Integrais

PARTE II - APLICAÇÕES

Daniel Miranda
UFABC
Cristian Colleti
UFABC
Armando Caputi
UFABC

Sumário

Introdução

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Versão: 2016-12-02

Aplicações da Integral

Neste capítulo vamos mostrar como somas de Riemann e integrais definidas surgem em problemas tais como encontrar o volume e a área de superfície de um sólido, encontrar o comprimento de uma curva plana, calcular o trabalho realizado por uma força, encontrar o centro de a gravidade de uma região plana, encontrar a pressão e a força, etc.

Construção de Fórmulas Integrais

Dado uma função $f$ uma função contínua em $[a,b]$ e uma partição em $n$ subintervalos igualmente espaçados

\[ a<x_1 < x_2 < \cdots < x_n<x_{n+1}=b. \]

Deixe $\Delta x=(b-a)/n$ denotar o comprimento do subintervalo, e deixe $x^{*}_i$ ser um valor no $i$-ésimo subintervalo. A soma

\[ \sum_{i=1}^n f(x^{*}_i)\Delta x \]

é denominada Soma de Riemann.

As somas de Riemann podem ser usadas para aproximar algumas quantidades (área, volume de trabalho, pressão, etc.). A aproximação torna-se exata tomando o limite

\[ \lim_{n\to\infty} \sum_{i=1}^n f(x^{*}_i)\dx = \int_a^b f(x)\ dx. \]

Este capítulo emprega a seguinte técnica para uma variedade de aplicações.

  • Suponha que o valor $ Q $ de uma quantidade deve ser calculada.
  • Primeiramente aproximaremos o valor de $Q $ utilizando uma soma de Riemann.
  • Em seguida, encontrar o valor exato através de uma integral definida.

Aplicação da Estratégia de Integrais Definidas

Deixe uma quantidade $Q$ cujo valor deve ser computado.

  • Divida a quantidade em $n$ ‘'subquantidades’' menores de valores $Q_i$.
  • Identifique a variável $x$ e a função $f(x)$ de tal forma que cada subquantidade pode ser aproximada com o produto $ f (x^{*}_i) \Delta x $, onde $ \Delta x $ representa uma pequena mudança em $ x $. Assim $Q_i \approx f (x^{*}_i) \Delta x $.
  • Reconheça que $ Q= \sum_{i=1}^n Q_i \approx \sum_{i=1}^n f(x^{*}_i)\Delta x$, que é uma soma de Riemann.
  • Tomando os limites apropriados temos $ Q = \dint_a^b f(x)\dx$

Área entre duas curvas

Sejam $f$ e $g$ funções continuas em $[a,b]$ tais que $g(x) \leq f(x)$ para todo $x \in [a,b]$ então $f(x) - g(x)$ é continua em $[a,b]$ e $f(x) - g(x)\geq 0$

\definecolor{qqzzff}{rgb}{0.,0.6,1.} \definecolor{zzttff}{rgb}{0.6,0.2,1.} \definecolor{ccqqqq}{rgb}{0.8,0.,0.} \begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=0.5cm,y=0.25cm] \draw[->,color=black] (-2.,0.) -- (8.,0.); \foreach \x in {-2.,-1.,1.,2.,3.,4.,5.,6.,7.} \draw[shift={(\x,0)},color=black] (0pt,-2pt); \draw[->,color=black] (0.,-6.) -- (0.,10.); % \foreach \y in {-6.,-4.,-2.,2.,4.,6.,8.} % \draw[shift={(0,\y)},color=black] (2pt,0pt) -- (-2pt,0pt); \clip(-2.,-6.) rectangle (8.,10.); \draw[color=qqzzff,fill=qqzzff,fill opacity=0.1] {[smooth,samples=50,domain=0.0:5.5] plot(\x,{(-1.0)/15.0*\x*(\x-1.5)*(\x-7.0)+5.0})} -- (5.5,-1.7) {[smooth,samples=50,domain=5.5:0.0] -- plot(\x,{\x-((-1.0)/15.0*\x*(\x-1.5)*(\x-7.0)+5.0)})} -- (0.,5.) -- cycle; \draw[line width=1.2pt,color=ccqqqq,smooth,samples=100,domain=-2.0:8.0] plot(\x,{(-1.0)/15.0*(\x)*((\x)-1.5)*((\x)-7.0)+5.0}); \draw (1.26,7.92) node[anchor=north west] {$f(x)$}; \draw[line width=1.2pt,color=zzttff,smooth,samples=100,domain=-2.0:8.0] plot(\x,{(\x)-((-1.0)/15.0*(\x)*((\x)-1.5)*((\x)-7.0)+5.0)}); \draw (2.62,-3.32) node[anchor=north west] {$g(x)$}; \begin{scriptsize} \draw (-0.8,0.22) node[anchor=north west] {$a$}; \draw (5.36,0.22) node[anchor=north west] {$b$}; \draw[color=zzttff] (-3.3,-20.8) node {$g$}; \end{scriptsize} \end{tikzpicture}

Figura 1. Área entre duas curvas.

areaeee4


Figura 2. Aproximação da área entre duas curvas por retângulos.

Considere $P=\{x_0,\ldots,x_n\}$ uma partição de $[a,b]$ em subintervalos de igual comprimento, então a soma de Riemann

(1)
\[\displaystyle \sum_{i=1}^n \left(f(x_i^{\star})-g(x_i^{\star})\right) \Delta x_i \nonumber \]

é uma aproximação para a área entre as curvas $f(x)$ e $g(x).$

Como a função $f(x) - g(x)$ é continua em $[a,b]$, temos que o limite da soma de Riemann acima existe. Agora, como $f-g$ é não negativa em $[a,b]$ é natural definir a área entre as curvas $f(x)$ e $g(x)$, denotada por $A(f,g)$, como sendo

(2)
\[A(f,g) = \dint_a ^b \left(f(x) - g(x)\right) dx. \nonumber \]

Teorema [Área entre Curvas].
Sejam $f(x)$ e $g(x)$ funções contínuas em $[a,b]$ com $f(x)\geq g(x)$ para todo $x$ in $[a,b]$. A área da região limitada pela funções $y=f(x) $, $y=g(x)$ e as retas $x=a$ e $x=b$ é

\[ \dint_a^b \big(f(x)-g(x)\big) \dx. \]

Exercício. Calcule a área da região limitada por de $y=xe^{-x^2}$ e $y=e^x$ e $y=-1$ e $y=1$.

\newrgbcolor{xfqqff}{0.4980392156862745 0. 1.} \newrgbcolor{ccqqqq}{0.8 0. 0.} \newrgbcolor{qqzzff}{0. 0.6 1.} \psset{xunit=1.3cm,yunit=0.8cm,algebraic=true,dimen=middle,dotstyle=o,dotsize=5pt 0,linewidth=0.8pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25} \begin{pspicture*}(-1.8,-0.8)(2.7,4.8) \psaxes[labelFontSize=\scriptstyle,xAxis=true,yAxis=true,Dx=1.,Dy=1.,ticksize=-2pt 0,subticks=2]{->}(0,0)(-1.8,-0.8)(2.7,4.8) \pscustom[linecolor=qqzzff,fillcolor=qqzzff,fillstyle=solid,opacity=0.1]{\psplot{-1.}{1.5}{2.718281828459045^(x)}\lineto(1.5,0.1580988368427965)\psplot{1.5}{-1.}{x*2.718281828459045^(-x^(2.0))}\lineto(-1.,0.36787944117144233)\closepath} \psplot[linewidth=1.2pt,linecolor=xfqqff,plotpoints=200]{-1.8}{2.7}{x*2.718281828459045^(-x^(2.0))} \psplot[linewidth=1.2pt,linecolor=ccqqqq,plotpoints=200]{-1.8}{2.7}{2.718281828459045^(x)} \rput[tl](1.640808666666665,0.7221335555555585){$xe^{-x^2}$} \rput[tl](0.5345997777777755,3.051679333333339){$e^x$} \end{pspicture*}

Figura 3. 

Resolução. Como $e^x>xe^{-x^2}$ temos que a área é dada por:

\[ \begin{aligned} A&=\dint_{-1}^1 e^x - xe^{-x^2} \dx\\ &=\dint_{-1}^1 e^x \dx -\dint_{-1}^1 xe^{-x^2} \dx\\ &=\dint_{-1}^1 e^x \dx +\dfrac{1}{2}\dint_{-1}^1 e^{u} \du\\ &= \left(e^x +\dfrac{1}{2}e^{-x^2} \right)\barra^1_{-1}\\ &= e-\dfrac{1}{e} \end{aligned} \]

Exercício. Calcule a área da região compreendida entre os gráficos de $y=x^2$ e $y=\sqrt{x}$.

