[Integral dupla]definir região de integração

por **jeferson_justo135** » Qua Jan 14, 2015 21:17

Olá pessoal! Gostaria que alguém me ajudasse a entender esse problema, não estou conseguindo encontrar os valores para montar a equação para calcular a integral dupla:

por **Russman** » Qui Jan 15, 2015 02:35

Primeiramente, identifique a curva e qual a forma de simetria.

A curva é uma circunferência de raio r=4

centrada na origem. Portanto, a forma de simetria é polar. Assim, o mais indicado é utilizar coordenadas polares!

A lei de transformação é

$x = \rho \cos(\tehta)$
$y = \rho \sin(\theta)$

Daí, da curva x^2 + y^2 = r^2

(circunferência centrada na origem) você obtém $\rho = 4$ .

Todos os ponto compreendidos a direita pela reta $y=0^{+}$ representam, no nosso sistema de coordenadas, $\theta = 0$ de modo que $x=0^{+}$ a norte representam $\theta = \frac{\pi}{2}$ e a esquerda de $y=0^{+}$ representam $\theta = \pi$ .

Assim, a integral deve ser efetuada de $0 \leq \rho \leq 4$ e $\frac{\pi}{2} \leq \theta \leq \pi$ .

A função f(x) = 5x

a ser integrada será substituída por $f(\rho,\theta) = 5 \rho \cos(\theta)$ e o elemento de área $\dx \ dy = \rho d\rho \ d\theta$ .

Logo, $I = \int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\int_{0}^{4} \rho^2 \cos(\theta) \ d\rho d\theta$ .

Por outro lado, você pode também integrar em $-4 \leq x \leq 0$ e $0 \leq y \leq \sqrt{16-x^2}$ pois a integral

$\int x \sqrt{a^2-x^2} \ dx$

é perfeitamente calculável via substituição.

Em ambos casos eu calculei $I = -\frac{5.4^3}{3}$ .

por **jeferson_justo135** » Seg Jan 19, 2015 16:49

Olá amigo obrigado pelo retorno!

Agora eu entendi o conceito da questão acima, como montar, definir os valores. Porém não estou conseguindo entender como você chegou a esse resultado via substituição, você pode me explicar por favor? Ainda não domino essa matéria e estou estudando por conta.

Muito obrigado.

por **Russman** » Ter Jan 20, 2015 05:49

Na integral

$I = \int_{x_1}^{x_2} x\sqrt{a^2-x^2} \ dx$

faça a substituição a^2 - x^2 = u^2

. Daí, como $-x \ dx = u \ du$ então,

$I = - \int_{u(x_1)}^{u(x_2)} \sqrt{u^2} \ du$ .

Como estamos avaliando uma região onde a função $\sqrt{a^2-x^2}$ é positiva, então $\sqrt{u^2} = + u$ e , daí,

$I = - \int_{u(x_1)}^{u(x_2)} u \ du$

que é muito simples.

por **jeferson_justo135** » Seg Fev 09, 2015 12:16

Olá amigo, obrigado!

Você pode por favor demonstrar pra mim essa resolução para chegar nesse resultado final que me disse? Estou precisando fazer esse exercício de integral trigonométrica porém o único apoio que tenho é o seu nesse fórum...por favor...

por **Russman** » Seg Fev 09, 2015 12:21

Qual integral?

por **jeferson_justo135** » Seg Fev 09, 2015 13:05

Essa amigo : $I=-\frac{5.{4}^{3}}{3}$ , fiz de várias maneiras porém não consigo desenvolver, não consigo chegar a esse resultado, esse é o problema amigo...

por **Russman** » Seg Fev 09, 2015 15:22

Um erro de digitação no post anterior. Segue abaixo a correção.

Na integral

$I = \int_{x_1}^{x_2} x\sqrt{a^2-x^2} \ dx$

faça a substituição a^2 - x^2 = u^2

. Daí, como $-x \ dx = u \ du$ então,

$I = - \int_{u(x_1)}^{u(x_2)} u \sqrt{u^2} \ du$ .

Como estamos avaliando uma região onde a função $\sqrt{a^2-x^2}$ é positiva, então $\sqrt{u^2} = + u$ e , daí,

$I = - \int_{u(x_1)}^{u(x_2)} u^2 \ du$

que é muito simples.

Como x_1 = -4

e

então $u(x_1) = \sqrt{16 -16 } = 0$ e $u(x_2) = \sqrt{16 -0 } = 4$ . Assim,

$I = - \int_{0}^{4} u^2 \ du = - \frac{u^3}{3} |^4_0 = - \frac{4^3}{3}$

Agora basta multiplicar por 5.