Aplicações da integral

Dê-me um ponto de apoio e moverei a Terra.

15.1 Construção de fórmulas integrais

Considere uma função \(f\) limitada e contínua por partes em \([a,b]\) e uma partição

Seja \(\Delta x_i=x_i-x_{i-1}\) o comprimento do \(i\)-ésimo subintervalo e escolha uma marca \(c_i\in [x_{i-1},x_i]\). A soma

é uma soma de Riemann. Para uma função limitada e contínua por partes, pelo Teorema 13.5, quando a malha da partição tende a zero,

Partições uniformes serão usadas com frequência por conveniência, mas não são essenciais. O princípio é sempre o mesmo: aproximar a quantidade por uma soma de pequenas contribuições e passar ao limite. O quadro a seguir resume essa construção.

15.2 Áreas

15.2.1 Área entre duas curvas

O problema da área sob um gráfico pode ser ampliado para uma região entre duas curvas. Em cada faixa vertical, a contribuição passa a depender da distância entre o gráfico superior e o inferior, mantendo a mesma construção por somas de Riemann.

Sejam \(f\) e \(g\) funções contínuas em \([a,b]\), tais que \(g(x) \leq f(x)\) para todo \(x \in [a,b]\); então, \(f(x) - g(x)\) é contínua em \([a,b]\) e \(f(x) - g(x)\geq 0\). Considere \(P=\{ x_0,\ldots ,x_n\} \) uma partição de \([a,b]\) em subintervalos de igual comprimento, então a soma de Riemann

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

Como \(f-g\) é contínua e não negativa em \([a,b]\), o limite das somas de Riemann existe e fornece a definição seguinte.

15.2.2 Integrando em relação a \(y\)

A escolha das faixas deve acompanhar a forma da região. Quando suas fronteiras são mais simples de descrever como funções de \(y\), faixas horizontais podem facilitar o cálculo; nesse caso, integramos em relação a \(y\) a distância entre as fronteiras direita e esquerda. Considere, por exemplo, a região \(R\) delimitada pelos gráficos de \(x = f (y)\) e \(x = g (y)\), em que \(f (y)\geq g(y)\), e pelas linhas horizontais \(y=c\) e \(y=d\). Nesse caso, a área é obtida integrando em relação a \(y\) a distância entre as fronteiras direita e esquerda.

15.2.3 Curvas que se entrelaçam

Até aqui, identificamos uma curva superior e uma inferior em todo o intervalo. Se os gráficos se cruzam e trocam de posição, essa ordem precisa ser examinada por trechos. Para calcular a área entre \(f\) e \(g\), dividimos a região nos pontos de troca e, em cada sub-região, integramos a diferença entre a função que está acima e a que está abaixo.

Exercício 15.1

Nos seis itens seguintes, encontre a área da região sombreada no gráfico.

1. 

2. 

3. 

4. 

5. 

6. 

Ver solução

1. Integrando a diferença entre as curvas em \([0,2\pi ]\), obtemos

   \[ A=\int _0^{2\pi }\left(\frac{x}{2}-\frac{\cos x}{2}+2\right)\, \mathop{}\! \mathrm{d} x=\pi (\pi +4). \]

2. Em \([-1,1]\),

   \[ A=\int _{-1}^{1}(-3x^3-x^2+2x+3)\, \mathop{}\! \mathrm{d} x=\frac{16}{3}. \]

3. A altura da região é constante e igual a \(1\), logo \(A=\int _0^\pi 1\, \mathop{}\! \mathrm{d} x=\pi \).

4. Em \([0,\pi /4]\),

   \[ A=\int _0^{\pi /4}\bigl(\sec ^2x-\operatorname {sen}(4x)\bigr)\, \mathop{}\! \mathrm{d} x=\frac12. \]

5. Como \(4^x\geq 2^x\) em \([0,1]\),

   \[ A=\int _0^1(4^x-2^x)\, \mathop{}\! \mathrm{d} x=\frac{1}{2\ln 2}=\frac1{\ln 4}. \]

6. Novamente a altura é \(1\) em um intervalo de comprimento \(\pi \), portanto \(A=\pi \).

Exercício 15.2

Esboce a região delimitada pelas curvas e decida se a integração deve ser feita em relação à variável \(x\) ou \(y\). Desenhe um retângulo típico com sua altura e largura. Finalmente ache a área da região.

1. \(y=x+1, \quad y=9-x^2, \quad x=-1, \quad x=2\)

2. \(y=\operatorname {sen}(x), \quad y=x^2\)

3. \(y=x^2, y=x^4\)

4. \(\sqrt{x}+\sqrt{y}=1 \quad x+y=1\)

5. \(y=1/x, \quad y=1/x^2, \quad x=2 \)

6. \(x=2y^2 \quad x+y=1\)

7. \(y=\cos x,\quad y=1-2x/\pi \)

8. \(y=\operatorname {sen}(\pi x) \quad y=x^2-x \quad x=2\)

9. \(y=\sec ^2x,\quad y=\cos x,\quad x=-\pi /3,\quad x=\pi /3\).