\definecolor{uuuuuu}{rgb}{0.26666666666666666,0.26666666666666666,0.26666666666666666} \definecolor{wwzzff}{rgb}{0.4,0.6,1.} \definecolor{ccqqqq}{rgb}{0.8,0.,0.} \definecolor{zzwwff}{rgb}{0.6,0.4,1.} \begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=2.5cm,y=2.5cm] \draw[->,color=black] (-0.40088,0.) -- (1.3028,0.); \foreach \x in {,0.5,1.} \draw[shift={(\x,0)},color=black] (0pt,2pt) -- (0pt,-2pt) node[below] {\footnotesize $\x$}; \draw[->,color=black] (0.,-0.4038222222222224) -- (0.,1.2998577777777771); \foreach \y in {,0.5,1.} \draw[shift={(0,\y)},color=black] (2pt,0pt) -- (-2pt,0pt) node[left] {\footnotesize $\y$}; \draw[color=black] (0pt,-10pt) node[right] {\footnotesize $0$}; \clip(-0.40088,-0.4038222222222224) rectangle (1.3028,1.2998577777777771); \draw[color=wwzzff,fill=wwzzff,fill opacity=0.1] {[smooth,samples=50,domain=0.0:1.0] plot(\x,{sqrt(\x)})} -- (1.,1.) {[smooth,samples=50,domain=1.0:0.0] -- plot(\x,{\x^(2.0)})} -- (0.,0.) -- cycle; \draw[line width=1.2pt,color=zzwwff,smooth,samples=100,domain=-0.4008800000000011:1.3027999999999984] plot(\x,{(\x)^(2.0)}); \draw[line width=1.2pt,color=ccqqqq,smooth,samples=100,domain=1.0150399988886007E-6:1.3027999999999984] plot(\x,{sqrt((\x))}); \draw (0.42729777777777644,1.11056) node[anchor=north west] {$\sqrt{x}$}; \draw (0.7980059259259245,0.5663288888888884) node[anchor=north west] {$x^2$}; \begin{scriptsize} \draw [fill=uuuuuu] (0.9999999999863006,0.9999999999931503) circle (1.5pt); \draw [fill=black] (0.,0.) circle (1.5pt); \end{scriptsize} \end{tikzpicture}

Figura 4. 

Resolução. Primeiramente determinaremos os pontos nos quais as curvas $y=x^2$ e $y=\sqrt(x)$ se interceptam. Igualando as equações temos que $x^2=\sqrt(x)$, e resolvendo temos que as curvas se interceptam em $x=0$ e $x=1$.

Observamos que $ x^2\leq y \leq \sqrt{x}$ para todo $x \in [0,1]$. Consequentemente a área é dada pela integral:

(3)
\[ A = \dint_0^1 (\sqrt{x} - x^2) \dx = \dfrac{1}{3}. \]

Exercício. Mostre que a área do círculo de raio $r$ é $\pi r^2$

\newrgbcolor{qqzzff}{0. 0.6 1.} \newrgbcolor{xfqqff}{0.4980392156862745 0. 1.} \newrgbcolor{wwccff}{0.4 0.8 1.} \psset{xunit=2.0cm,yunit=2.0cm,algebraic=true,dimen=middle,dotstyle=o,dotsize=5pt 0,linewidth=0.8pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25} \begin{pspicture*}(-1.3,-1.3)(1.4,1.4) \psaxes[labelFontSize=\scriptstyle,xAxis=true,yAxis=true,labels=none,Dx=0.5,Dy=0.5,ticksize=-0pt 0,subticks=2]{->}(0,0)(-1.3,-1.3)(1.4,1.4) \pscustom[linecolor=wwccff,fillcolor=wwccff,fillstyle=solid,opacity=0.1]{\psplot{-1.}{1.}{sqrt(1.0-x^(2.0))}\lineto(1.,0.)\psplot{1.}{-1.}{-sqrt(1.0-x^(2.0))}\lineto(-1.,0.)\closepath} \psplot[linewidth=1.2pt,linecolor=qqzzff,plotpoints=200]{-0.9999976000000008}{0.9999996000008009}{sqrt(1.0-x^(2.0))} \psplot[linewidth=1.2pt,linecolor=xfqqff,plotpoints=200]{-0.9999976000000008}{0.9999996000008009}{-sqrt(1.0-x^(2.0))} \rput[tl](0.5539969640659282,1.1425051301859317){$\scriptstyle\sqrt{r^2-x^2}$} \rput[tl](0.5988270806602493,-0.7723812786286394){$\scriptstyle-\sqrt{r^2-x^2}$} \rput[tl](-1.2671861878538266,-0.017){$-r$} \rput[tl](1.0727454560859286,-0.017){$r$} \psline[linecolor=wwccff](0.6,0.8)(0.6,-0.8) \end{pspicture*}

Figura 5. Área do Círculo

A área do círculo com o raio $r$ pode ser calculado pela integral

(4)
\[\dint_{-r}^r \sqrt{r^2 - x^2}-(-\sqrt{r^2 - x^2})\dx =2\dint_{-r}^r \sqrt{r^2 - x^2}\dx \]

Para calcular a integral, faremos a substituição: $x=r \sin\theta $ e assim $dx=r\cos \theta \dif\theta$. Esse é um exemplo de Substituição Trigonométrica que será estudada detalhadamente na Seção de Substituição Trigonométrica.

Com essa substituição temos que: $\theta = \arcsin \left ( \dfrac{x}{r} \right )$

\[ \begin{aligned} \dint_{-r}^r \sqrt{r^2 - x^2}\dx &=\dint_{-\nicefrac{\pi}{2}}^{\nicefrac{\pi}{2}}\sqrt{r^2(1-\sin ^2 \theta)} \cdot r \cos \theta\dif \theta\\ &=\dint_{-\nicefrac{\pi}{2}}^{\nicefrac{\pi}{2}} r^2 \cos ^2 \theta\dif \theta \\ &=\dfrac{r^2}{2}\dint_{-\nicefrac{\pi}{2}}^{\nicefrac{\pi}{2}}(1+\cos 2\theta)\dif \theta \\ &=\dfrac{r^2}{2}\left ( \theta \barra_{-\nicefrac{\pi}{2}}^{\nicefrac{\pi}{2}}+ \left[ \dfrac{1}{2} \sin 2\theta \right]\barra_{-\nicefrac{\pi}{2}}^{\nicefrac{\pi}{2}} \right )\\ &=\dfrac{\pi r^2}{2} \end{aligned} \]

Área entre duas curvas: Integrando em Relação a y

Em diversas situações é mais fácil calcular a área da região integrando com respeito a $y$ ao invés de integrar em relação a $x$. Considere, por exemplo, a região $R$ delimitada pelos gráficos de $x = f (y)$ e $x = g (y)$, onde $f (y)\geq g(y)$, e as linhas horizontais $y=c$ e $y=d$.

material-Pz3Ga5dM

Nesse caso podemos mostrar que

Teorema [Área entre Curvas - y].
Sejam $f(y)$ e $g(y)$ funções contínuas em $[c,d]$ com $f(y)\geq g(y)$ para todo $y$ in $[a,b]$. A área da região limitada pela funções $x=f(y)$, $x=g(y)$ e as retas $x=c$ e $x=d$ é

\[ \dint_c^d \big(f(y)-g(y)\big) \dy. \]

Exercício. Calcule a área da região compreendida entre os gráficos de $y=x-2$ e $x=y^2$

