Anotações - Integrais Duplas Polares - 2023-2

1- Revisão de integrais duplas 2- Integrais duplas em coord. polares 3- Exemplos Voltando ao problema.. Calcule \( \int\int_R (x^2+y^2) \, dA \) onde Solução: Em polares \( x^2+y^2=r^2, \, dA = rdrd\theta \) \(\int_0^{\pi/2}\int_0^1 r^2 \, rdrd\theta = \int_0^{\pi/2}\int_0^1 r^3 \, drd\theta \) \(=\int_0^{\pi/2} \left[ \frac{r^4}{4} \right]_{r=0}^{r=1} d\theta \) \(=\int_0^{\pi/2} \frac{1}{4} \)d\theta\) \(=\frac{\pi}{2} \cdot \frac{1}{4} = \frac{\pi}{8}\) Teorema: Se \(R=\) então \(\int\int_R f(x,y) \, dA = \int_a^b \int_{g_1(\theta)}^{g_2(\theta)} f(r \cos\theta, r \sin\theta) \, rdrd\theta \) Função de uma variável y=f(x) \int_a^b f(x) dx = \text{área debaixo do gráfico} y=f(x) \text{de} x=a \text{até} x=b = \lim_{\Delta x_k \to 0} \sum_k f(x_k) \Delta x_k Integral dupla \iint_R f(x,y) dA = \{ \text{Volume debaixo do gráfico} z=f(x,y) \text{sobre a região R do plano xy} Integral dupla \iint_R f(x,y) dA Divide R em pequenos pedaços de área \Delta A_{i,j} \sum_i \sum_J f(x_i, y_j) \Delta A_{i,j} \text{Volume prisma} faz \Delta A_{i,j} \to 0. ∫_a^b f(x)dx = { área debaixo do gráfico de x=a até x=b y=f(x) } ∬_R f(x,y)dA = { Volume debaixo do gráfico sobre a região R do plano xy z=f(x,y) } Mas como se calcula? Teorema fundamental do Cálculo ∫_a^b f(x)dx = F(b) - F(a) onde F é tal que F' = f. Para calcular ∬_R f(x,y)dA, toma fatias A(x) = área da fatia em x paralela ao plano yz Vol = ∫_a^b A(x)dx Para calcular \iint_R f(x,y) dA, toma fatias A(x) = \text{área da fatia em x paralela ao plano yz} Vol = \int_a^b A(x) dx A(x) = \int_{g_1(x)}^{g_2(x)} f(x,y) dy Resumindo.. \iint_R f(x,y) dA = \int \int f(x,y) dxdy \text{apropiados limites} dA = dxdy \text{ ou } dydx \Delta A = \Delta x\Delta y \rightarrow dA = dxdy \text{Motivo} \Delta y \Delta x \text{Área } \Delta A Exemplo: Calcule \iint_R (x^2 + y^2) dA \text{ onde } R = \text{Solução: } \int_0^1 \int_0^{\sqrt{1-x^2}} (x^2 + y^2) dy dx ∫_0^1 ∫_0^√(1-x²) (x² + y²) dy dx = ∫_0^1 (x²y + y³/3) | y=0^√(1-x²) dx = ∫_0^1 x²√(1-x²) + (1-x²)^{3/2}/3 dx Integral não muito amigável É possível resolver usando substituição trigonométrica apropriada Ao invés de x,y vamos considerar coordenadas polares r, θ 1- Revisão de integrais duplas 2- Integrais duplas em coord. polares 3- Exemplos R = {(r,θ) : 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ π/2} ∫_0^π/2 ∫_0^1 ... drdθ dA = dxdy mas dA ≠ drdθ Mudança de variáveis em integrais ∫[a,b] f(x) dx = ∫[c,d] f(g(u)) g'(u) du Fator de correção da mudança de variável x = g(u) => dx = g'(u) du g(c) = a g(d) = b Lembre... Área ΔA = Δx Δy → dA = dx dy Como ΔA depende de Δr e Δθ ? ≈ retângulo de área ΔA ≈ (Δr)(rΔθ) = rΔrΔθ → dA = r dr dθ Fator de correção Ex1 Calcule o volume do sólido dentro da esfera x^2 + y^2 + z^2 = 9, fora do cilindro x^2 + y^2 = 1. solução: Parte superior da esfera z = √(9 - x^2 - y^2) V = 2 ∬_R √(9 - x^2 - y^2) dA onde R = V = 2 ∬_R √(9 - x^2 - y^2) dA onde R = Coord. polares (r, θ) √(9 - x^2 - y^2) = √(9 - r^2) dA = rdrdθ R: {1 ≤ r ≤ 3 0 ≤ θ ≤ 2π V = 2 ∫_0^2π ∫_1^3 √(9 - r^2) rdrdθ = 4π ∫_1^3 √(9 - r^2) rdr = 4π ∫_0^8 u^(1/2) du / -2 = 2π ∫_0^8 u^(1/2) du = 4π/3 u^(3/2) |_0^8 = 4π/3 * 8^(3/2) = 4π/3 * 2^4+1/2 = 64√2π/3 Ex 3. Calcule \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-\frac{x^2}{2}} dx I^2 = \int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{\infty} e^{-\frac{r^2}{2}} r\,dr d\theta = 2\pi \int_{0}^{\infty} e^{-\frac{r^2}{2}} r\,dr = -2\pi e^{-\frac{r^2}{2}} \bigg|_{r=0}^{r=\infty} = -2\pi \left(e^{-\infty} - e^{0}\right) = -2\pi \left(0 - 1\right) = 2\pi u = -r^2/2 du = -rdr rdr = -du -\int e^{u} du = -e^{u} \Rightarrow I = \sqrt{2\pi} I = \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-\frac{x^2}{2}} \, dx, I^2 = \left(\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-\frac{x^2}{2}} \, dx\right)\left(\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-\frac{y^2}{2}} \, dy\right) = \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-\frac{x^2}{2}} \left( \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-\frac{y^2}{2}} \, dy \right)\, dx = \int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-\frac{x^2}{2}} e^{-\frac{y^2}{2}}\, dy\, dx = \int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-\frac{(x^2+y^2)}{2}} \, dy\, dx