Ensino Superior ⇒ Integral dupla (área entre dois círculos) Tópico resolvido

[FilipeDLQ]

Olá pessoal estou com dificuldades de chegar no resultado correto para esse problema:

Determine a área da região {[tex3]D={(x,y) \in\mathbb{R^2}: x^2+(y-2)^2\leq 4 \ \ , \ x^2+y^2\geq 4 } [/tex3]}

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Muito obrigado!

[Cardoso1979]

Olá FilipeDLQ, mais tarde tentarei resolver esta questão, agora bateu um sono

[Cardoso1979]

Observe

Solução:

( I ) x² + y² = 4 :

x² + y² = 4 ⟺ ρ²cos²(θ) + ρ²sen²(θ) = 4

⟺ ρ².[ cos²(θ) + sen²(θ) ] = 4

⟺ ρ² = 4 ⟺ ρ = 2


Por outro lado,

( I I ) x² + ( y - 2 )^2 = 4 :

x² + ( y - 2 )^2 = 4 ⟺ ρ²cos²(θ) + [ ρsen(θ) - 2 ]^2 = 4

⟺ ρ²cos²(θ) + ρ²sen²(θ) - 4ρsen(θ) + 4 = 4

⟺ ρ² - 4ρsen(θ) = 0

⟺ ρ² = 4ρsen(θ) ⟺ ρ = 4sen(θ)


Agora precisamos determinar a variação das coordenadas polares ρ e θ.

A) Variação da coordenada ρ:

Como queremos a área dentro do círculo x² + ( y - 2 )^2 = 4 e fora do círculo x² + y² = 4 , a variação da coordenada polar ρ será da circunferência a que está mais próxima da origem ( ρ = 2 ) para a que está mais distante (
ρ = 4senθ ). Logo:

2 ≤ ρ ≤ 4sen(θ)


B) Variação da coordenada θ :

Para determinar a variação da coordenada θ iremos analisar para quais valores de θ, ρ = ρ, temos:

ρ = ρ

2 = 4sen(θ)

sen(θ) = 1/2

θ = arc sen ( 1/2 )

Daí;

[tex3]\frac{π}{6}≤ \theta ≤\frac{5π}{6}[/tex3]

Porém, analisando o gráfico devemos considerar:

[tex3]\frac{π}{6}≤ \theta ≤\frac{π}{2} \ e \ \frac{π}{2}≤ \theta ≤\frac{5π}{6}[/tex3]


Assim,

[tex3]A=\int\limits_{}^{}\int\limits_{R}^{}dA[/tex3]

[tex3]A=\int\limits_{}^{}\int\limits_{B\theta \rho }^{}\rho d\rho d\theta [/tex3]

[tex3]A=\int\limits_{\frac{π}{6}}^{\frac{π}{2}}\int\limits_{2}^{4sen(\theta )}\rho d\rho d\theta \ + \ \int\limits_{\frac{π}{2}}^{\frac{5π}{6}}\int\limits_{2}^{4sen(\theta )}\rho d\rho d\theta [/tex3]

[tex3]A=\frac{1}{2}.\int\limits_{\frac{π}{6}}^{\frac{π}{2}}[\rho ^2]_{2}^{4sen(\theta )} d\theta \ + \ \frac{1}{2}.\int\limits_{\frac{π}{2}}^{\frac{5π}{6}}[\rho ^2]_{2}^{4sen(\theta )} d\theta [/tex3]

[tex3]A=\frac{1}{2}.\int\limits_{\frac{π}{6}}^{\frac{π}{2}}[16sen^2(\theta )-4] d\theta \ + \ \frac{1}{2}.\int\limits_{\frac{π}{2}}^{\frac{5π}{6}}[16sen^2(\theta )-4] d\theta [/tex3]

Obs.2 Para resolver a integral acima, basta lembrar que sen²(θ) = [tex3]\frac{1}{2}-\frac{1}{2}cos (2\theta )[/tex3].

Então,

[tex3]A=\frac{1}{2}.\int\limits_{\frac{π}{6}}^{\frac{π}{2}}\{16[\frac{1}{2}-\frac{cos(2\theta )}{2}]-4 \}d\theta \ + \ \frac{1}{2}.\int\limits_{\frac{π}{2}}^{\frac{5π}{6}}\{16[\frac{1}{2}-\frac{cos(2\theta )}{2}]-4\}d\theta [/tex3]

[tex3]A=\frac{1}{2}.\int\limits_{\frac{π}{6}}^{\frac{π}{2}}[4-8cos(2\theta )]d\theta \ + \ \frac{1}{2}.\int\limits_{\frac{π}{2}}^{\frac{5π}{6}}[4-8cos(2\theta )]d\theta [/tex3]

[tex3]A=\frac{1}{2}.[4\theta -\frac{\cancel{2}.4sen(2\theta )}{\cancel{2}}]_{\frac{π}{6}}^{\frac{π}{2}} \ + \ \frac{1}{2}.[4\theta -\frac{\cancel{2}.4sen(2\theta )}{\cancel{2}}]_{\frac{π}{2}}^{\frac{5π}{6}} [/tex3]

[tex3]A=\frac{1}{2}.[4\theta -4sen(2\theta )]_{\frac{π}{6}}^{\frac{π}{2}} \ + \ \frac{1}{2}.[4\theta -4sen(2\theta )]_{\frac{π}{2}}^{\frac{5π}{6}} [/tex3]

[tex3]A=\frac{1}{2}.[\frac{4π}{2}-4.sen\left(\frac{2π}{2}\right)-\frac{4π}{6}+4sen\left(\frac{2π}{6}\right)] + \frac{1}{2}.[\frac{4.5π}{6}-4.sen\left(\frac{2.5π}{6}\right)-\frac{4π}{2}+4sen\left(\frac{2π}{2}\right)][/tex3]

[tex3]A=\frac{1}{2}.[2π-4.sen\left(π\right)-\frac{2π}{3}+4sen\left(\frac{π}{3}\right)] + \frac{1}{2}.[\frac{10π}{3}-4.sen\left(\frac{5π}{3}\right)-2π+4sen\left(π\right)][/tex3]

[tex3]A=\frac{1}{2}.[2π-4.0-\frac{2π}{3}+4.\frac{\sqrt{3}}{2}] + \frac{1}{2}.[\frac{10π}{3}-4.\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)-2π+4.0][/tex3]

[tex3]A=\cancelπ-\frac{π}{3}+\sqrt{3} + \frac{5π}{3}+\sqrt{3}-\cancelπ[/tex3]

Portanto,

[tex3]A=(\frac{4π}{3}+2\sqrt{3})u.a.[/tex3]


Nota

Perceba que a área desse problema é quatro (4) vezes a área deste outro problema ( segue o mesmo raciocínio ) resolvido também por mim.

viewtopic.php?f=8&t=74158&p=201846#p201846



Bons estudos!