\definecolor{wwzzff}{rgb}{0.4,0.6,1.} \definecolor{xfqqff}{rgb}{0.4980392156862745,0.,1.} \definecolor{ffqqqq}{rgb}{1.,0.,0.} \begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=0.65cm,y=0.65cm] \draw[->,color=black] (-0.7,0.) -- (5.3,0.); \foreach \x in {,1.,2.,3.,4.,5.} \draw[shift={(\x,0)},color=black] (0pt,2pt) -- (0pt,-2pt) node[below] {\footnotesize $\x$}; \draw[->,color=black] (0.,-2.5) -- (0.,2.5); \foreach \y in {-2.,-1.,1.,2.} \draw[shift={(0,\y)},color=black] (2pt,0pt) -- (-2pt,0pt) node[left] {\footnotesize $\y$}; \draw[color=black] (0pt,-10pt) node[right] {\footnotesize $0$}; \clip(-0.7,-2.5) rectangle (5.3,2.5); \draw[line width=0.pt,color=wwzzff,fill=wwzzff,fill opacity=0.1] {[smooth,samples=50,domain=0.0:1.0] plot(\x,{sqrt(\x)})} -- (1.,-1.) {[smooth,samples=50,domain=1.0:0.0] -- plot(\x,{0-sqrt(\x)})} -- (0.,0.) -- cycle; \draw[line width=0.pt,color=wwzzff,fill=wwzzff,fill opacity=0.1] {[smooth,samples=50,domain=1.0:4.0] plot(\x,{sqrt(\x)})} -- (4.,2.) {[smooth,samples=50,domain=4.0:1.0] -- plot(\x,{\x-2.0})} -- (1.,1.) -- cycle; \draw [samples=50,rotate around={-90.:(0.,0.)},xshift=0.cm,yshift=0.cm,color=ffqqqq,domain=-4.0:4.0)] plot (\x,{(\x)^2/2/0.5}); \draw [color=xfqqff,domain=-0.7:5.3] plot(\x,{(-2.--1.*\x)/1.}); \draw (4.101404077777775,1.9204656488888885) node[anchor=north west] {$(4,2)$}; \draw (0.731501375555553,-1.1817345022222219) node[anchor=north west] {$(1,-1)$}; \begin{scriptsize} \draw [fill=wwzzff] (1.,-1.) circle (1.5pt); \draw [fill=wwzzff] (4.,2.) circle (1.5pt); \end{scriptsize} \end{tikzpicture}

Figura 6. 

Resolução. Começaremos calculando a intersecção das duas curvas: Igualando as equações temos $x=y+2=y^2$ e logo $y^2-y-2=0$. Assim as curvas se interceptam em $y=-1$ e $y=2$.

Integrando em relação a $y$ temos:

\[ \begin{aligned} A=\dint_{-1}^{2} (y+ 2)-y^2 \dy = \left[ \dfrac{y^2}{2}+2y-\dfrac{y^3}{3}=\dfrac{9}{2} \right] \end{aligned} \]

Curvas que se Entrelaçam

Nesse caso queremos determinar a área de uma região $R$ entre duas funções $f$ e $g$ tais que o gráfico de $f$ situa-se acima do gráfico de $g$ para alguns valores de $x$ $(f(x)> f(x))$ e encontra-se abaixo para outros valores de $x$ $(f (x)< g (x))$.

Nesse caso, a estratégia para determinar a área da região $R$ é que dividi-la em sub-regiões cada uma descrita por uma única condição: ou $f (x)> g (x)$ ou $f (x) <g (x)$.

Exercício. Encontre a área da região $R$ limitada pelos gráficos de $y=\cos x$ e $y=\dfrac{2}{\pi}x-1$ e as retas verticais $x=0$ e $x=\pi$.

\definecolor{ccqqqq}{rgb}{0.8,0.,0.} \definecolor{wwzzff}{rgb}{0.4,0.6,1.} \begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=1.0cm,y=1.0cm] \draw[->,color=black] (-0.8,0.) -- (3.8,0.); \foreach \x in {,1.,2.,3.} \draw[shift={(\x,0)},color=black] (0pt,2pt) -- (0pt,-2pt) node[below] {\footnotesize $\x$}; \draw[->,color=black] (0.,-1.4) -- (0.,2.2); \foreach \y in {-1.,1.,2.} \draw[shift={(0,\y)},color=black] (2pt,0pt) -- (-2pt,0pt) node[left] {\footnotesize $\y$}; \draw[color=black] (0pt,-10pt) node[right] {\footnotesize $0$}; \clip(-0.8,-1.4) rectangle (3.8,2.2); \draw[color=wwzzff,fill=wwzzff,fill opacity=0.1] {[smooth,samples=50,domain=0.0:3.141592653589793] plot(\x,{cos((\x)*180/pi)})} -- (3.141592653589793,1.) {[smooth,samples=50,domain=3.141592653589793:0.0] -- plot(\x,{2.0/3.1415926535*\x-1.0})} -- (0.,1.) -- cycle; \draw[line width=1.2pt,color=wwzzff,smooth,samples=100,domain=-0.8:3.8] plot(\x,{cos(((\x))*180/pi)}); \draw[line width=1.2pt,color=ccqqqq,smooth,samples=100,domain=-0.8:3.8] plot(\x,{2.0/3.1415926535*(\x)-1.0}); \draw (0.4262966129032267,1.361735161290323) node[anchor=north west] {$y=cos(x)$}; \draw (3.2706650806451636,-0.0929190322580635) node[anchor=north west] {$\pi$}; \draw (2.4524220967741956,1.8163145967741938) node[anchor=north west] {$\nicefrac{2}{\pi}x-1$}; \draw (1.4133833870967756,-0.15785895161290217) node[anchor=north west] {$\nicefrac{\pi}{2}$}; \draw (0.4003206451612912,0.5045282258064524) node[anchor=north west] {$R_1$}; \draw (2.634253870967744,0.43958830645161373) node[anchor=north west] {$R_2$}; \end{tikzpicture}

Figura 7. 

Resolução

\[ \begin{aligned} A_1&=\dint_0^{\pi/2} [f(x)-g(x)]\dx \quad \comentario{$f(x)>g(x)$}\\ &=\dint_0^{\pi/2} \left[ \cos x - \left(\dfrac{2}{\pi}x-1\right) \right] \dx\\ &= \left[\sin x - \dfrac{2}{\pi}x^2+x \right]\barra_0^{\pi/2}=\dfrac{4+\pi}{4} \end{aligned} \]

e

\[ \begin{aligned} A_2&=\dint_0^{\pi/2} [g(x)-f(x)]\dx \quad \comentario{$g(x)>f(x)$}\\ &=\dint_0^{\pi/2} \left[ \dfrac{2}{\pi}x-1-\cos x \right] \dx\\ &= \left[ \dfrac{2}{\pi}x^2-x -\sin x \right]\barra_{\pi/2}^{\pi}=\dfrac{4+\pi}{4} \end{aligned} \]

Assim a área total é

(5)
\[A=A_1+A_2=2+\dfrac{\pi}{2} \]

Volume por Secções Transversais

Seja $ S $ um sólido limitado pelos planos $x=a$ e $x=b$, como o primeiro da Figura 8.

Quando interceptamos o sólido $ S $ com um plano, obtemos uma região plana que é denominada de secção transversal de $S.$

Na segunda imagem da figura 8 apresentamos uma seção transversal de $S$.

solidosrev1 solidosrev2


Figura 8. Sólido $S$ é uma seção transversal do mesmo.

Denotaremos por $ A(x) $ a área de secção transversal perpendicular ao eixo $x$ e passando pelo ponto $x$ com $x \in [a,b]$. Para calcular o volume consideraremos uma partição $P=(x_i) $ de $[a,b].$ Vamos dividir o sólido $ S$ em $ n $ fatias utilizando os planos $ P_{x_1}, \cdots,P_{x_{n-1}} .$ Essa divisão do sólido em fatias é apresentada na Figura 9.

Escolhemos então pontos $ x^*_i \in [x_{i-1},x_i] $ e consideraremos a seção transversal passando por $x^*_i$, temos que o volume da i-ésima fatia $ S_i $ pode ser aproximado pelo volume do cilindro reto com base a seção passando por $x^*_i$ e altura $\Delta x_i .$ A aproximação por cilindros é apresentada na Figura 9.


fatias2 fatias3


Figura 9. Aproximação do sólido por cilindros

ezgif.com-optimize

Como a área da base de cada um dos cilindro é $ A(x^*_i) $ e sua altura $\Delta x_i$, uma aproximação para o volume da i-ésima fatia $S_i $ é

(6)
\[ V(S_i) \approx A(x^*_i) \Delta x_i. \]

umpao


Figura 10. 

