Cálculo I (2015/1) IM UFRJ
Lista 6: Aplicações de Integral
Prof. Milton Lopes e Prof. Marco Cabral
Versão 19.05.2015
1
1.1
Exercícios de Aplicações da Integral
Exercícios de Fixação
Fix 1.1: Esboce o gráco e calcule a área da região delimitada por:
(a) y = ex + 2, y = ex , x = 0, x = 5.
(b) y = 0, y = cos(x), x = −π/2, x = π/2.
Fix 1.2: Considere os grácos de y = f (x) e y = g(x) representadas na gura abaixo.
y
f (x)
g(x)
6
3
x
−1
1
2
Escreva uma (ou a soma de) integral(is) denida(s) que calcule a área delimitada por:
(a) y = f (x) e y = g(x) para x ∈ [1, 2]; (b) y = f (x) e y = g(x) para x ∈ [−1, 2].
Fix 1.3: Considere os grácos de y = f (x) e y = g(x) do exercício anterior. Escreva uma (ou a soma
de) integral(is) denida(s) que calcule o volume do sólido de revolução obtido pela rotação em torno
do:
(a) eixo x da região delimitada por y = 0 e y = f (x) para x ∈ [−1, 1];
(b) eixo x da região delimitada por y = f (x) e y = g(x) para x ∈ [1, 2];
(c) eixo y da região do item (b).
Fix 1.4: Considere a região do plano delimitada por x = f (y) e x = g(y) indicada na gura abaixo.
Escreva uma integral que determine a área da região.
y
3
x
1
2
−2
x = f (y)
x = g(y)
Fix 1.5: Suponha que Π(s) é o plano y
= s em R3 . Seja Ω ⊂ R3 um sólido contido entre os planos
y = −2 e y = 4. Seja A(s) a área da interseção de Π(s) com Ω. Escreva uma integral que determine o
volume de Ω.
1.2
Problemas
Prob 1.1: Calcule as áreas hachuradas das guras (a) e (b) abaixo.
1
(a)
(b)
Prob 1.2: Esboce e calcule a área da região limitada:
(a) y − x = 6, y − x3 = 0 e 2y + x = 0. Dica: x = 2 é raiz de x3 = x + 6.
(b) por y 2 = 2x + 4 e por √
y = x − 2.
(c) inferiormente por y = x, superiormente por y = 1 e lateralmente por x = 0.
√
Prob 1.3: Considere a região do plano limitada superiormente por y = 4 + 16 − x2 e inferiormente
por y = 4 e y = 6 − x2 , conforme indicada na gura abaixo. Determine sua área.
y
y =4+
√
16 − x2
y = 6 − x2
y=4
x
Prob 1.4: Calcule o volume do sólido de revolução gerado quando a região hachurada na gura abaixo
é girada em torno do eixo x e do eixo y .
Prob 1.5: Esboce a região do plano, determine sua área e calcule o volume do sólido de revolução
obtido pela rotação
em torno do eixo x da região do plano delimitada:
√
(a) por y = 3 x, y = 2 e x = 0;
(b) acima por y = e−x , abaixo pelo eixo x e a esquerda pela reta x = 1 (uma região innita).
Prob 1.6: (sólido de revolução girado em torno de outros eixos) Determine o volume do sólido de
revolução obtido quando a região limitada por x = y 2 e x = y é girada em torno da reta:
(a) y = −1;
(b) x = −1.
Prob 1.7: Na gura abaixo, seja A o ponto de interseção da curva y = ex2 com a reta L, e seja B o
vértice da parábola 4y = (x − 2)2 . Suponha que a reta L passe por A e B . A reta L, a parábola e o
2
gráco de y = ex delimitam uma região Ω. Escreva uma soma de integrais que determine o volume
do sólido de revolução obtido ao girar Ω em torno do eixo y .
2
y
y = ex
2
A
1
4y = (x − 2)2
Ω
B
x
1
L
Prob 1.8: Um buraco cilíndrico de raio a é feito passando pelo centro de uma esfera de raio r. Deter-
mine o volume do sólido (esfera com buraco no meio) remanescente.
Prob 1.9: Determine o volume do sólido cuja base é o círculo (no plano xy) x2 + y2 = r2 e cujas seções
perpendiculares ao eixo x são quadrados com um lado na base (no plano xy ).
