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Curso: Cálculo multivariável > Unidade 4

Lição 6: Integrais duplas (artigos)

Integrais duplas em coordenadas polares

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Se você tem uma função de duas variáveis descrita usando coordenadas polares, como calcula sua integral dupla?

Conhecimentos prévios

O que estamos construindo

Quando você estiver executando uma integral dupla,
$\iint_{R} f d A$ ‍
se você desejar expressar a função $f$ ‍ e os limites para a região $R$ ‍ em coordenadas polares $(r, θ)$ ‍, o caminho para expandir a pequena área $d A$ ‍ é
$d A = r d θ d r$ ‍
(Preste atenção ao fato de que a variável $r$ ‍ é parte dessa expressão)
Além dessa regra única, essas integrais duplas são principalmente sobre ter cuidado para assegurar que os limites da sua integral expressem adequadamente a região $R$ ‍.
Integrar usando coordenadas polares é conveniente sempre que sua função ou sua região apresentar algum tipo de simetria rotacional. Por exemplo, coordenadas polares são bastante adequadas para integração em um disco, ou para funções que incluem a expressão $x^{2} + y^{2}$ ‍.

Exemplo 1: pequenas áreas em coordenadas polares

Suponha que temos uma função multivariável definida usando as coordenadas polares

r

θ

$f (r, θ) = r^{2}$ ‍

E digamos que você queira encontrar a integral dupla dessa função na região em que

$r \leq 2$ ‍

Esse é um disco de raio

2

centrado na origem.

Escrito de forma abstrata, é assim que essa integral dupla pode parecer:

$\begin{array}{r} \iint_{r \leq 2} r^{2} d A \end{array}$ ‍

Você pode interpretar isso como o volume abaixo de um paraboloide (o análogo tridimensional de uma parábola), como mostrado abaixo:

A questão é: o que fazemos com esse termo

d A

Atenção!: você pode ficar tentado a substituir $d A$ ‍ por $d θ d r$ ‍, uma vez que em coordenadas cartesianas nós o substituímos por $d x d y$ ‍. Mas isso não está correto!

Lembre-se do que uma integral dupla faz: ela divide a região sobre a qual estamos integrando em pequenos pedaços, e

d A

representa a área de cada um desses pedaços. Por exemplo, dividir nosso disco de raio

2

pode parecer com isso:

Por que eu escolhi dividi-lo nesse padrão de teia de aranha, em vez de usar linhas verticais e horizontais? Uma vez que estamos em coordenadas polares, será mais fácil pensar nos pequenos pedaços se suas bordas representarem um valor constante de

r

ou um valor constante de

θ

Vamos focar em apenas um desses pequenos pedaços:

Apesar de esse pequeno pedaço ter uma forma curva, se fizermos cortes cada vez mais finos, podemos tratá-lo basicamente como um retângulo. Podemos pensar no comprimento de um dos lados desse "retângulo" como

d r

, uma pequena variação na coordenada

r

Usar um diferencial

d r

para descrever esse comprimento enfatiza o fato de que não estamos exatamente considerando um pedaço específico, mas estamos interessados no que acontece à medida que seu tamanho se aproxima de

0

Mas qual é o comprimento do outro lado?

Não é

d θ

, uma pequena variação no ângulo, porque radianos não são uma unidade de comprimento. Para transformar radianos em um comprimento de arco, temos que multiplicar por $r$ ‍.

Portanto, se tratarmos esse pequeno pedaço como um retângulo, e como quando

d r

d θ

se aproximam de

0

ele basicamente é um retângulo, sua área é

$d A = (r d θ) (d r)$ ‍

Substituindo isso na nossa integral original, temos

$\begin{array}{r} \iint_{r \leq 2} r^{2} d A = \iint_{r \leq 2} r^{2} (r d θ) (d r) = \iint_{r \leq 2} r^{3} d θ d r \end{array}$ ‍

Colocar limites nessa região é relativamente simples neste exemplo, porque círculos são naturalmente adequados a coordenadas polares. Como colocamos

d θ

na frente de

d r

, a integral interna é escrita em relação a

θ

. Os limites desta integral interna vão refletir todos os valores de

θ

conforme ela varre o círculo, indo de

0

2 π

. A integral externa é em relação a

r

, que varia de

0

2

Verificação de conceito: calcule essa integral dupla

$\begin{array}{r} \int_{0}^{2} \int_{0}^{2 π} r^{3} d θ d r = \end{array}$ ‍

Exemplo 2: integração sobre uma flor

Defina uma função de duas variáveis

f

em coordenadas polares como

$f (r, θ) = r sen (θ)$ ‍

Seja

R

uma região em forma de flor, definida por

$r \leq \cos (2 θ)$ ‍

Resolva a integral dupla

$\begin{array}{r} \iint_{R} f d A \end{array}$ ‍

Etapa 1: qual das seguintes opções representa a forma correta de substituir

f d A

na integral dupla escrita de forma abstrata?