Somando os volumes destas fatias obtemos uma aproximação para o volume total

(7)
\[ V \approx \sum_{i=1}^n A(x^*_i) \Delta x_i. \]

Fazendo o tamanho da partição tender a zero, $\abs{P} \to 0$, temos:

(8)
\[V = \dis \lim_{\abs{P} \to 0}\sum_{i=1}^n A(x^*_i) \Delta x_i = \dint_a^b A(x) \dx . \]

Teorema [Volume por Seções Transversais].
Seja $S$ o sólido limitado por planos que são perpendiculares ao eixo $x$ em $x=a$ e $x=b$. Se a área da seção transversal é $A(x)$ para $x\in [a,b]$, com $A$ contínua, então o volume de $S$ é

\[ V = \dint_a^b A(x) \dx. \]

Exercício. Determine o volume de uma pirâmide com uma base quadrada do comprimento do lado l e uma altura de h.

piramide45

piramide


Figura 11. 

Uma fatia da pirâmide é um quadrado de lados $2x$. Por semelhança de triângulos temos:

(9)
\[\dfrac{x}{\dfrac{b}{2}}=\dfrac{h-y}{h} \]

e logo

(10)
\[x=\dfrac{b}{2h}{h-y} \]

Resolução.

Logo a área da seção transversal é:

(11)
\[A(y)=(2x)(2x) = 4x^2=\dfrac{b^2}{h^2}(h-y^2)^2 \]

Como a piramide está entre os planos $y=0$ e $y=h$ temos que o volume é dado pela integral:

\[ \begin{aligned} V &= \dint_{0}^{h} A(y) \dy= \dint_{0}^{h}\dfrac{b^2}{h^2}(h-y^2)^2\dy\\ &=\left[\dfrac{b^2}{3h^2}(h-y^2)^3\right]\barra_0^h= \dfrac{1}{3}b^2h \end{aligned} \]

Exercício. Mostre que o volume da esfera de raio $r$ é $\dfrac {4 \pi r^3} 3$.

esferaa

Resolução:

Spherical_Cap.png

A seção transversal da esfera por $x$ é um círculo de raio $R(x)$.

\[\displaystyle V = \pi \dint_{-r}^{r} R(x)^2 \dx \]

Pelo Teorema de Pitágoras temos que $R(x) = \sqrt {r^2 - x^2}$.

Logo o volume é dado por

\[ \begin{aligned} V&=\pi \dint_{-r}^r \left({\sqrt {r^2 - x^2} }\right)^2 \dx\\ &=\pi \dint_{-r}^r \left({r^2 - x^2}\right) \dx\\ &=\left.{\pi \ r^2 x - \pi \dfrac {x^3} 3} \ \right \vert_{x=-r}^{x=r}\\ &= \left({\pi r^3 - \pi \dfrac {r^3} 3}\right) - \left({\pi \left({-r^3}\right) + \pi \dfrac {-r^3} 3}\right) &=2 \pi r^3 - \dfrac 2 3 \pi r^3\\ &= \dfrac {4 \pi r^3} 3 \end{aligned} \]

Exemplo [Sólido de Steinmetz].
Calcule o Volume da região delimitada pela intersecção de dois cilindros, ambos de raio r, se os eixos dos cilindros são perpendiculares.

IntersectingCylinders2

oie_1214933iwPW7Ejm

fatias4 fg

Uma seção vertical do sólido de é um quadrado de lado $a$. Uma vez que o sólido é obtido a partir da intersecção de dois cilindros de raio $r$, a largura do quadrado $x$ e a altura $z$ são relacionadas por

\[ x^2+z^2=r^2 \]

Desta forma área do quadrado é $A=x^2$ que pode ser expressa em termos de $z$ como $z$:

\[ A(z)=x^2=r^2-z^2 \]

O método de integração por fatias cilindricas fornece então que o é dada por

\[V=8\int_0^rA(z)dz=8\int_0^r(r^2-z^2)dz=8\left(r^3-\frac{r^3}{3}\right)=\frac{16}{3}r^3 \]

Destacamos que é necessário multiplicar por $8$ pois a integral acima representa apenas $1/8$ do sólido

Sólidos de Rotação

Um caso particular importante no qual podemos utilizar o método das seções transversais ocorre quando o solido $ S $ é obtido por rotação, em torno do eixo $x,$ da região

(12)
\[ A = \{ (x,y) \in \bbR^2, a \leq x \leq b, 0 \leq y \leq f(x)\}, \]

solidosrev3


Figura 12. 

Nesse caso temos que a área da seção transversal passando por $x$ é

(13)
\[ A(x) = \pi [f(x)]^2. \]

Consequentemente, temos que o volume do sólido $S$ obtido por rotação, em torno do eixo $x,$ do conjunto $A$ é

(14)
\[V = \dis\pi\dint^b_a[f(x)]^2\dx. \]

Método dos Discos

Deixe $S$ ser o sólido obtido rotacionando a região $y=f(x)$ de $x=a$ até $x=b$ ao redor do eixo $x$. O volume do sólido $S$ é dado por

\[ V = \pi \dint_a^b f(x)^2 \dx. \]

Exercício. Encontre o volume do sólido obtido pela rotação em torno do eixo $x$ da região sob a curva $ y = \sqrt{x} $ de $0$ até $4.$

Resolução. Quando fatiamos o sólido por um plano perpendicular ao eixo $x$ e passando pelo ponto $x,$ obtemos um disco de raio $\sqrt{x}.$ Logo a área da secção transversal é

(15)
\[ A(x) = \pi (\sqrt{x})^2 = \pi x . \]

Portanto, o volume do sólido é

(16)
\[ V = \dint_0^4 A(x) \dx = \pi \dint_0^4 x \dx = \pi \dfrac{x^2}{2}\barra_0^4 = 8\pi. \]

De modo similar, para determinar o volume de um sólido obtido com a rotação, em torno do eixo $y$, de uma região compreendida entre o eixo $y$ e a curva $ x = f(y), c \leq y \leq d,$ observamos que a secção transversal é um círculo de área $A(y) = \pi [f(y)]^2\quad$ e consequentemente o volume é dado por

(17)
\[V = \dis \dint_c^d A(y) dy. \]

Exercício. Calcule o volume do sólido obtido pela rotação, em torno do eixo $y,$ da região compreendida entre o eixo $ y $ e a curva $x = \dfrac{2}{y}, 1 \leq y \leq 4.$

Resolução. O volume é

(18)
\[ V = \dint_1^4 A(y) dy = \pi \dint_1^4 \left(\dfrac{2}{y} \right)^2 dy = 4 \pi \left( -\dfrac{1}{y}\right) \barra_1^4 = 3\pi. \]

Exercício. Calcule o volume do sólido obtido pela rotação, em torno do eixo $y$, da região compreendida entre a parábola $ y = x^2 $ e a reta $ y =2x $ no primeiro quadrante.

Resolução.

A reta e a parábola se cortam em $ y = 0 $ e $y=4, $ portanto os limites de integração são $ c = 0 $ e $ d = 4.$ O volume pode ser expresso então como

(19)
\[ V = V_1 - V_2 \]

Onde $V_1$ e $V_2$ são os volumes dos sólidos obtidos pela rotação, em torno do eixo $y,$ das curvas $R(y) = \sqrt{y} $ e $ r(y) = \dfrac{y}{2},$ respectivamente. Assim,

(20)
\[ V_2 = \pi \dint_0^4 (\sqrt{y})^2 dy = 8\pi \qquad V_1 = \pi \dint_0^4 \dfrac{y^2}{4} dy = \dfrac{\pi 16}{3}. \]

Portanto, $ V = 8\pi -\dfrac{16\pi}{3} = \dfrac{8\pi}{3}.$

Exercício. Deduza a fórmula do volume do toro obtido ao girarmos o círculo $x^2+(y-R)^2=r^2$ em torno do eixo $x$.

toro

Resolução

A região é delimitada superiormente por $y=R + \sqrt{r^2-x^2}$ e inferiormente por $y=R - \sqrt{r^2-x^2}$ com $x\in[-r,r]$. Assim, definindo $K=\sqrt{r^2-x^2}$, o volume do toro é dado pela integral

(21)
\[\dint_{-r}^r \pi [ (R+K)^2 - (R-K)^2] dx = \dint_{-r}^r 4\pi R K dx \]
(22)
\[ = 4\pi R\dint_{-r}^r \sqrt{r^2-x^2} dx. \]

Como $\dint_{-r}^r \sqrt{r^2-x^2} dx$ é metade da área do círculo de raio $r,$ esta integral vale $\dfrac{\pi r^2}{2}$. Assim o volume do toro é $4\pi R \dfrac{\pi r^2}{2}=(2\pi R) (\pi r^2)$.