Prob 1.10: Determine o volume do sólido cuja base é limitada por y = x e y = x2 e cujas seções
perpendiculares ao eixo x são quadrados com um lado na base (no plano xy ).
Prob 1.11: Para cada n > 0, seja Ωn a região limitada pelo gráco de y = xn , o eixo x e a reta x = 1.
Se Wn é o volume do sólido obtido girando Ωn em torno do eixo x, e Vn é o volume do sólido obtido
V
girando-se Ωn em torno do eixo y , determine lim n .
n→∞
Wn
Prob 1.12: Uma calota esférica é uma porção da esfera obtida através de um corte por um plano de
uma esfera (veja gura abaixo) . Se o raio da esfera é r, a altura da calota é h e o raio da calota é a,
determine o volume desta calota.
Prob 1.13: Deduza a fórmula do comprimento de gráco de função e da área de superfície de sólido
de revolução.
Prob 1.14: Determine o comprimento
do gráco da função:
√
2 − 1) para x ∈ [1, 2].
(a) y = f (x) = log(x
+
x
√
(b) y = f (x) = 16 − x2 para x ∈ [0, 4];
(c) y = f (x) = log x para
√ x ∈ [1, 2];
(d) y = g(x) = − log( 2 cos x) para x ∈ [−π/4, π/4].
Prob 1.15: Calcule a área da superfície de revolução gerada pela rotação em torno do eixo x da
curva:
(a) y = x3 para x ∈ [0, 1].
(b) y = x2 para x ∈ [0, 1].
(c) y = e−x para x ≥ 0.
3
Respostas dos Exercícios
1
y
y−x=6
Aplicações da Integral
1.1
y − x3 = 0
8
Exer. de Fixação p.1
Fix 1.1: (a) Uma função é a translação da outro por
2
unidades. Assim a área é igual a
5
Z
(ex + 2 − ex ) dx =
Z
5
2 dx = 2 · 5 = 10.
0
2
0
Z
π/2
x
cos(x) dx = 2.
(b) Está área é igual
−4
−π/2
Z
2y + x = 0
2
(g(x) − f (x)) dx.
Z 2
(g(x) − f (x)) dx.
(f (x) − g(x)) dx +
Fix 1.2: (a)
1
Z
(b)
Assim a área é:
1
−1
Z
0
−4
((x + 6) − (x3 )) dx.
1
π[f (x)]2 dx.
Z 2
Z 2 −1
π[f (x)]2 dx.
(b)
π[g(x)]2 dx −
1
1
Z 6
Z 2
(c)
π[g −1 (y)]2 dy −
π[f −1 (y)]2 dy .
0
Fix 1.3: (a)
3
2
Z
((x + 6) − (−x/2)) dx +
1
Z
2
Z
0
Z
((x + 6) − (−x/2)) dx = 12
Como
2
((x + 6) −
e
−4
0
(x3 )) dx = 10,
a área é
22.
(b) Para facilitar, o primeiro passo é trocar
y
1
Z
3
por por
(g(y) − f (y)) dy .
Fix 1.4:
Z
Ω
x2 = 2y + 4 e por x = y − 2.
Assim,
y=
x2
−2
2
e
4
A(s) ds.
é
com
x2
y = x+2. A interseção ocorrerá quando y =
−2 =
2
x + 2, isto
Z é se x = −2 ou se x = 4. Assim a área é
−2
Fix 1.5: O volume de
x
e resolver o problema: Calcule a região delimitada
4
−2
((x + 2) − (x2 /2 − 2)) dx = 18.
igual a
−2
1.2
Problemas p.1
y=
y = x2 =
x − x , ou seja, quando 2x − x = x(2x − 1) = 0.
Assim a interseção é em x = 0 e x = 1/2. Logo a área
1/2
Z 1/2
2x3 1
x2
2
2
é igual a
(x − x − x ) dx =
−
=
2
3 0
24
0
(b) A interseção ocorre é quando cos x = sen x, que
ocorrerá dentro de um ciclo do seno ([0, 2π]) em π/4 e
Z 5π/4
π + π/4 = 5π/4. Assim a área é igual a
(sen x −
π/4
√
cos x) dx = 8.