Ver solução

1. Faixas verticais em \([-1,2]\), altura \((9-x^2)-(x+1)\). Assim, \(A=\int _{-1}^2(8-x-x^2)\, \mathop{}\! \mathrm{d} x=\frac{39}{2}\).

2. Seja \(a\approx 0{,}876726\) a raiz positiva de \(\operatorname {sen}a=a^2\). A região está em \(0\leq x\leq a\), entre \(x^2\) e \(\operatorname {sen}x\). Logo, \(A=\int _0^a(\operatorname {sen}x-x^2)\, \mathop{}\! \mathrm{d} x=1-\cos a-a^3/3\approx 0{,}135698\). A raiz é única em \((0,1)\), pois \(\operatorname {sen}x-x^2\) é estritamente côncava ali, começa com derivada positiva e vale um número negativo em \(1\).

3. Faixas verticais em \([-1,1]\), altura \(x^2-x^4\). Logo, \(A=\int _{-1}^1(x^2-x^4)\, \mathop{}\! \mathrm{d} x=\frac{4}{15}\).

4. No primeiro quadrante, \(y=(1-\sqrt x)^2\) e \(y=1-x\), para \(0\leq x\leq 1\). Então \(A=\int _0^1[1-x-(1-\sqrt x)^2]\, \mathop{}\! \mathrm{d} x=\frac{1}{3}\).

5. As curvas se encontram em \(x=1\). Para \(1\leq x\leq 2\), \(1/x\geq 1/x^2\). Assim, \(A=\int _1^2(x^{-1}-x^{-2})\, \mathop{}\! \mathrm{d} x=\ln 2-1/2\).

6. Faixas horizontais, \(-1\leq y\leq 1/2\), entre \(x=2y^2\) e \(x=1-y\). Portanto \(A=\int _{-1}^{1/2}(1-y-2y^2)\, \mathop{}\! \mathrm{d} y=\frac{9}{8}\).

7. As interseções ocorrem em \(0\), \(\pi /2\) e \(\pi \). A área das duas regiões é \(A=2\int _0^{\pi /2}(\cos x-1+2x/\pi )\, \mathop{}\! \mathrm{d} x=2-\pi /2\). Em \([0,\pi /2]\), a concavidade do cosseno o coloca acima da corda; a simetria em torno de \((\pi /2,0)\) descreve a outra metade.

8. As fronteiras trocam de ordem em \(x=1\). No intervalo \([0,1]\), o seno é não negativo e \(x^2-x\) é não positivo; em \([1,2]\), ocorre o contrário. Assim, \(A=\int _0^1[\operatorname {sen}(\pi x)-x^2+x]\, \mathop{}\! \mathrm{d} x+\int _1^2[x^2-x-\operatorname {sen}(\pi x)]\, \mathop{}\! \mathrm{d} x=1+\frac{4}{\pi }\).

9. Faixas verticais entre \(\cos x\) e \(\sec ^2x\), para \(-\pi /3\leq x\leq \pi /3\). Portanto \(A=2\int _0^{\pi /3}(\sec ^2x-\cos x)\, \mathop{}\! \mathrm{d} x=\sqrt3\).

Nos esboços a seguir, o segmento tracejado indica a altura (ou a largura, no item 6) de uma faixa típica; sua espessura é \(\mathop{}\! \mathrm{d} x\) (ou \(\mathop{}\! \mathrm{d} y\)). As curvas e os intervalos usados no cálculo estão identificados em cada item.

Exercício 15.3

Ache a área da região delimitada pela parábola \(y=x^2\), pela reta tangente a essa parábola no ponto \((1,1)\) e pelo eixo \(x\).

Ver solução

A tangente é \(y=2x-1\), que encontra o eixo \(x\) em \(x=1/2\). A região tem fronteira superior \(x^2\); a inferior é \(0\) em \([0,1/2]\) e \(2x-1\) em \([1/2,1]\). Logo, \(A=\int _0^{1/2}x^2\, \mathop{}\! \mathrm{d} x+\int _{1/2}^1[x^2-(2x-1)]\, \mathop{}\! \mathrm{d} x=1/12\).

Exercício 15.4

Ache o número \(b\) tal que a reta \(y=b\) divida a região limitada pelas curvas \(y=x^2\) e \(y=4\) em duas regiões de áreas iguais.

Ver solução

A região tem \(0\leq y\leq 4\) e \(-\sqrt y\leq x\leq \sqrt y\). Uma faixa horizontal tem largura \(2\sqrt y\), de modo que sua área total é

\[ A=\int _0^4 2\sqrt y\, \mathop{}\! \mathrm{d} y=\frac{32}{3}. \]

A reta \(y=b\), com \(0\lt b\lt 4\), divide a área ao meio quando

\[ \int _0^b2\sqrt y\, \mathop{}\! \mathrm{d} y=\frac{16}{3}. \]

Portanto, \(\frac43 b^{3/2}=\frac{16}{3}\) e \(b=4^{2/3}\).