Volume por Cascas Cilíndricas

Considere o sólido $ S$ obtido pela rotação, em torno do eixo $y,$ da região limitada por $ y = f(x), $ onde $f(x) \geq 0,$ e pelas retas $ y =0, x =a$ e $x = b.$

rotacao

discos1a discos1c discos1b


Figura 13. Sólido $ S$ obtido pela rotação, em torno do eixo $y,$ da região limitada por $ y = f(x)$

Seja $ P = (x_i) $ uma partição do intervalo $ [a,b] $ e seja $ x^*_i \in [x_{i-1}, x_i ]$ o ponto médio do i-ésimo intervalo, $ x^*_i = (x_i + x_{i-1})/2.$ Se o retângulo com base $ \Delta x_i = (x_i - x_{i-1}) $ e altura $f(x^*_i) $ é girado ao redor do eixo $y,$ então o resultado é uma casca cilíndrica cujo volume é

(23)
\[ V_i = (2 \pi x^*_i) f(x^*_i) \Delta x_i = \textrm{[circunferência][altura][espessura]}. \]

discos3 discos2


Figura 14. Volume

Portanto uma aproximação para o volume $ V $ de $S $ é dada pela soma dos volumes dessas seções:

(24)
\[ V \approx \sum_{i=1}^n V_i = \sum_{i=1}^n (2 \pi x^*_i) f(x^*_i) \Delta x_i . \]

Esta aproximação torna-se melhor quando $\abs{P}=\dis\max_{1\leq i\leq n}\Delta x_i \to 0. $ Então definimos o volume do sólido $S$ obtido pela rotação, em torno do eixo $y,$ da região limitada por $ y = f(x), $ onde $f(x) \geq 0, y =0, x =a$ e $x = b$ por

(25)
\[ V = \dis 2 \pi \lim_{\abs{P} \to 0} \sum_{i=1}^n x^*_i f(x^*_i) \Delta x_i = 2 \pi \dint_a^b x f(x) \dx . \]

Teorema [Cascas Cilíndricas].
Deixe $S$ ser o sólido obtido rotacionando a região $y=f(x)$ de $x=a$ até $x=b$ ao redor de um eixo $y$. O volume do sólido é

\[ V = 2\pi\dint_a^b r(x)h(x) \dx. \]

Exercício.

Encontre o volume do sólido formado pela rotação da região limitada por $y=0$, $y=1/(1+x^2)$, $x=0$ e $x=2$ ao redor do eixo $y$-axis.

cili2 cili1


Figura 15. 

Resolução.

Nesse caso temos que o raio da casca cilíndrica é $r(x)=x$ e a altura é $y=1/(1+x^2)$. Como a região é limitada pelos planos $x=0$ e $x=1$, temos que o volume é dado por

\[\begin{aligned} V &= 2\pi\dint_0^1 \dfrac{x}{1+x^2} \dx. \end{aligned} \]

Fazendo a substituição $u=1+x^2$, temos $du = 2x \dx$. Além disso $u(0) = 1$ e $u(1) = 2$.

\[ \begin{aligned} &= \pi\dint_1^2 \dfrac{1}{u}\ du \\ &= \pi\ln u\Big|_1^2\\ &= \pi\ln 2 \approx 2.178 \ \end{aligned} \]

Exercício. Determine o volume do sólido obtido pela rotação, em torno do eixo $y,$ da região limitada por $ y = 2x^2-x^3 $ e $ y =0.$

Resolução. A função $2x^2-x^3 $ intercepta o eixo $x$ em $x=0$ e $x=2$. Logo podemos expressar o volume como:

(26)
\[ V = 2 \pi \dint_0^2 x f(x)\dx = 2 \pi \dint_0^2 x (2x^2-x^3)\dx= \]
(27)
\[ =2 \pi \dint_0^2 (2x^3-x^4) \dx = 2 \pi (8 - \dfrac{32}{5}) = \dfrac{16}{5} \pi. \]

Trabalho

Nesta seção, vamos definir trabalho realizado por uma força que depende da posição. Começamos lembrando que no caso de uma força constante $ F,$ o trabalho realizado ao mover um objeto sob ação dessa força é definido pelo produto da força pelo deslocamento $ d$:

(28)
\[ \tau = F d , \qquad \textrm{ trabalho = força } \times \textrm{ distância}. \]

Agora consideremos o deslocamento de uma partícula de $x=a$ até $x=b$ com $a<b$ e suponhamos que a força dependa da posição, isto é, $F=F(x)$, e que a força seja contínua no intervalo $[a,b]$. Considere então $P = (x_i)$ uma partição do intervalo $[a,b]$ com marcas $ x^*_i\in [x_{i-1},x_i], \ i=1,\ldots, n .$

Se o tamanho do $i$-ésimo intervalo $\Delta x_i=x_i-x_{i-1}$ for suficientemente pequeno, $ F $ será praticamente constante nesse intervalo, e então o trabalho realizado pela força de $x_{i-1}$ até $x_i$ é aproximadamente

(29)
\[ \tau_i = f(x^*_i)\Delta x_i. \]

Logo podemos aproximar o trabalho realizado por $F$ de $a$ até $b$ pela soma dos trabalhos realizados nos intervalos $[x_{i-1},x_i]$, $i=1,2,\ldots,n$, isto é

(30)
\[ \tau \approx\sum_{i=1}^n f(x^*_i)\Delta x_i. \]

Fazendo o tamanho dos intervalos diminuir a aproximação será melhor, o que nos motiva a definir trabalho como segue.

Definição 1.
O trabalho $\tau$ realizado por uma força $F$ sobre uma partícula no deslocamento de $x=a$ até $x=b$ é dado por

(31)
\[ \dis\tau = \lim_{\abs{P} \to 0} \sum_{i=1}^n f(x^*_i)\Delta x_i = \dint^b_aF(x)\dx. \]

Exercício.

Quanto trabalho é feito ao lançarmos verticalmente um peso de massa $m$ kg a partir do superfície da terra para uma órbita de altura $h$ m acima da superfície?

Utilize que a força da gravidade exercida por uma massa M em outra massa m é dada por

(32)
\[F=\frac{-GMm}{r^2} \]
\def\iangle{35} % Angle of the inclined plane \def\down{-90} \def\arcr{0.5cm} % Radius of the arc used to indicate angles %\tdplotsetmaincoords{0}{0} \begin{tikzpicture}[ force/.style={>=latex,draw=blue,fill=blue}, axis/.style={densely dashed,gray,font=\small}, M/.style={circle,draw,fill=lightgray,minimum size=1.5cm,thin}, m/.style={circle,draw=black,fill=lightgray,minimum size=0.3cm,thin}, plane/.style={draw=black,fill=blue!10}, string/.style={draw=red, thick}, pulley/.style={thick}, ] \matrix[column sep=1cm] { \node[m] (m) {}; \draw[axis,->] (m) -- ++(0,-0.7) node[left] {}; {[force,->] %\draw (m.north) -- ++(0,1) node[above] {$T'$}; \draw (m.south) -- ++(0,-0.5) node[right] {$\,F=-\frac{gMm}{r^2}$}; } \node[M] at (0,-2.2,0){}; % \node[draw=none,shape=circle,fill, inner sep=2pt] (d1) at (0,2,0){}; % circle % \tdplottransformmainscreen{0}{2}{0} % \shade[tdplot_screen_coords, ball color = red] (\tdplotresx,\tdplotresy) circle (0.5); \\ }; \end{tikzpicture}

Figura 16. 