Prob 1.1: (a) A interseção ocorre quando
2
2
y
x2
−2
2
y =x+2
x
−2
4
Resolvendo o problema original (y
x − 2)
y = x3 = x + 6 é em
x = 2 e y = 8. A interseção de 2y = x e y = x + 6 é
em (−4, 2). Assim o esboço é:
Prob 1.2: (a) A interseção de
x
e integrando em
2
= 2x + 4
e
y=
teríamos que escrever como
soma de duas integrais (verique):
Z
0
√
2 2x + 4 dx +
−2
Z
6
√
( 2x + 4 − (x − 2)) dx =
0
16 38
=
+
= 18.
3
3
(c) Fazendo o esboço observamos que a interseção
x = 0 e em x = 1. Assim a área é igual a
1
(1 − x) dx = . Outra possibilidade é integrar em
3
0
Z 1
√
2
y . Como y = x, x = y . Assim, a área é
y 2 dy =
ocorrerá em
Z
1
1
.
3
4
√
0
y
Sua área é igual a
y=
√
∞
Z
x
y=1
e−x dx =
1
1
.
e
O volume é igual a
x
Z
π
1
Z
√
Z
p
(4 + 16 − 4x2 − 4) dx −
π
.
2e2
(e−2x ) dx =
1
y
x=y
x = y2
2
√
− 2
−4
∞
)2 dxπ
Prob 1.6: Primeiro o esboço:
Prob 1.3: Sua área será determinada por
4
(e
−x
1
x=0
Z
∞
(6 − x2 − 4) dx.
1
A primeira integral é igual a metade da área do círculo
√
de raio
4: 8π .
8π − 8
R:
2
.
3
x
1
Prob 1.4: Note que a região é limitada superiormente
y = x + 1.
por
Z
Assim, rodando no eixo
1
7π
.
3
π(x + 1)2 dx =
0
de cone.
x o volume será
y = −1
O sólido obtido será um tronco
Girando em torno do eixo
y
x = −1
√
que y =
x.
vamos obter um ci-
(a) Note
Como a rotação é em torno
√
, o raio maior é 1 + x e o menor é 1 + x, ao
y = x + 1) para y ∈ [1, 2]. O cilindro de y = −1
√
2
invés de
x e x se fosse rotação em torno de y = 0 (eixo
possui volume 2π (πr h, com r = 1 e h = 2). DeveZ 2
x). O volume será dado pela diferença de volumes:
π
mos subtrair
π(y − 1)2 dy = . Assim o volume é
Z 1
Z 1
3
√
1
π
(x + 1)2 dx =
( x + 1)2 dx − π
π
5π
2π − =
.
0
0
3
3
17π 7π
π
Prob 1.5: (a) Primeiro o esboço.
−
= .
6
3
2
y
(b) De forma análoga, o raio maior é y+1 e o menor
2
√
y
+
1. O volume será dado pela diferença de volumes:
3
y= x
y=2
Z 1
Z 1
2
Ω
π
(y + 1) dy − π
(y 2 + 1)2 dy =
lindro de 1 e altura 2 menos o sólido obtido girando
x = y−1
(já que
0
0
7π
7π 28π
−
=
.
3
15
15
x
8
A = (1, e) pois está na curva y =
2
e , e portanto, y = e1 = e1 = e. Por outro lado B
está parábola. Como y = 0, x = 2. Assim B = (2, 0).
Assim a equação da reta L (que passa em A e B ) é
2
y = −ex + 2e, ou x = 2 − y/e. A função y = ex
intersepta o eixo y em y = 1.
Prob 1.7: Note que
x2
Sua área é igual a
8
Z
(2 −
√
3
x) dx = 4.
0
O volume será calculado como a diferença entre dois
O volume será igual ao volume do tronco de cone
volumes:
Z
8
Z
2
2 dx − π
π
0
0
8
√
3
L para y ∈ [0, e] menos o volume
y ∈ [1, e] e menos o volume ao
girar a parábola para y ∈ [0, 1].
x2
2
Invertendo as funções, como y = e , log y = x ,
√
2
x = log y . Assim o integrando será x = log y . Como
√
4y = (x−2)2 , e na região (veja gura) 2 y = x−2 ≤ 0,
p
√
(x − 2)2 = −(x − 2) = 2 − x. Assim, 2 y = 2 − x.