Exercício 15.5

Determine \(c\) para que a área da região delimitada pelas parábolas \(y=x^2-c^2\) e \(y=c^2-x^2\) seja 576.

Ver solução

As curvas se encontram em \(x=\pm |c|\). A área é \(\int _{-|c|}^{|c|}2(c^2-x^2)\, \mathop{}\! \mathrm{d} x=8|c|^3/3\). Igualando a \(576\), obtemos \(|c|^3=216\), portanto \(c=6\) ou \(c=-6\). Se \(c\) for convencionado como parâmetro positivo, a resposta é \(6\).

Exercício 15.6

Use integração para deduzir a área da elipse

\[ \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1, \qquad a,b\gt 0. \]

Ver solução

Por simetria, basta calcular quatro vezes a área no primeiro quadrante. Ali, \(y=b\sqrt{1-x^2/a^2}\), portanto

\[ A=4b\int _0^a\sqrt{1-\frac{x^2}{a^2}}\, \mathop{}\! \mathrm{d} x. \]

Com \(x=a\operatorname {sen}\theta \), \(0\leq \theta \leq \pi /2\), obtemos

\[ A=4ab\int _0^{\pi /2}\cos ^2\theta \, \mathop{}\! \mathrm{d}\theta =4ab\frac{\pi }{4}=\pi ab. \]

Exercício 15.7

Nos próximos itens encontre a área da região delimitada pelas funções de duas maneiras: 1. descrevendo as fronteiras como funções de \(x\), e 2. descrevendo as fronteiras como funções de \(y\).

1. 

2. 

3. 

4. 

Ver solução

1. Em \(x\): \(A=\int _0^1x^2\, \mathop{}\! \mathrm{d} x+\int _1^3(x-3)^2/4\, \mathop{}\! \mathrm{d} x=1\). Em \(y\): \(A=\int _1^2[3-3\sqrt{y-1}]\, \mathop{}\! \mathrm{d} y=1\).

2. Em \(x\): \(A=\int _0^1(\sqrt x+x/2)\, \mathop{}\! \mathrm{d} x+\int _1^2(3-3x/2)\, \mathop{}\! \mathrm{d} x=5/3\). Em \(y\): \(A=\int _{-1}^0[(3-y)/2+2y]\, \mathop{}\! \mathrm{d} y+\int _0^1[(3-y)/2-y^2]\, \mathop{}\! \mathrm{d} y=5/3\).

3. Em \(y\): \(A=\int _{-2}^1(1-y/2-y^2/2)\, \mathop{}\! \mathrm{d} y=9/4\). Em \(x\): \(A=\int _0^{1/2}2\sqrt{2x}\, \mathop{}\! \mathrm{d} x+\int _{1/2}^2[2-2x+\sqrt{2x}]\, \mathop{}\! \mathrm{d} x=9/4\).

4. Em \(x\): \(A=\int _0^1x^{1/3}\, \mathop{}\! \mathrm{d} x-\int _{1/2}^1\sqrt{x-1/2}\, \mathop{}\! \mathrm{d} x=3/4-\sqrt2/6\). Em \(y\): \(A=\int _0^{1/\sqrt2}(y^2+1/2-y^3)\, \mathop{}\! \mathrm{d} y+\int _{1/\sqrt2}^1(1-y^3)\, \mathop{}\! \mathrm{d} y=3/4-\sqrt2/6\).

15.3 Volume

15.3.1 Secções transversais

Para calcular áreas, somamos contribuições de faixas estreitas. No espaço, podemos proceder de modo semelhante, dividindo um sólido em fatias: a área de cada secção transversal, multiplicada pela espessura, aproxima o volume da fatia.

Seja \( S \) um sólido limitado pelos planos \(x=a\) e \(x=b\), como o primeiro da Figura 15.8. Quando interceptamos o sólido \( S \) com um plano, obtemos uma região plana denominada secção transversal de \(S.\) Na segunda imagem da figura 15.8 apresentamos uma seção transversal de \(S\).

Denotaremos por \( A(x) \) a área da secção transversal perpendicular ao eixo \(x\) e que passa pelo ponto \(x\), com \(x \in [a,b]\). Para obter uma soma de Riemann, considere uma partição \(P=(x_i)\) de \([a,b]\) e divida o sólido \(S\) em \(n\) fatias pelos planos \(P_{x_1},\ldots ,P_{x_{n-1}}\). A Figura 15.9a representa essa decomposição. Escolhemos, então, pontos \( x^*_i \in [x_{i-1},x_i] \) e consideramos a seção transversal que passa por \(x^*_i\). O volume da i-ésima fatia \( S_i \) pode ser aproximado pelo volume do cilindro reto cuja base é a seção que passa por \(x^*_i\) e cuja altura é \(\Delta x_i .\) A aproximação por cilindros é apresentada na Figura 15.9b.