Como podemos aproximar o trabalho feito? dividimos o caminho a partir da superfície até a órbita em $ n $ pequenos subcaminhos. Em cada subcaminho a força da gravidade é mais ou menos constante, com valor $\dis -GMm/r_i^2$ a distância $\dis r_i$. Logo o trabalho realizado para elevar o objeto de $\dis r_i$ até $\dis r_{i+1}$ é aproximadamente $\dis -GMm/r_i^2\Delta r$ e assim o trabalho total pode ser aproximado por

\[ \sum_{i=0}^{n-1} {-GMm\over r_i^2}\Delta r, \]

No limite

\[ W=\int_{r_0}^{r_1} {-GMm\over r^2}\,dr, \]

onde $\dis r_0$ é o raio da Terra e $\dis r_1$ é $\dis r_0+h$ Assim o trabalho é

\[ W=\int_{r_0}^{r_1} {-GMm\over r^2}\,dr= -\left.{-GMm\over r}\right|_{r_0}^{r_1}={GMm\over r_1}-{GMm\over r_0}. \]

Exercício. [Calculando o Trabalho] Uma corda de escalada de 50m está pendurada na beira de um precipício Quanto trabalho é realizado ao puxar a corda até o topo. Considere que a corda tem uma massa de 66g/m,

\def\iangle{0} % Angle of the inclined plane \def\down{-90} \def\arcr{0.5cm} % Radius of the arc used to indicate angles \begin{tikzpicture}[ force/.style={>=latex,draw=blue,fill=blue}, axis/.style={densely dashed,gray,font=\small}, M/.style={rectangle,draw,fill=white,draw=white,minimum size=0.cm,thin}, m/.style={rectangle,draw=white,fill=white,minimum size=0.cm,thin}, plane/.style={draw=black,fill=blue!10}, string/.style={draw=red, thick}, pulley/.style={thick}, ] %% Sketch \draw[plane] (0,-1) coordinate (base) -- coordinate[pos=0.5] (mid) ++(\iangle:3) coordinate (top) |- (base) -- cycle; \path (mid) node[M,rotate=\iangle,yshift=0.25cm] (M) {}; \draw[pulley] (top) -- ++(\iangle:0.25) circle (0.25cm) ++ (90-\iangle:0.5) coordinate (pulley); \draw[string] (M.east) -- ++(\iangle:1.5cm) arc (90+\iangle:0:0.25) -- ++(0,-2) node[m] {}; %\draw[->] (base)++(\arcr,0) arc (0:\iangle:\arcr); %\path (base)++(\iangle*0.5:\arcr+5pt) node {$\alpha$}; %% \end{tikzpicture}

Figura 17. 

Resolução.

Denote por $ x $ a quantidade de corda puxada, desta forma a quantidade de corda ainda dependurada é de $ 60 - x $.

Como cada metro de corda tem uma massa de 66 g, ou $ 0,066 $ kg. A massa da corda ainda pendurado é $ 0,066 (60-x) $ kg; multiplicando esta massa pela aceleração da gravidade, de $9,8 m / s ^ 2 $, temos uma força variável descrita por

\[ F (x) = (9,8) (0,066) (60-x) = 0,6468 (60-x). \]

Assim, a quantidade total de trabalho em puxar a corda é

\[ W = \int_0 ^ {60} 0,6468 (60 x) \dx = 1,164.24 \text {J}. \]

Exercício. [Relação entre Trabalho e Energia Cinética] Uma partícula de massa $m$ desloca-se sobre o eixo $x$ com função de posição $x=x(t)$, com $x_0=x(t_0)$ e $x_1=x(t_1)$. Suponha que $x(t)$ seja 2 vezes diferenciável em $[t_0,t_1]$ e que a força $f(x)$ seja contínua em $[x_0,x_1]$. Seja $v=v(t)$ a função que descreve a velocidade da partícula, com $v_0=v(t_0)$ e $v_1=v(t_1)$. Mostre que o trabalho realizado pela resultante de $x_0$ até $x_1$ é igual à variação na energia cinética, isto é,

(33)
\[\dis\dint^{x_1}_{x_0} f(x)\dx = \dfrac{1}{2} mv^2_1 - \dfrac{1}{2}mv^2_0 = \dfrac{1}{2} mv^2(t)\barra_{t_0}^{t_1}. \]

A posição é dada por $x=x(t)$. Logo $\dx=x'(t)\dt$. Como $x_0=x(t_0)$ e $x_1=x(t_1)$, então para $x=x_0,t=t_0$ e, para $x=x_1,t=t_1$. Assim

(34)
\[ \label{0} \dint_{x_0}^{x_1}f(x) \dx=\dint_{t_0}^{t_1}f(\underbrace{x(t)}_{x})\underbrace{x'(t)\dt}_{\dx} =\dint_{t_0}^{t_1}f(x(t))v(t)\dt. \]

Pela 2ª Lei de Newton, temos

(35)
\[f(x(t))=m\cdot a(t), \]

onde $a=a(t)$ é a aceleração da partícula no instante $t$. Fazendo a mudança de variável $v = v(t), dv=v'(t) \dt = a(t) \dt,$ para $ t = t_0, v = v_0$ e para $ t=t_1, v=v_1$.

Portanto, de (34)(35),

(36)
\[\dint_{x_0}^{x_1}f(x)\dx=\dint_{t_0}^{t_1}f(x(t))v(t) dt=\dint_{t_0}^{t_1}ma(t)v(t)\dt= m\dint_{t_0}^{t_1}\underbrace{v(t)}_v\underbrace{a(t)\dt}_{dv}= \]
(37)
\[=m\dint_{v_0}^{v_1}vdv=m\dfrac{v^2}{2}\barra_{v_0}^{v_1}=\dfrac{1}{2} mv^2_1 - \dfrac{1}{2}mv^2_0. \]

Exercício.

Suponha que um tanque de água tem a forma de um cone circular reto com a ponta na parte inferior, e tem 10 metros de altura e raio de 2 metros. Se o tanque está cheio, quanto trabalho é necessário para bombear toda a água para fora por cima do tanque?

cone


Figura 18. 

Para aproximar o trabalho, dividiremos a água no tanque em secções horizontais, aproximamos o volume de água em uma secção por um disco fino, e calculamos a quantidade de trabalho necessária para levantar cada disco para o topo do tanque. Como de costume, tomamos o limite fazendo as secções mais finas obtendo o trabalho total.

Na profundidade $h$ a secção transversal circular através do tanque tem um raio $r=(10-h)/5$, usando semelhança de triângulos, e área $\dis \pi(10-h)^2/25$. Uma seção do tanque em profundidade $ h $, portanto, tem um volume de aproximadamente $\dis \pi(10-h)^2/25\Delta h $ e logo contém $\dis \sigma\pi(10-h)^2/25\Delta h$ quilogramas de água, onde $\sigma$ é a densidade da água em quilogramas por metro cúbico; $\sigma\approx 1000$. Assim a força da gravidade sobre esta quantidade de água é $\dis 9.8\sigma\pi(10-h)^2/25\Delta h$, e, finalmente, esta seção de água deve ser levantada uma distância $ h $, o que exige $\dis h9.8\sigma\pi(10-h)^2/25\Delta h$ Newton-metros de trabalho. Logo o trabalho total é dado por

\[ W={9.8\sigma\pi\over 25} \int_0^{10} h(10-h)^2\,dh={980000\over3}\pi\approx 1026254\quad\hbox{Newton-metros.} \]

Comprimento de Arco

Queremos definir o comprimento de uma curva. Se a curva é uma poligonal, podemos facilmente encontrar seu comprimento somando os comprimentos dos segmentos de reta que formam a poligonal. Agora suponhamos que a curva $ C$ seja dada pela equação $ y = f(x) ,$ onde $ f$ é diferenciável e $ a \leq x \leq b.$

Seja $ P= (x_i) $ uma partição de $[a,b].$ Então a poligonal com vértices $(x_i, f(x_i))$ é uma aproximação para $C.$ O comprimento da curva $C$ é aproximadamente o comprimento da poligonal, e a aproximação torna-se melhor quando $\abs{P} \to 0 .$

comprimentocurva


Figura 19. 

O comprimento da poligonal é

(38)
\[ L(P) = \sum_{i=1}^n \sqrt{(x_i - x_{i-1})^2 + (f(x_i) - f(x_{i-1}))^2}. \]
(39)
\[ L(P) = \sum_{i=1}^n \sqrt{(\Delta x_ i)^2 + (\Delta f_ i))^2}. \]

Aplicando o Teorema do Valor Médio em cada intervalo $[x_{i-1},x_i],$ existe um $x^*_i\in (x_{i-1},x_i) $ tal que

(40)
\[\Delta f_ i = = f'(x^*_i)\Delta x_i. \]

Desta forma

(41)
\[ L(P) = \sum_{i=1}^n \sqrt{(\Delta x_i)^2 + (f'(x^*_i)\Delta x_i)^2} = \]
(42)
\[=\sum_{i=1}^n \sqrt{( 1+ (f'(x^*_i))^2}\Delta x_i . \]

Então, definimos o comprimento da curva $ C$ por

(43)
\[L = \dis \lim_{\abs{P} \to 0} \sum_{i=1}^n \sqrt{( 1+ (f'(x^*_i))^2}\Delta x_i = \dint_a^b \sqrt{1+ [f'(x)]^2} \dx . \]

Exercício. Calcule o comprimento de arco da curva
$f(x) =x^{3/2}$, com $ 1 \leq x \leq 4$.

