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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
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