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

Somando os volumes dessas fatias, obtemos uma aproximação para o volume total:

Fazendo o tamanho da partição tender a zero, \(\left\lvert P\right\rvert \to 0\), temos:

15.3.2 Sólidos de revolução

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

onde \(f\) é contínua e não negativa em \([a,b]\).

Nesse caso, temos que a área da seção transversal que passa por \(x\) é

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

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

Exercício 15.8

Nos Exercícios 1 - 4, uma região do plano cartesiano é sombreada. Use o método das seções transversais para encontrar o volume do sólido de revolução formado pela rotação da região em torno do eixo x.

1. 

2. 

3. 

4. 

Ver solução

1. As áreas das seções são \(\pi (x-x^2)\), de modo que \(V=\pi \int _0^1(x-x^2)\, \mathop{}\! \mathrm{d} x=\pi /6\).

2. O raio é \(3-x^2\) em \([-\sqrt3,\sqrt3]\); assim,

   \[ V=\pi \int _{-\sqrt3}^{\sqrt3}(3-x^2)^2\, \mathop{}\! \mathrm{d} x=\frac{48\sqrt3\, \pi }{5}. \]

3. Como o raio é \(5x\) para \(1\leq x\leq 2\), temos \(V=25\pi \int _1^2x^2\, \mathop{}\! \mathrm{d} x=175\pi /3\).

4. O método dos discos fornece \(V=\pi \int _0^{\pi /2}\cos ^2x\, \mathop{}\! \mathrm{d} x=\pi ^2/4\).

Exercício 15.9

Nos Exercícios 1 - 4, uma região do plano cartesiano é sombreada. Use o método das seções transversais para encontrar o volume do sólido de revolução formado pela rotação da região em torno do eixo y.

1. 

2. 

3. 

4. 

Ver solução

1. A área da arruela é \(\pi (y^2-y^4)\), logo \(V=\pi \int _0^1(y^2-y^4)\, \mathop{}\! \mathrm{d} y=2\pi /15\).

2. As seções têm área \(\pi (3-y)\) para \(0\leq y\leq 3\), portanto \(V=9\pi /2\).

3. Como a seção à altura \(y\) tem raio \(y/5\), obtemos \(V=\pi \int _5^{10}y^2/25\, \mathop{}\! \mathrm{d} y=35\pi /3\).

4. Temos \(V=\pi \int _0^1(\arccos y)^2\, \mathop{}\! \mathrm{d} y=\pi ^2-2\pi \). Por partes, uma primitiva é \(y(\arccos y)^2-2\arccos y\sqrt{1-y^2}-2y\).

Exercício 15.10

Nos próximos itens, uma região do plano cartesiano é descrita. Encontre o volume do sólido de revolução formado pela rotação da região em torno de cada um dos eixos dados.

1. Região limitada por: \(y=\sqrt{x}\), \(y=0\) e \(x=1\). Rotacionada em torno:

   1. o eixo \(x\)

   2. \(y=1\)

   3. o eixo \(y\)

   4. \(x=1\)

2. Região limitada por: \(y=4-x^2\) e \(y=0\). Rotacionada em torno:

   1. o eixo \(x\)

   2. \(y=4\)

   3. \(y=-1\)

   4. \(x=2\)

3. O triângulo de vértices \((1,1)\), \((1,2)\) e \((2,1)\). Rotacionada em torno:

   1. do eixo \(x\)

   2. de \(y=2\)

   3. do eixo \(y\)

   4. de \(x=1\)

4. Região limitada por \(y=x^2-2x+2\) e \(y=2x-1\). Rotacionada em torno:

   1. o eixo \(x\)

   2. \(y=1\)

   3. \(y=5\)

5. Região limitada por \(y=1/\sqrt{x^2+1}\), \(x=-1\), \(x=1\) e o eixo \(x\). Rotacionada em torno:

   1. do eixo \(x\)

   2. de \(y=1\)

   3. de \(y=-1\)

6. Região limitada por \(y=2x\), \(y=x\) e \(x=2\). Rotacionada em torno:

   1. do eixo \(x\)

   2. \(y=4\)

   3. do eixo \(y\)

   4. \(x=2\)

Ver solução

1. 1. Em torno do eixo \(x\), \(V=\pi \int _0^1x\, \mathop{}\! \mathrm{d} x=\pi /2\).

   2. Em torno de \(y=1\), as arruelas têm área \(\pi [1-(1-\sqrt x)^2]=\pi (2\sqrt x-x)\); portanto, \(V=5\pi /6\).

   3. Em torno do eixo \(y\), arruelas horizontais têm raio externo \(1\) e raio interno \(y^2\); assim, \(V=\pi \int _0^1(1-y^4)\, \mathop{}\! \mathrm{d} y=4\pi /5\).

   4. Em torno de \(x=1\), usamos discos horizontais de raio \(1-y^2\): \(V=\pi \int _0^1(1-y^2)^2\, \mathop{}\! \mathrm{d} y=8\pi /15\).

2. 1. Em torno do eixo \(x\), \(V=\pi \int _{-2}^{2}(4-x^2)^2\, \mathop{}\! \mathrm{d} x=512\pi /15\).