Resolução. Como $ f(x)=x^{3/2}$, temos que $ f'(x) = \dfrac{3}{2} x^{1/2},$ e assim,

(44)
\[ L = \dint_1^4 \sqrt{1 + \dfrac{9}{4} x}\dx . \]

Fazendo a substituição, $ u = 1 + \dfrac{9}{4} x, $ então $ du = \dfrac{9}{4} \dx. $ Quando $ x = 1, u = \dfrac{13}{4}; $ quando $ x = 4 , u = 10.$ Consequentemente,

(45)
\[ L = \dfrac{4}{9} \dint_{13/4}^{10} \sqrt{u} du = \dfrac{4}{9}\dfrac{2}{3} u^{3/2} \barra_{13/4}^{10} = \dfrac{8}{27} \left[ 10^{3/2} - \left(\dfrac{13}{4}\right)^{3/2} \right] . \]

Área Superficial

Nós já vimos como uma curva de $ y = f (x) $ em $ [a, b] $ pode ser girada em torno de um eixo para formar um sólido. Em vez de calcular o seu volume, consideraremos agora a sua área superficial.

areasuperficial1 areasuperficial2 areasuperficial3 areasuperficial4

Podemos aproximar a área da superfície pela área da superfície gerada pela revolução de uma poligonal plana em torno de um eixo deste plano

Consideremos $f$ definida e positiva em $[a,b]$ com derivada contínua em $(a,b)$. Seja $P=(x_i)$ uma partição de $[a,b].$ Consideremos a poligonal com vértices $ (x_i, f(x_i)) $ e girando-a ao redor do eixo $ x$ obtemos uma aproximação para a superfície.

Seja $A$ a área lateral da superfície gerada pela rotação da poligonal da figura abaixo. Lembramos que a área lateral, $A$, do tronco de cone é dada por

(46)
\[A_T= \pi (r_1+r_2) g = 2\pi r g \]

onde $ r = \dfrac{1}{2}(r_1+r_2).$

Agora vamos deduzir a área lateral de um sólido de revolução qualquer em torno do eixo $x$ pela aproximação da soma das áreas laterais de vários troncos de cone.

Se denotarmos por $L_i$ o comprimento da curva ligando os pontos $x_{i-1}$ a $x_i$, como

\[ L_i \approx \sqrt{1+f'(x_i^{*})^2} \Delta x_i \]

para algum $x_i^{*}$ no $i$-ésimo subintervalo. Então

\[ R = f(x_{i+1})\quad \text{ e }\quad r = f(x_i). \]

Assim, a área da superfície de um dos tronco do cone é de aproximadamente

\[ 2\pi\dfrac{f(x_i)+f(x_{i+1})}2\sqrt{1+f'(x_i^{*})^2} \Delta_i. \]

Como $f$ é uma função contínua , pelo TVI temos que existe $d_i$ em $[x_i,x_{i+1}]$ tal que $ f(d_i) = \dfrac{f(x_i)+f(x_{i+1})}2$; Logo:

\[ 2\pi f(d_i)\sqrt{1+f'(x_i^{*})^2}\Delta_i. \]

Somando sobre todos os subintervalos temos

\[ \text{Area Superficial}\approx \sum_{i=1}^n 2\pi f(d_i)\sqrt{1+f'(x_i^{*})^2}\Delta_i, \]

que é uma soma de Riemann.

Tomando o limite temos

\[\text{Area Superficial} = 2\pi\dint_a^b f(x)\sqrt{1+f'(x)^2} dx. \]

A área da superfície do sólido formado pela rotação do gráfico de $y=f(x)$ ao redor do eixo $y$, com $a,b\geq0$, é

\[\text{Área Superficial} = 2\pi\dint_a^b x\sqrt{1+f'(x)^2} dx. \]

Exercício. Determine a área de superfície do sólido formado pela revolução da curva $y=x^3$ em $[0,2]$ em torno do eixo $x$.

\[ \begin{aligned} A&= \dint_0^2 2\pi x^3(1+9x^4)^{1/2}dx\\ % \intertext{ Substituição $u=1-9x^4$ $du=27x^3$} &= 2\pi \dint_*^* \dfrac{u^{1/2}}{27} du\\ &=\dfrac{\pi}{27} (1+9x^4)^{3/2}\barra_0^2 \approx 203.04 \end{aligned} \]

Exercício. Determine a área de superfície do sólido formado pela revolução da curva $y=x^2$ em $[0,1]$ em torno do eixo $y$.

areasuperficialxao31 areasuperficialxao3


Figura 20. 

Uma vez que estamos girando em torno do eixo $ y $, o ‘’ raio ‘’ do sólido não é $ f (x)$, mas sim $ x $. Assim, a integral para calcular a área de superfície é:

\[ \begin{aligned} A &= 2\pi\dint_0^1x\sqrt{1+(2x)^2} dx.\\ %\intertext{Substituição $u=1+4x^2$; novos extremos $u=1$ to $u=5$. } &= \dfrac{\pi}4\dint_1^5 \sqrt{u}\ du \\ &= \left.\dfrac{\pi}{4}\dfrac23 u^{3/2}\right|_1^5 &= \dfrac{\pi}6\left(5\sqrt{5}-1\right)\\ &\approx 5.33. \end{aligned} \]

Exercício. Encontre a área da superfície obtida pela rotação da curva $ y = \sqrt{4-x^2}, $ $ -1 \leq x \leq 1, $ ao redor do eixo $x.$

Temos $ f'(x) = \dfrac{-x}{\sqrt{4-x^2}}, $ e assim,

(47)
\[ S = 2 \pi \dint_{-1}^1 \sqrt{4-x^2} \sqrt{ 1 + \dfrac{x^2}{4-x^2}} \dx \]
(48)
\[=2 \pi \dint_{-1}^1 \sqrt{4-x^2} \dfrac{2}{\sqrt{4-x^2}} \dx = 4 \pi \dint_{-1}^1 1 \dx = 8 \pi. \]

Centro de Massa

Consideremos uma placa fina com densidade uniforme $ \rho $ que ocupa uma região $ A $ do plano.

Desejamos encontrar o centro de massa da placa $A.$ Suponha que a região $A$ seja da forma

(49)
\[A= \left\{(x,y)\in\bbR^2; \ a\leq x\leq b, \ 0\leq y\leq f(x)\right\}, \]

onde $f$ é função definida e contínua em $[a,b]$, com $f(x)\geq 0$, para todo $x\in [a,b]$.

Consideremos uma partição $P=(x_i)$ de $[a,b]$ e escolhemos o ponto $ x^*_i $ como sendo ponto médio do intervalo $[x_{i-1},x_i],$ que é $ x^*_i =\dfrac{x_i+x_{i-1}}{2}.$ Isto determina uma aproximação por retângulos de $ A.$