Escolha 1 resposta:
(Escolha A)
$\begin{array}{r} \iint_{R} r sen (θ) d r d θ \end{array}$ ‍
(Escolha B)
$\begin{array}{r} \iint_{R} r^{2} sen (θ) d r d θ \end{array}$ ‍

Etapa 2: agora temos que expressar o fato de que

R

é definida como a região em que

r \leq \cos (2 θ)

. Qual das seguintes opções é a forma correta de colocar limites na integral dupla?

Escolha 1 resposta:
(Escolha A)
$\begin{array}{r} \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{\cos (2 θ)} r^{2} sen (θ) d r d θ \end{array}$ ‍
(Escolha B)
$\begin{array}{r} \int_{0}^{\arccos (r) / 2} \int_{0}^{2 π} r^{2} sen (θ) d r d θ \end{array}$ ‍

A primeira opção de resposta está correta
$\begin{array}{r} \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{\cos (2 θ)} r^{2} sen (θ) d r d θ \end{array}$ ‍
A integral interna reflete os limites de $r$ ‍, uma vez que $d r$ ‍ está escrito antes de $d θ$ ‍. Nossa região é explicitamente definida de modo que $r \leq \cos (2 θ)$ ‍, e como são coordenadas polares, $r$ ‍ só pode ser positivo. Portanto, $r$ ‍ varia de $0$ ‍ a $\cos (2 θ)$ ‍.
Para a integral externa, $θ$ ‍ percorre toda a sua variação possível, de $0$ ‍ a $2 π$ ‍, uma vez que nenhuma restrição é dada para $θ$ ‍ na definição de $R$ ‍.

Etapa 3: resolva essa integral.

$\begin{array}{r} \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{\cos (2 θ)} r^{2} sen (θ) d r d θ = \end{array}$ ‍

Na prática, eu usaria uma calculadora ou o Wolfram Alpha para resolver uma dessas integrais. A parte mais difícil, que normalmente requer mais inteligência humana, é fazer com que a integral dupla chegue ao ponto em que todos os termos estejam no lugar. Se você quiser resolvê-la a mão, é assim que poderia ser:
$\begin{aligned} \int_{0}^{2 π} \underset{Coloque sen (θ) em evidência fora da integral em r}{\underset{⏟}{\int_{0}^{\cos (2 θ)} r^{2} sen (θ) d r}} d θ \\ = \int_{0}^{2 π} sen (θ) \int_{0}^{\cos (2 θ)} r^{2} d r d θ \\ = \int_{0}^{2 π} sen (θ) {[\frac{r^{3}}{3}]}_{0}^{\cos (2 θ)} d θ \\ = \int_{0}^{2 π} sen (θ) (\frac{\cos (2 θ)^{3}}{3}) d θ \\ = \frac{1}{3} \int_{0}^{2 π} sen (θ) \cos (2 θ)^{3} d θ \end{aligned}$ ‍
Partindo daqui, podemos evitar muitos problemas computacionais com uma observação: o interior da integral é uma função ímpar, o que significa que quando substituímos $θ$ ‍ por $- θ$ ‍, o valor da expressão como um todo se torna negativo.
Além disso, uma vez que essas funções trigonométricas são periódicas, integrar entre $0$ ‍ e $2 π$ ‍ é a mesma coisa que integrar entre $- π$ ‍ e $π$ ‍. A integral na metade negativa se cancela com a integral do lado positivo, assim, o resultado é $0$ ‍.

Exemplo 3: a curva de sino

Você está pronto para um dos meus resultados favoritos em matemática? Isso é realmente muito inteligente.

Pergunta: qual é a integral $\begin{array}{r} \int_{- \infty}^{\infty} e^{- x^{2}} d x \end{array}$ ‍ ?

Essa integral simples é quase impossível de calcular diretamente. Apenas tente encontrar a primitiva!

Essa integral está perguntando a área sob a curva de sino, o que acaba sendo super importante para a probabilidade e estatística!

"O que isso tem a ver com integrais duplas em coordenadas polares?"

Eu te ouço, meu amigo curioso, parece não haver relação, não é? Bem, é aqui que alguém foi super inteligente.

Surpreendentemente, é mais fácil resolver o análogo multidimensional deste problema. Ou seja, calcular o volume sob uma curva de sino tridimensional sobre todo o plano

x y

$\begin{array}{r} \iint_{plano x y} e^{- (x^{2} + y^{2})} d A \end{array}$ ‍

Se mantivermos tudo em coordenadas cartesianas, isso é tão difícil de se resolver quanto a integral simples original

$\begin{array}{r} \int_{- \infty}^{\infty} \int_{- \infty}^{\infty} e^{- (x^{2} + y^{2})} d x d y \end{array}$ ‍

Entretanto, algo mágico acontece quando convertemos isso para coordenadas polares.