   2. Em torno de \(y=4\), \(V=\pi \int _{-2}^{2}(16-x^4)\, \mathop{}\! \mathrm{d} x=256\pi /5\).

   3. Em torno de \(y=-1\), \(V=\pi \int _{-2}^{2}[(5-x^2)^2-1]\, \mathop{}\! \mathrm{d} x=832\pi /15\).

   4. Em torno de \(x=2\), use seções horizontais. Para \(0\leq y\leq 4\), os raios externo e interno são \(2+\sqrt{4-y}\) e \(2-\sqrt{4-y}\); portanto,

      \[ V=\pi \int _0^4\left[(2+\sqrt{4-y})^2-(2-\sqrt{4-y})^2\right]\, \mathop{}\! \mathrm{d} y =\frac{128\pi }{3}. \]

3. 1. Em torno do eixo \(x\), \(V=\pi \int _1^2[(3-x)^2-1]\, \mathop{}\! \mathrm{d} x=4\pi /3\).

   2. Em torno de \(y=2\), \(V=\pi \int _1^2[1-(x-1)^2]\, \mathop{}\! \mathrm{d} x=2\pi /3\).

   3. Em torno do eixo \(y\), as seções horizontais são arruelas de raio externo \(3-y\) e raio interno \(1\): \(V=\pi \int _1^2[(3-y)^2-1]\, \mathop{}\! \mathrm{d} y=4\pi /3\).

   4. Em torno de \(x=1\), discos horizontais de raio \(2-y\) fornecem \(V=\pi \int _1^2(2-y)^2\, \mathop{}\! \mathrm{d} y=\pi /3\).

4. 1. Em torno do eixo \(x\),

      \[ V=\pi \int _1^3[(2x-1)^2-(x^2-2x+2)^2]\, \mathop{}\! \mathrm{d} x=\frac{104\pi }{15}. \]

   2. Em torno de \(y=1\),

      \[ V=\pi \int _1^3[(2x-2)^2-(x-1)^4]\, \mathop{}\! \mathrm{d} x=\frac{64\pi }{15}. \]

   3. Em torno de \(y=5\),

      \[ V=\pi \int _1^3[(3+2x-x^2)^2-(6-2x)^2]\, \mathop{}\! \mathrm{d} x=\frac{32\pi }{5}. \]

5. 1. Em torno do eixo \(x\), \(V=\pi \int _{-1}^{1}\frac{\mathop{}\! \mathrm{d} x}{1+x^2}=\pi ^2/2\).

   2. Em torno de \(y=1\),

      \[ V=\pi \int _{-1}^{1}\left(\frac{2}{\sqrt{1+x^2}}-\frac{1}{1+x^2}\right)\mathop{}\! \mathrm{d} x =4\pi \ln (1+\sqrt2)-\frac{\pi ^2}{2}. \]

   3. Em torno de \(y=-1\),

      \[ V=\pi \int _{-1}^{1}\left(\frac{2}{\sqrt{1+x^2}}+\frac{1}{1+x^2}\right)\mathop{}\! \mathrm{d} x =4\pi \ln (1+\sqrt2)+\frac{\pi ^2}{2}. \]

6. 1. Em torno do eixo \(x\), \(V=3\pi \int _0^2x^2\, \mathop{}\! \mathrm{d} x=8\pi \).

   2. Em torno de \(y=4\), \(V=\pi \int _0^2[(4-x)^2-(4-2x)^2]\, \mathop{}\! \mathrm{d} x=8\pi \).

   3. Em torno do eixo \(y\), usamos arruelas horizontais em dois intervalos:

      \[ V=\pi \int _0^2\left(y^2-\frac{y^2}{4}\right)\, \mathop{}\! \mathrm{d} y +\pi \int _2^4\left(4-\frac{y^2}{4}\right)\, \mathop{}\! \mathrm{d} y =\frac{16\pi }{3}. \]

   4. Em torno de \(x=2\), novamente dividimos as seções horizontais:

      \[ V=\pi \int _0^2\left[\left(2-\frac y2\right)^2-(2-y)^2\right]\, \mathop{}\! \mathrm{d} y +\pi \int _2^4\left(2-\frac y2\right)^2\, \mathop{}\! \mathrm{d} y =\frac{8\pi }{3}. \]

A ordem dos subitens é a dos eixos em cada enunciado. As integrais foram montadas com raios externos e internos não negativos; quando a descrição da seção horizontal muda com a altura, dividimos a integral nos intervalos correspondentes.

Exercício 15.11

Calcule o volume de um cone circular reto com altura 10 e raio da base 5.

Ver solução

Medindo \(x\) a partir do vértice, a seção a distância \(x\in [0,10]\) tem raio \(x/2\) e área \(A(x)=\pi x^2/4\). Portanto, \(V=\int _0^{10}\pi x^2/4\, \mathop{}\! \mathrm{d} x=250\pi /3\) unidades cúbicas.

Exercício 15.12

Calcule o volume de um cone circular oblíquo com altura 10 e raio da base 5. (Dica: todas as seções transversais são círculos).

