Ensino Superior

mateuspir2 · Mensagem não lida por **mateuspir2** » 08 Out 2016, 12:01

Estou querendo calcular a integral em anexo.

Onde o domínio é um triângulo de vértices (0,0), (1,0) e (0,1).

Estou fazendo utilizando substituição em integrais duplas, utilizando o fato de u = y - x e v = x + y + 1. Dessa forma teremos que calcular o Jacobiano como forma de correção de mudança de variável. Primeiramente temos um sistema:

(i) u = y - x
(ii) v = x + y + 1

Somando (i) e (ii), temos:

u + v = 2y + 1
2y = u + v - 1
y = (u + v - 1)/2 (iii)

Podemos substituir (iii) em 1.

u = (u + v - 1)/2 - x
u = (u + v - 1 - 2x)/2
2u = u + v - 1 - 2x
2x = -u + v - 1
x = (-u + v - 1)/2

Feito isso, podemos temos 4 equações:

(i) u = y - x
(ii) v = x + y + 1
(iii) x = (-u + v - 1)/2
(iv) y = (u + v - 1)/2

Como fizemos uma mudança de variáveis temos que calcular o Jacobiano do sistema em um determinante:

fazendo, temos que o Jacobiano é 1.

dxdy = dudv

Meu problema é encontrar os novos limites de integração, pois já que temos um triângulo, os limites de integração seriam em xy igual:

0 <= x <= 1
0 <= y <= -x + 1

Estou com problemas em encontrar os novos limites de integração. Quem puder me ajudar ficarei agradecido. Obrigado!

Observe

Solução:

Temos o seguinte triângulo no plano xy :

: arrumar.jpg (26.05 KiB) Exibido 1047 vezes

Façamos a mudança de variável

[tex3]\begin{cases}
u =y-x \\
v=x+y+1
\end{cases} ⟺ \begin{cases}
x=\frac{v}{2}-\frac{u}{2}-\frac{1}{2} \\
y= \frac{v}{2}+\frac{u}{2}-\frac{1}{2} \\ \end{cases}[/tex3]

De

[tex3]\frac{\partial (x,y)}{\partial (u,v)}=\left| \begin{array}{rcr}
\frac{\partial x}{\partial u} & \frac{\partial x}{\partial v}\\
\frac{\partial y}{\partial u} & \frac{\partial y}{\partial v} \\
\end{array} \right|[/tex3]

[tex3]\frac{\partial (x,y)}{\partial (u,v)}=\left| \begin{array}{rcr}
-\frac{1}{2} & \frac{1}{2}\\
\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\
\end{array} \right|=-\frac{1}{2}[/tex3]

Então;

[tex3]dxdy=\left| \begin{array}{rcr}
\frac{\partial (x,y) }{\partial (u,v)} \\
\end{array} \right|dudv=\frac{1}{2}dudv[/tex3]

Observamos que a transformação ( u , v ) = ψ( x , y ) dada por

[tex3]\begin{cases}
u =y-x \\
v=x+y+1
\end{cases}[/tex3] é a inversa de ( x , y ) = φ( u , v ) dada por

[tex3]\begin{cases}
x=\frac{v}{2}-\frac{u}{2}-\frac{1}{2} \\
y= \frac{v}{2}+\frac{u}{2}-\frac{1}{2} \\ \end{cases}[/tex3]

Temos que ψ transforma as retas y = - x + 1 , y = 0 , x = 0 e x = 1 , respectivamente , nas retas v = 2 , u = - v + 1 , u = v - 1 e v = u + 3.

Daí;

[tex3]\begin{array}{|c|c|c|c|}
\hline
(x,y) & u=y-x & v=x+y+1 & (u,v)\\
\hline
(0,0) & u=0-0=0 & v=0+0+1=1 & (0,1)\\
\hline
(1,0) & u=0-1=-1 & v=1+0+1=2 & (-1,2)\\
\hline
(0,1) & u=1-0=1 & v=0+1+1=2 & (1,2) \\
\hline
\end{array}[/tex3]

Graficamente:

: arrumar2.jpg (24.87 KiB) Exibido 1047 vezes

Segue que:

[tex3]\int\limits_{}^{}\int\limits_{B}^{}
\frac{\sqrt[3]{y-x}}{1+y+x} \ dxdy=\int\limits_{1}^{2}[\int\limits_{-v+1}^{v-1}\left(\frac{\sqrt[3]{u}}{v}\right).\frac{1}{2}du]dv=[/tex3]

[tex3]\frac{1}{2}.\int\limits_{1}^{2}[\frac{3\sqrt[3]{u^4}}{4v}]_{-v+1}^{v-1}dv=[/tex3]

[tex3]\frac{3}{8}.\int\limits_{1}^{2}[\frac{\sqrt[3]{(v-1)^4}}{v}-\frac{\sqrt[3]{(-v+1)^4}}{v}] \ dv=[/tex3]

[tex3]\frac{3}{8}.\int\limits_{1}^{2}[\frac{\sqrt[3]{(v-1)^4}}{v}-\frac{\sqrt[3]{[-1
.(v-1)]^4}}{v}] \ dv=[/tex3]

[tex3]\frac{3}{8}.\int\limits_{1}^{2}[\frac{\sqrt[3]{(v-1)^4}}{v}-\frac{\sqrt[3]{(v-1)^4}}{v}] \ dv=\frac{3}{8}.0=0[/tex3]

Portanto, a integral dupla dada é igual a zero ( 0 ).

Nota

Os limites de integração você extrai observando o novo gráfico, claramente você os identificará.

Obs. Resolvi responder esta questão, justamente para que algum aluno que tenha a curiosidade ( dúvida ) de ver o desenvolvimento da mesma sane as suas dúvidas, e com toda sinceridade, ela não é tão simples de ser resolvida!

Bons estudos para quem for pesquisá-la aqui no fórum!

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Integral dupla por substituição

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