√
Logo, x = 2 − 2 y .
obtido ao girar a reta
96
64π
( x) dx = 32π − π
=
.
5
5
2
ao girar
(b) Primeiro o esboço.
y
y = ex
2
para
Assim o volume é igual a
Ω
y = e−x
Z
x
π
e
(2 − y/e)2 dy−
0
x=1
Z
−π
0
5
1
√
(2 − 2 y)2 dy − π
Z
e
log y dy.
1
Outra solução é utilizando somente o princípio de
Prob 1.8: A primeira coisa a ser observada é que a
Cavalieri e a ralação entre volume de cone, cilindro
resposta não é o volume da esfera menos o volume
e esfera.
do cilindro de raio
a.
É solução elementar, que pode ser feita no
Ensino médio.
Isto porque o nal do cilindro
retirado pelo furo é arredondado (está na superfície da
Prob 1.13: Veja num livro de Cálculo I ou na internet
esfera).
na Wikipedia.
A esfera é o sólido de revolução de
y = f (x) =
x2
0
2
x. Como o buraco tem raio Prob 1.14: (a) Calculando 1 + [f (x)] = x2 − 1 . A
a
que determina o comprimento possui primitiva
p(veja gura), o valor
√ x = k para que f (k) = a = integral
√
r2 − x20 será k = r2 − a2 .
x2 − 1. √
y
3.
R:
√
16
y = r 2 − x2
0
2
(b) Calculando, 1 + [f (x)]
=
.
A in16 − x2
√
r 2 − x2
em torno do eixo
tegral que determina o comprimente possui primitiva
4 arcsen(x/4).
R: 2π .
Z √
1 + x2
dx. Fazendo
x
√
substituição hiperbólica, obtemos a primitiva
1 + x2 −
arcsenh(1/x)
√ . √
5 − 2 + arcsenh(1) − arcsenh(1/2).
R:
0
(d) Como g (x) = tan x, calculamos
Z p
Z
1 + tan2 x dx = sec dx =
(c) Vamos ter que calcular
a
a
x
−k
k
Assim o volume será dado por
k
p
2πk 3
( r2 − x2 )2 dx = 2kπr2 −
,
3
−k
√
r2 − a2 .
onde k =
√
Prob 1.9: Como y = ± r 2 − x2 , o lado do quadrado
√
para cada x é 2 r 2 − x2 . A área de cada corte A(x) =
4(r2 − x2 ). Assim, o volume é
Z r
16 3
4(r2 − x2 ) dx =
r .
3
−r
Z
π
log(sec x + tan x).
Substituindo os limites de integração obtemos:
√ !
2+ 2
√ .
R: log
2− 2
π
Prob 1.15: (a)
(103/2 − 1).
27
√
√
π
(b)
(18 5 − log(2 + 5)).
32√
√
2)).
(c) π( 2 + log(1 +
Prob 1.10: Faça a gura e observe que a interseção é
(1, 1) e (0, 0). O lado do quadrado para cada x é
x − x2 . A área de cada corte A(x) = (x − x2 )2 . Assim,
em
o volume é
1
Z
(x − x2 )2 dx =
0
Z
1
.
30
1
π
e
2n
+1
0
Z 1
2π
Vn
Vn = π
(1 − (y 1/n )2 ) dx =
. Logo, lim
=
n→∞
n+2
Wn
0
2(2n + 1)
lim
= 4.
n→∞
n+2
Prob 1.11: Note que
Wn = π
(xn )2 dx =
Prob 1.12: De forma análoga a um exercício anterior
onde determinamos o volume de uma esfera com um
furo. Por Pitágoras,
r2 = a2 + (r − h)2 .
Rodando a gura em 90 graus, pensando na esfera
como o sólido de revolução de
em torno do eixo
x
e denindo
√
y = f (x) = r2 − x2
k = r − h, o volume da
calota será
Z
π
k
r
p
π
( r2 − x2 )2 dx = (2r3 − 3kr2 + k 3 ).
3
Substituindo
3
h /3).
k = r−h, obtemos que o volume é π(h2 r−
Com mais alguma manipulação também obte-
mos que o volume é
πh
(3a2 + h2 ).
6
6