Integral duplo calculável rodando os eixos

O cálculo de

\displaystyle\iint_A e^{x+y} \sin(x-y)\mathrm dx\mathrm dy

em que A é a região definida por

A =\{(x,y):0\leq x+y\leq 1,0\leq x-y \leq \pi\}

pode fazer-se por rotação dos eixos, depois de verificar que A é um rectângulo. (Ver esta questão de entrance_exam, no MSE ).

Transcrevo tradução de parte da minha resposta.

A dupla desigualdade 0\leq x+y\leq 1 significa que

\left\{\begin{array}{c}0\leq x+y\\x+y\leq 1\end{array}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c}y\geq -x\\y\leq 1-x  \end{array}\right.

e 0\leq x-y\leq \pi significa que

\left\{\begin{array}{c}0\leq x-y\\x-y\leq \pi\end{array}  \right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c}y\leq x\\y\geq x-\pi.  \end{array}\right.

Por isso as condições 0\leq x+y\leq 1 e 0\leq x-y\leq \pi são equivalentes ao sistema de quatro inequações

\left\{\begin{array}{c}y\geq -x\\y\leq 1-x \\y\leq x \\y\geq x-\pi.\end{array}\qquad\right.

A região A  é o rectângulo limitado pelas rectas y=-x, y=1-x, y=x, y=x-\pi   (ver figura).

Para calcular

I:=\displaystyle\iint_{A}e^{x+y}\sin (x-y)\;\mathrm{d}x\mathrm{d}y

podemos considerar o sistema de coordenadas x',y' rodado de \theta =-\pi /4 em relação ao sistema x,y, como se mostra na figura, o que corresponde à seguinte transformação

\begin{aligned}x^{\prime } &=x\cos \left( -\dfrac{\pi }{4}\right) +y\sin \left( -\dfrac{\pi}{4}\right) =\dfrac{1}{2}\sqrt{2}x-\dfrac{1}{2}\sqrt{2}y\\y^{\prime } &=-x\sin \left( -\frac{\pi }{4}\right) +y\cos \left( -\dfrac{\pi}{4}\right) =\dfrac{1}{2}\sqrt{2}x+\dfrac{1}{2}\sqrt{2}y,\end{aligned}

cuja inversa é

\begin{aligned}x&=x^{\prime }\cos \left( -\dfrac{\pi }{4}\right) -y^{\prime }\sin \left( -\dfrac{\pi }{4}\right) =\dfrac{1}{2}\sqrt{2}x^{\prime }+\dfrac{1}{2}\sqrt{2}y^{\prime }\\y &=x^{\prime }\sin \left( -\dfrac{\pi }{4}\right) +y^{\prime }\cos \left( -\dfrac{\pi }{4}\right) =-\dfrac{1}{2}\sqrt{2}x^{\prime }+\dfrac{1}{2}\sqrt{2}y^{\prime }.\end{aligned}

Visto que \dfrac{\partial (x,y)}{\partial (x^{\prime},y^{\prime })}=1, o integral I transforma-se em

\begin{aligned}I&=\displaystyle\int_{y^{\prime }=0}^{\sqrt{2}/2}\left( \displaystyle\int_{x^{\prime }=0}^{\pi \sqrt{2}/2}e^{\sqrt{2}y^{\prime }}\sin (\sqrt{2}x^{\prime })\mathrm{d}x^{\prime}\right) \mathrm{d}y^{\prime }\\&=\displaystyle\int_{y^{\prime }=0}^{\sqrt{2}/2}\sqrt{2}e^{y^{\prime }\sqrt{2}}\mathrm{d}y^{\prime }\\&=e-1,\end{aligned}

atendendo a que

x-y=\dfrac{1}{2}\sqrt{2}x^{\prime}+\dfrac{1}{2}\sqrt{2}y^{\prime }-\left( -\dfrac{1}{2}\sqrt{2}x^{\prime }+\dfrac{1}{2}\sqrt{2}y^{\prime }\right) =\sqrt{2}x^{\prime }

x+y=\frac{1}{2}\sqrt{2}x^{\prime }+\dfrac{1}{2}\sqrt{2}y^{\prime }-\dfrac{1}{2}\sqrt{2}x^{\prime }+\dfrac{1}{2}\sqrt{2}y^{\prime }=\sqrt{2}y^{\prime }.

Em alternativa poderíamos dividir A em três regiões, um triângulo (0\le x\le 1/2), um paralelogramo (1/2\le x\le\pi/2) e um triângulo (\pi/2\le x\le (1+\pi)/2), e determinar I nas variáveis originais x,y:

\begin{aligned}I&=\displaystyle\int_{0}^{1/2}\left( \displaystyle\int_{-x}^{x}e^{x+y}\sin (x-y)\mathrm{d}y\right)  \mathrm{d}x\\&+\displaystyle\int_{1/2}^{\pi /2}\left( \displaystyle\int_{-x}^{1-x}e^{x+y}\sin (x-y)\mathrm{d}  y\right) \mathrm{d}x\\&+\displaystyle\int_{\pi /2}^{(1+\pi )/2}\left( \int_{x-\pi }^{1-x}e^{x+y}\sin (x-y)\mathrm{d}y\right) \mathrm{d}x.\end{aligned}

Sobre Américo Tavares

eng. electrotécnico reformado / retired electrical engineer
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2 respostas a Integral duplo calculável rodando os eixos

  1. Um método um pouco mais rápido, com a mudança de variáveis u=x+y,v=x-y:
    0\leq x+y\leq 1 \Leftrightarrow 0\leq u\leq 1
    0\leq x-y\leq \pi \Leftrightarrow 0\leq v\leq \pi.
    Assim,
    \displaystyle\left|\frac{\partial(u,v)}{\partial (x,y)}\right|=\left|det((1,1),(1,-1))\right|=|-2|=2
    e
    \displaystyle I=\frac 12\int_0^1\int_0^{\pi}e^u\sin(v)dvdu=\frac 12 \left(\int_0^1e^udu\right)\left(\int_0^{\pi}\sin(v)dv\right)
    \displaystyle =\frac 12 (e-1)(-\cos(\pi)-(-\cos(0)))=e-1.

    No fundo, é a mesma solução do Américo: o Américo usa uma isometria (a rotação), pelo que o seu jacobiano é 1. Eu uso a composta de uma rotação e de uma homotetia, obtendo um jacobiano igual a 1/2. Um abraço.

    • Filipe, obrigado pelo seu comentário.

      André Nicolas tinha indicado exactamente este seu método, em comentário à questão original, no MSE. Apresentei o “meu” como alternativa, para ilustrar uma rotação de eixos, em que o jacobiano é 1. Mas o seu método é sem dúvida mais rápido, e, claro, como envolve uma homotetia, o jacobiano já não é unitário.

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