Verificação de conceito: expresse essa integral dupla usando coordenadas polares.

Escolha 1 resposta:
(Escolha A)
$\begin{array}{r} \int_{- \infty}^{\infty} \int_{- \infty}^{\infty} e^{- r^{2}} r d θ d r \end{array}$ ‍
(Escolha B)
$\begin{array}{r} \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{2 π} e^{- r^{2}} r d θ d r \end{array}$ ‍
(Escolha C)
$\begin{array}{r} \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{2 π} e^{- r^{2}} d θ d r \end{array}$ ‍

Como a integral interior é em relação a

θ

, podemos fatorar tudo que tem um

r

, que nesse é caso é a função inteira:

$\begin{aligned} \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{2 π} e^{- r^{2}} r d θ d r \\ = \int_{0}^{\infty} e^{- r^{2}} r \underset{Isso resulta em 2 π}{\underset{⏟}{\int_{0}^{2 π} d θ}} d r \\ = \int_{0}^{\infty} (e^{- r^{2}} r) (2 π) d r \\ = 2 π \int_{0}^{\infty} e^{- r^{2}} r d r \end{aligned}$ ‍

Verificação de Conceito: encontre a primitiva de

e^{- r^{2}} r

, usando substituição

u

ou a regra da cadeia inversa.

$\begin{array}{r} \int e^{- r^{2}} r d r = \end{array}$ ‍

Note que a razão pela qual você agora pode encontrar uma primitiva é aquele pequeno termo

r

que apareceu devido ao fato de que

d A = r d θ d r

Verificação de conceito: usando essa primitiva, termine de resolver a integral que calcula o volume sob a curva de um sino tridimensional.

$\begin{array}{r} 2 π \int_{0}^{\infty} e^{- r^{2}} r d r = \end{array}$ ‍

Não é uma bela resposta? E fica ainda melhor, você pode usar esse resultado multidimensional para resolver a integral simples original. Você consegue ver como?

Seguindo a dica, comece dizendo que

$\begin{array}{r} C = \int_{- \infty}^{\infty} e^{- x^{2}} d x \end{array}$ ‍

Agora que começamos a refletir sobre a integral dupla em coordenadas cartesianas, mesmo que ela não possa ser resolvida diretamente do mesmo modo que em forma polar, podemos começar a escrever as coisas em termos de

C

$\begin{aligned} \int_{- \infty}^{\infty} \int_{- \infty}^{\infty} e^{- (x^{2} + y^{2})} d x d y \\ = \int_{- \infty}^{\infty} \int_{- \infty}^{\infty} e^{- x^{2}} e^{- y^{2}} d x d y \\ = \int_{- \infty}^{\infty} e^{- y^{2}} \underset{Isso equivale a C}{\underset{⏟}{\int_{- \infty}^{\infty} e^{- x^{2}} d x}} d y \\ = \int_{- \infty}^{\infty} e^{- y^{2}} C d y \\ = C \underset{Isso também equivale a C}{\underset{⏟}{\int_{- \infty}^{\infty} e^{- y^{2}} d y}} \\ = C^{2} \end{aligned}$ ‍

Em outras palavras, mesmo se não soubermos qual é a área sob a curva de sino, sabemos que quando você a eleva ao quadrado, obtém o volume sob uma curva de sino tridimensional. Mas acabamos de calcular o volume sob a curva de sino tridimensional usando integração em coordenadas polares! Nós descobrimos que o volume é igual a

π

. Portanto, a integral original é igual a

\sqrt{π}

$\begin{array}{r} \int_{- \infty}^{\infty} e^{- x^{2}} d x = \sqrt{π} \end{array}$ ‍

Não é uma loucura? Essa expressão parece não ter nada a ver com

π

e círculos, e, no entanto, de alguma forma tem. Esse é apenas mais um dos muitos lugares na natureza onde

π

e

estão conectados.

Resumo

A única coisa que realmente temos que lembrar sobre integrais duplas em coordenadas polares é que
$d A = r d r d θ$ ‍
Além disso, a parte complicada é trabalhar com limites e o aborrecimento de realmente resolver as integrais que você obtém. Entretanto, essas são as mesmas dificuldades que são encontradas em integrais duplas em coordenadas cartesianas.
A razão pela qual vale a pena aprender isso é que às vezes integrais duplas se tornam mais simples quando você as expressa em coordenadas polares, como foi o caso do exemplo da curva de sino.

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