\definecolor{ccwwff}{rgb}{0.8,0.4,1.} \definecolor{wwzzff}{rgb}{0.4,0.6,1.} \definecolor{zzwwff}{rgb}{0.6,0.4,1.} \begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=0.8cm,y=0.5cm] \draw[->,color=black] (-1.5,0.) -- (7.4,0.); % \foreach \x in {,2.,4.,6.} % \draw[shift={(\x,0)},color=black] (0pt,-2pt); % \draw[->,color=black] (0.,-2.) -- (0.,11.); % \foreach \y in {,5.,10.} % \draw[shift={(0,\y)},color=black] (2pt,0pt) -- (-2pt,0pt); \clip(-1.5,-2.) rectangle (7.4,11.); \draw[color=wwzzff,fill=wwzzff,fill opacity=0.1] (0.,0.) rectangle (0.55,5.); \draw[color=wwzzff,fill=wwzzff,fill opacity=0.1] (0.55,0.) rectangle (1.1,4.775325); \draw[color=wwzzff,fill=wwzzff,fill opacity=0.1] (1.1,0.) rectangle (1.65,4.826933333333334); \draw[color=wwzzff,fill=wwzzff,fill opacity=0.1] (1.65,0.) rectangle (2.2,5.088275); \draw[color=wwzzff,fill=wwzzff,fill opacity=0.1] (2.2,0.) rectangle (2.75,5.4928); \draw[color=wwzzff,fill=wwzzff,fill opacity=0.1] (2.75,0.) rectangle (3.3,5.973958333333333); \draw[color=wwzzff,fill=wwzzff,fill opacity=0.1] (3.3,0.) rectangle (3.85,6.4652); \draw[color=wwzzff,fill=wwzzff,fill opacity=0.1] (3.85,0.) rectangle (4.4,6.899975); \draw[color=wwzzff,fill=wwzzff,fill opacity=0.1] (4.4,0.) rectangle (4.95,7.211733333333333); \draw[color=wwzzff,fill=wwzzff,fill opacity=0.1] (4.95,0.) rectangle (5.5,7.333925); \draw[line width=1.2pt,color=zzwwff,smooth,samples=100,domain=-1.5:7.4] plot(\x,{(-1.0)/15.0*(\x)*((\x)-1.5)*((\x)-7.0)+5.0}); \draw (-0.9168330755180298,-0.013) node[anchor=north west] {$x_0=a$}; \draw (0.21538375659961728,7.288750522853884) node[anchor=north west] {$f(x)$}; \draw (5.530833200447815,-0.013) node[anchor=north west] {$x=b$}; \draw [domain=-1.5:7.4] plot(\x,{(-0.-0.*\x)/1.}); \draw (0.5643779120037918,-0.013) node[anchor=north west] {$x_1$}; \draw (3.2757940424516097,-0.0131) node[anchor=north west] {$x_i$}; \draw (3.8395538319506612,-0.013) node[anchor=north west] {$x_{1+1}$}; \draw [->,color=wwzzff] (3.6480840569259905,3.8622624516129003) -- (4.676732379506635,8.501264690702081); \draw (4.56438784702087,10.188086583134718) node[anchor=north west] {$\left(x^*_k,1/2f(x_k^*)\right)$}; \begin{scriptsize} \draw [fill=ccwwff] (3.5875753320683055,3.2168360531309306) circle (1.5pt); \end{scriptsize} \end{tikzpicture}

O centro de massa do retângulo $R_i$ é seu centro $ \dis\left( x^*_i, \dfrac{f(x^*_i)}{2}\right) .$ Como sua área é $ f(x^*_i)\Delta x_i ;$ temos que a massa do $i$-ésimo retângulo é

(50)
\[ m_i = \rho\underbrace{\Delta x_i}_{\rm base} \underbrace{f(x^*_i)}_{\rm altura} .{x} \]

Logo o centro de massa da região formada pela união dos retângulos $R_1,R_2\ldots R_n$ é

\[ \begin{aligned} \bar{x}& =\dfrac{\sum_{i=1}^n x^*_i m_i}{\sum_{i=1}^n m_i} =\dfrac{\sum_{i=1}^n x^*_i\rho f(x^*_i)\Delta x_i}{\sum_{i=1}^n \rho f(x^*_i)\Delta x_i} =\dfrac{\sum_{i=1}^n x^*_i f(x^*_i)\Delta x_i}{\sum_{i=1}^n f(x^*_i)\Delta x_i} \end{aligned} \]
\[ \begin{aligned} \bar{y} &=\dfrac{\sum_{i=1}^n\dfrac{f(x^*_i)}{2}\ m_i}{\sum_{i=1}^n m_i} = \dfrac{\dfrac{1}{2}\sum_{i=1}^n f(x^*_i)\rho f(x^*_i)\Delta x_i} {\sum_{i=1}^n \rho f(x^*_i)\Delta x_i} =\dfrac{\dfrac{1}{2}\sum_{i=1}^n f^2(x^*_i) \Delta x_i} {\sum_{i=1}^n f(x^*_i)\Delta x_i} \end{aligned} \]

Fazendo o tamanho da partição tender a zero $\abs{P}\rightarrow 0$, obtemos as coordenadas do centro de massa da região $R$

\[ \begin{aligned} \bar{x}=\dfrac{\dis\dint^b_a x f(x)\dx}{\dis\dint^b_a f(x)\dx} \qquad \bar{y} &= \dfrac{\dfrac{1}{2}\dint^b_af^2(x)\dx}{\dis\dint^b_a f(x)\dx} \end{aligned} \]

O argumento anterior motiva a definição:

Definição 2.
Suponha que a região $A$ seja da forma

(51)
\[A= \left\{(x,y)\in\bbR^2; \ a\leq x\leq b, \ 0\leq y\leq f(x)\right\}, \]

onde $f$ é função definida e contínua em $[a,b]$, com $f(x)\geq 0$, para todo $x\in [a,b]$. Então as coordenadas do centro de massa da região $R$ são

\[ \begin{aligned} \bar{x}=\dfrac{\dis\dint^b_a x f(x)\dx}{\dis\dint^b_a f(x)\dx} \qquad \bar{y} &= \dfrac{\dfrac{1}{2}\dint^b_af^2(x)\dx}{\dis\dint^b_a f(x)\dx} \end{aligned} \]

Exercício. Calcule o centro de massa da região limitada pelas curvas $ y = \cos x, $ $ y = 0,x=0$ e $ x= \pi/2.$

A área da região é: $ \dis \textrm{Área }A = \dint_0^{\pi/2} \cos x\dx = \sen x \barra_0^{\pi/2} = 1;$ assim,

(52)
\[ \bar{x} = \dfrac{1}{\mbox{área}A} \dis\dint^{\pi/2}_0 x f(x)\dx = \dis\dint^{\pi/2}_0 x \cos x \dx = x \sen x \barra_0^{\pi/2} - \dis\dint^{\pi/2}_0 \sen x\dx = \dfrac{\pi}{2} - 1, \]
(53)
\[ \bar{y} = \dfrac{1}{\mbox{área}A} \dfrac{1}{2}\dis\dint^{\pi/2}_0 f^2(x)\dx = \dfrac{1}{2} \dis\dint^{\pi/2}_0 \cos^2x\dx = \dfrac{1}{4}\dis\dint^{\pi/2}_0 (1 + \cos(2 x))\dx \]
(54)
\[= \dfrac{1}{4} \left( x + \dfrac{1}{2} \sen(2x) \right) \barra_0^{\pi/2} = \dfrac{\pi}{8}. \]

Portanto o centro de massa é $ \dis \left (\dfrac{\pi}{2} - 1,\dfrac{\pi}{8}\right ).$

Se a região $ A $ está entre as curvas $ y = f(x) $ e $ y = g(x) ,$ onde $ f(x) \geq g(x), $ então o mesmo argumento anterior pode ser usado para mostrar que o centro de massa de

(55)
\[ A= \left\{(x,y)\in\bbR^2; \ a\leq x\leq b, \ g(x) \leq y\leq f(x)\right\} \]

é dado por

(56)
\[ \scriptstyle (\bar{x},\bar{y}) = \left( \frac{1}{\mbox{área}A} \int^b_a x [f(x)-g(x)]\dx \ , \ \dfrac{1}{\mbox{área}A} \frac{1}{2}\int^b_a [f^2(x)-g^2(x)] \dx\right). \]

Exercício. Determine o centro de massa da região $A$ limitada pela reta $y=x$ e pela parábola $y=x^2$.

Resolução. A área da região é

(57)
\[ \textrm{Área } A = \dint_0^1 (x-x^2)\dx = \dfrac{x^2}{2} - \dfrac{x^3}{3} \barra_0^1 = \dfrac{1}{6}. \]

Portanto,

(58)
\[ \bar{x}= 6 \dint_0^1 x(x-x^2)\dx = 6 \left( \dfrac{x^3}{3} - \dfrac{x^4}{4} \right) \barra_0^1 = \dfrac{1}{2}, \]
(59)
\[ \bar{y}= 6 \dfrac{1}{2}\dint_0^1 (x^2- x^4) \dx = 3 \left( \dfrac{x^3}{3} - \dfrac{x^5}{5} \right) \barra_0^1 = \dfrac{2}{5}. \]

O centro de massa é $ \dis\left (\dfrac{1}{2}, \dfrac{2}{5}\right).$

Teorema de Pappus

Teorema 5.
[Teorema de Pappus]

Seja $R$ uma região plana, que se situa inteiramente de um dos lados de uma reta $L$ no mesmo plano. Se denotarmos por $r$ a distância entre o centroide de $R$ e a reta $L$, então o volume $V$ do sólido de revolução obtido a partir da rotação de $R$ ao redor de $L$ é dado por

(60)
\[V = 2\pi r A \]

onde $A$ é a área de $R$.

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