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