Ver solução

As seções paralelas à base, a uma mesma distância perpendicular do vértice, têm o mesmo raio que no cone do Exercício 15.11. Pelo princípio de Cavalieri, ou integrando \(A(x)=\pi x^2/4\) de \(0\) a \(10\), obtemos \(V=250\pi /3\) unidades cúbicas.

Exercício 15.13

Calcule o volume de uma pirâmide de altura 10 cuja base é um triângulo retângulo isósceles com catetos de comprimento 4.

Ver solução

A distância perpendicular \(x\) ao vértice varia de \(0\) a \(10\). Por semelhança, cada seção tem catetos \(2x/5\) e área \(A(x)=\tfrac 12(2x/5)^2=2x^2/25\). Logo, \(V=\int _0^{10}2x^2/25\, \mathop{}\! \mathrm{d} x=80/3\) unidades cúbicas.

Exercício 15.14

Calcule o volume do sólido de comprimento 10 representado a seguir. Uma extremidade é um quadrado de lado 5; a outra é um triângulo de base e altura 5, e as faces que as ligam são planas.

Ver solução

Medimos \(x\in [0,10]\) a partir da face quadrada. A seção perpendicular ao comprimento é um trapézio de altura \(5\), base inferior \(5\) e base superior \(5-x/2\). Assim, \(A(x)=\frac52[5+(5-x/2)]=25-5x/4\). O volume é \(V=\int _0^{10}(25-5x/4)\, \mathop{}\! \mathrm{d} x=375/2=187{,}5\) unidades cúbicas.

15.3.3 Cascas cilíndricas

A escolha da decomposição pode simplificar um volume de revolução. Cortes perpendiculares ao eixo de rotação produzem discos ou arruelas; faixas paralelas ao eixo produzem cascas cilíndricas. Nesta segunda descrição, cada faixa gera aproximadamente a superfície lateral de um cilindro fino.

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 \(x=b\), com \(0\leq a\lt b\) e \(f\) contínua.

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

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

Esta aproximação torna-se melhor quando \(\left\lvert P\right\rvert =\displaystyle \max _{1\leq i\leq n}\Delta x_i \to 0.\) 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

Exercício 15.15

Nos exercícios a seguir, uma região do plano cartesiano é sombreada. Use o método das cascas cilíndricas para encontrar o volume do sólido de revolução formado pela rotação da região em torno do eixo \(y\). No primeiro item, basta usar a metade da região com \(x\geq 0\): a metade simétrica gera o mesmo sólido.

1. 

2. 

3. 

4. 

Ver solução

1. Por simetria, usamos apenas \(0\leq x\leq \sqrt3\). As cascas têm raio \(x\) e altura \(3-x^2\):

   \[ V=2\pi \int _0^{\sqrt3}x(3-x^2)\, \mathop{}\! \mathrm{d} x=\frac{9\pi }{2}. \]

2. Para \(0\leq x\leq 1\), a altura é \(10-5=5\); para \(1\leq x\leq 2\), é \(10-5x\). Assim,

   \[ V=2\pi \left(\int _0^1 5x\, \mathop{}\! \mathrm{d} x+\int _1^2 x(10-5x)\, \mathop{}\! \mathrm{d} x\right)=\frac{35\pi }{3}. \]

3. \(V=2\pi \int _0^{\pi /2}x\cos x\, \mathop{}\! \mathrm{d} x=2\pi [x\operatorname {sen}x+\cos x]_0^{\pi /2}=\pi ^2-2\pi \).

4. \(V=2\pi \int _0^1x(\sqrt x-x)\, \mathop{}\! \mathrm{d} x=2\pi (2/5-1/3)=2\pi /15\).

15.4 Trabalho

A acumulação de pequenas contribuições também aparece em grandezas físicas. Quando uma força varia com a posição, dividimos o deslocamento em trechos nos quais ela pode ser aproximada por uma força constante; a soma dos trabalhos nesses trechos conduz à integral. 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 de sua componente na direção do movimento pelo deslocamento orientado \(d\):

Agora consideremos o deslocamento de uma partícula de \(x=a\) até \(x=b\) com \(a\lt b\) 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

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

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

15.4.1 Molas e a lei de Hooke

A Lei de Hooke afirma que a força necessária para comprimir ou esticar uma mola \( x \) unidades a partir de seu comprimento natural é proporcional a \( x \); isto é, essa força é \( F (x) = kx \) para alguma constante \( k \). Por exemplo, se uma força de 1 N estende uma mola em 2 cm, então uma força de 5 N alongará a mola em 10 cm. Convertendo as distâncias para metros, temos que alongar essa mola em 0,02 m requer uma força de \( F (0{,}02) = k (0{,}02) = 1 \) N; portanto, \( k = 1 / 0{,}02 = 50 \) N / m.

Exercício 15.16

Uma força variável \(F(x)=10+x\) newtons atua na direção do movimento enquanto um corpo se desloca de \(x=0\) a \(x=4\) metros. Calcule o trabalho realizado.

