nesse caso, a regia˜o deve ser dividida em
duas partes. �
Exemplo 5 Usando a mudanc¸a de coordenadas u = x2 − y2, v = y/x do
Exemplo 3, encontre os limites e o novo integrando para a integral∫ ∫
R
1
x2
dx dy ,
onde R e´ a regia˜o infinita no primeiro quadrante abaixo de y = 1/x e a`
direita de x2 − y2 = 1.
3.1 Limites de Integrac¸a˜o 9
Soluc¸a˜o. Temos que mudar o integrando, encontrar o Jacobiano e determi-
nar os limites de integrac¸a˜o nas varia´veis u e v.
Para mudar o integrando, precisamos expressar x2 em termos de u ou v;
isto sugere eliminar y das equac¸o˜es de u e v. Procedendo dessa forma, temos
u = x2 − y2 , y = vx ⇒ u = x2 − v2x2 ⇒ x2 = u
1− v2 .
Do Exemplo 3 sabemos que o Jacobiano e´
1
2(1− v2) . Observe que, como
v = y/x, na regia˜o R tem-se que 0 ≤ v ≤ 1, e portanto o Jacobiano e´ sempre
positivo e na˜o precisamos do valor absoluto. Enta˜o, por (18), a integral se
torna ∫ ∫
R
1
x2
dx dy =
∫ ∫
bR
1− v2
2u(1− v2) du dv =
∫ ∫
bR
1
2u
du dv
Finalmente, devemos determinar os limites de integrac¸a˜o. O eixo x e a
fronteira esquerda x2− y2 = 1 sa˜o, respectivamente, as curvas de n´ıvel v = 0
e u = 1; o problema e´ a fronteira de cima, a curva xy = 1. Para mudar essa
curva para as coordenadas u e v , seguiremos o Me´todo 1:
u = x2 − y2
y = vx
xy = 1
⇒
{
u = x2 − 1/x2
v = 1/x2
⇒ u = 1
v
− v.
A forma dessa fronteira superior sugere que
devemos integrar primeiro com relac¸a˜o a u.
Enta˜o mantemos v fixo, e deixamos u aumen-
tar; isto nos da´ um raio tracejado mostrado na
figura ao lado; integramos de onde o raio entra
em R em u = 1 ate´ onde ela deixa a regia˜o,
em u = 1
v
− v.
Os raios que usamos sa˜o aqueles que interceptam R; eles comec¸am no
raio mais baixo, correspondente a v = 0, e va˜o ate´ o raio v = a, onde a e´ a
inclinac¸a˜o de OP . Assim, a integral fica∫ a
0
∫ 1/v−v
1
1
2u
du dv .
Para terminar, devemos calcular a explicitamente. Isto pode ser feito
resolvendo xy = 1 e x2 − y2 = 1 simultaneamente para encontrar as coor-
denadas de P . Um jeito mais elegante e´ incluir y = ax (representando a
4. Mudanc¸a de Varia´veis em Integrais Triplas 10
reta OP ) na lista das equac¸o˜es, e resolver todas treˆs simultaneamente para
a inclinac¸a˜o a. Substituindo y = ax nas outras duas equac¸o˜es, e extraindo a
raiz de um polinoˆmio quadra´tico, obtemos{
ax2 = 1
x2(1− a2) = 1 ⇒ a = 1− a
2 ⇒ a = −1 +
√
5
2
.
�
4 Mudanc¸a de Varia´veis em Integrais Triplas
Aqui a mudanc¸a de coordenadas envolve treˆs func¸o˜es
u = u(x, y, z) , v = v(x, y, z) e w = w(x, y, z) ,
mas os princ´ıpios gerais permanecem os mesmos. As novas coordenadas u,
v e w formam uma malha tridimensional constitu´ıda das treˆs famı´lias de
superf´ıcies de n´ıvel de u, v e w. Os limites sa˜o obtidos da mesma forma que
no caso das integrais duplas. O que precisamos ainda e´ da fo´rmula para o
novo elemento de volume dV .
Para obter o volume ∆V de uma pequena regia˜o de seis lados limitada por
treˆs pares de superf´ıcies de n´ıvel, observamos que as superf´ıcies de n´ıvel sera˜o
aproximadamente paralelas, e portanto o volume ∆V e´ aproximadamente o
de um paralelep´ıpedo. Por sua vez, o volume de um paralelep´ıpedo e´ (a
menos de sinal) o determinante da matriz 3 × 3 cujas linhas sa˜o os vetores
que formam as treˆs arestas que se encontram num ve´rtice. Esses vetores sa˜o
calculados como na Sec¸a˜o 2. Assim, depois de passado o limite, temos
dV =
∣∣∣∣ ∂(x, y, z)∂(u, v, w)
∣∣∣∣ du dv dw , (24)
onde o fator importante e´ o Jacobiano dado por:
∂(x, y, z)
∂(u, v, w)
=
xu xv xw
yu yv yw
zu zv zw
. (25)
Como um exemplo, pode ser verificado que essa expressa˜o fornece o ele-
mento de volume correto no caso da mudanc¸a de coordenadas retangulares
para esfe´ricas:
x = ρ senφ cos θ , y = ρ senφ sen θ , z = ρ cosφ. (26)
Apesar de ser um bom exerc´ıcio, esse ca´lculo e´ bastante trabalhoso, e isso
explica porque a maioria das pessoas prefere obter o elemento de volume de
coordenadas esfe´ricas usando argumentos geome´tricos.1 Mudança de Variáveis
	2 O Elemento de Área
	3 Exemplos e Comentários
	3.1 Limites de Integração
	4 Mudança de Variáveis em Integrais Triplas