Ver solução

\[ W=\int _0^4(10+x)\, \mathop{}\! \mathrm{d} x=\left[10x+\frac{x^2}{2}\right]_0^4=48\ \mathrm J. \]

Exercício 15.17

Uma força de intensidade \(F(x)=300/(1+x)\) newtons atua formando um ângulo constante de \(60^\circ \) com a direção do movimento. Calcule o trabalho realizado quando o corpo se desloca de \(x=0\) a \(x=3\) metros.

Ver solução

A componente da força na direção do movimento é \(F(x)\cos 60^\circ \). Logo,

\[ W=\int _0^3\frac{300}{1+x}\frac12\, \mathop{}\! \mathrm{d} x =150\ln 4\ \mathrm J. \]

Exercício 15.18

Uma força atrativa radial tem intensidade \(F(r)=k/r^2\), com \(k\gt 0\). Calcule o trabalho necessário para afastar lentamente uma partícula da distância \(r=a\) até \(r=b\gt a\) do centro de atração.

Ver solução

Para afastar a partícula lentamente, a força externa deve ter intensidade \(k/r^2\) no sentido do deslocamento. Assim,

\[ W=\int _a^b\frac{k}{r^2}\, \mathop{}\! \mathrm{d} r =k\left(\frac1a-\frac1b\right). \]

Exercício 15.19

Uma mola obedece à lei de Hooke \(F(x)=kx\). Para \(k=40\, \mathrm{N/m}\), calcule o trabalho necessário para aumentar sua deformação de \(0{,}10\) m para \(0{,}25\) m.

Ver solução

\[ W=\int _{0{,}10}^{0{,}25}40x\, \mathop{}\! \mathrm{d} x =20\bigl(0{,}25^2-0{,}10^2\bigr)=1{,}05\ \mathrm J. \]

Exercício 15.20

Uma mola requer \(18\, \mathrm N\) para ser alongada \(0{,}12\, \mathrm m\) além do comprimento natural. Determine o trabalho necessário para alongá-la de \(0{,}05\, \mathrm m\) a \(0{,}20\, \mathrm m\).

Ver solução

Pela lei de Hooke, \(k=18/0{,}12=150\, \mathrm{N/m}\). Assim,

\[ W=\int _{0{,}05}^{0{,}20}150x\, \mathop{}\! \mathrm{d} x =75\bigl(0{,}20^2-0{,}05^2\bigr) =2{,}8125\, \mathrm J. \]

Exercício 15.21

Uma corda de \(20\, \mathrm m\) tem massa linear constante \(0{,}5\, \mathrm{kg/m}\) e pende verticalmente do alto de um edifício. Calcule o trabalho necessário para recolhê-la inteiramente, usando \(g=9{,}8\, \mathrm{m/s^2}\).

Ver solução

Um elemento situado a uma distância \(y\) do topo percorre a distância \(y\) e tem peso por unidade de comprimento \(0{,}5g\). Logo,

\[ W=0{,}5g\int _0^{20}y\, \mathop{}\! \mathrm{d} y =4{,}9\cdot 200 =980\, \mathrm J. \]

Exercício 15.22

Um tanque cilíndrico de raio \(2\, \mathrm m\) e altura \(5\, \mathrm m\) está cheio de água. Calcule o trabalho necessário para bombear toda a água até a borda superior, usando \(\rho g=9800\, \mathrm{N/m^3}\).

Ver solução

Uma lâmina horizontal à altura \(y\) tem volume \(4\pi \, \mathop{}\! \mathrm{d} y\) e precisa subir \(5-y\). Portanto,

\[ W=9800\cdot 4\pi \int _0^5(5-y)\, \mathop{}\! \mathrm{d} y =490000\pi \, \mathrm J. \]

15.5 Forças hidrostáticas

A pressão em um fluido em repouso aumenta com a profundidade. Se \(y\) é a profundidade medida a partir da superfície da água, a diferença entre a pressão do fluido e a pressão atmosférica é

onde \(\rho \) é a densidade do fluido e \(g\) é a aceleração da gravidade. Assim, uma faixa horizontal de largura \(w(y)\) e espessura \(\mathop{}\! \mathrm{d} y\) recebe uma força aproximada

A força total sobre uma superfície vertical é obtida somando, por integração, as forças exercidas sobre essas faixas.

Exercício 15.23

Nos exercícios a seguir, use \(g=9{,}8\, \mathrm{m/s^2}\) e despreze a pressão atmosférica, que atua dos dois lados da placa quando pertinente.

1. Uma comporta retangular vertical tem \(2\, \mathrm m\) de largura, sua borda superior coincide com a superfície da água e sua borda inferior está a \(3\, \mathrm m\) de profundidade. Calcule a força hidrostática resultante.

2. Uma janela retangular vertical de \(2\, \mathrm m\) de largura estende-se da profundidade de \(2\, \mathrm m\) à de \(4\, \mathrm m\) em água. Calcule a força hidrostática resultante.

3. Uma placa triangular vertical tem o vértice na superfície da água e base horizontal de \(2\, \mathrm m\) a \(3\, \mathrm m\) de profundidade. Calcule a força hidrostática sobre a placa.

4. Uma comporta retangular vertical de \(1{,}2\, \mathrm m\) de largura e \(2\, \mathrm m\) de altura tem sua borda superior a \(1\, \mathrm m\) da superfície de um óleo de densidade \(850\, \mathrm{kg/m^3}\). Calcule a força resultante.

Ver solução

Adotando \(\rho =1000\, \mathrm{kg/m^3}\) para a água:

1. \(F=1000\cdot 9{,}8\cdot 2\int _0^3y\, \mathop{}\! \mathrm{d} y =88200\, \mathrm N\).

2. \(F=1000\cdot 9{,}8\cdot 2\int _2^4y\, \mathop{}\! \mathrm{d} y =117600\, \mathrm N\).

3. À profundidade \(y\), a largura é \(2y/3\). Logo, \(F=1000\cdot 9{,}8\int _0^3y(2y/3)\, \mathop{}\! \mathrm{d} y=58800\, \mathrm N\).

4. \(F=850\cdot 9{,}8\cdot 1{,}2\int _1^3y\, \mathop{}\! \mathrm{d} y =39984\, \mathrm N\).

Exercício 15.24

Uma escotilha circular horizontal de raio \(0{,}5\, \mathrm m\) está a \(3\, \mathrm m\) abaixo da superfície da água. Calcule a força hidrostática sobre ela.

Ver solução

A pressão é constante em toda a escotilha: \(p=1000\cdot 9{,}8\cdot 3\). Como a área é \(\pi (0{,}5)^2=\pi /4\),

\[ F=7350\pi \, \mathrm N. \]

Exercício 15.25

Uma placa retangular vertical de largura \(L\) e altura \(H\) tem a borda superior à profundidade \(d\). Mostre que a força hidrostática é

\[ F=\rho g\, LH\left(d+\frac H2\right). \]

Ver solução

À profundidade \(y\), a faixa tem área \(L\, \mathop{}\! \mathrm{d} y\). Logo,

\[ F=\rho gL\int _d^{d+H}y\, \mathop{}\! \mathrm{d} y =\rho g\, LH\left(d+\frac H2\right). \]

Exercício 15.26

Uma placa triangular vertical tem base horizontal de \(3\, \mathrm m\) na superfície da água e vértice a \(4\, \mathrm m\) de profundidade. Calcule a força hidrostática resultante.

Ver solução

À profundidade \(y\), a largura é \(w(y)=3(1-y/4)\). Portanto,

\[ F=9800\int _0^4 y\, 3\left(1-\frac y4\right)\, \mathop{}\! \mathrm{d} y =78400\, \mathrm N. \]

Exercício 15.27

Uma janela semicircular vertical de raio \(1\, \mathrm m\) tem o diâmetro sobre a superfície da água e o semicírculo abaixo dela. Calcule a força hidrostática.

Ver solução

À profundidade \(y\), a largura é \(2\sqrt{1-y^2}\). Assim,

\[ F=9800\int _0^1 2y\sqrt{1-y^2}\, \mathop{}\! \mathrm{d} y =\frac{19600}{3}\, \mathrm N. \]

Exercício 15.28

Uma placa retangular vertical de \(2\, \mathrm m\) de largura e \(3\, \mathrm m\) de altura tem centro geométrico a \(4\, \mathrm m\) de profundidade. Calcule a força hidrostática e verifique que ela é \(\rho g\) vezes a área vezes a profundidade do centro.

Ver solução

A placa ocupa as profundidades \(2{,}5\leq y\leq 5{,}5\). Logo,

\[ F=9800\cdot 2\int _{2{,}5}^{5{,}5}y\, \mathop{}\! \mathrm{d} y =235200\, \mathrm N. \]

Como a área é \(6\, \mathrm{m^2}\), o mesmo valor é \(1000\cdot 9{,}8\cdot 6\cdot 4\).

Exercício 15.29

Uma comporta quadrada vertical de lado \(1{,}5\, \mathrm m\) tem a borda superior a \(0{,}5\, \mathrm m\) da superfície de um óleo de densidade \(800\, \mathrm{kg/m^3}\). Calcule a força hidrostática.

Ver solução

\[ F=800\cdot 9{,}8\cdot 1{,}5\int _{0{,}5}^{2}y\, \mathop{}\! \mathrm{d} y =22050\, \mathrm N. \]

15.6 Comprimento de arco e área superficial

15.6.1 Comprimento de arco

O mesmo princípio de aproximação permite medir uma curva. Para isso, usamos uma poligonal, cujo comprimento é a soma dos comprimentos de seus segmentos, e refinamos essa aproximação. Suponhamos que a curva \( C\) seja dada pela equação \( y = f(x) ,\) onde \(f\) tem derivada contínua em \([a,b]\). 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 \(\left\lvert P\right\rvert \to 0 .\)

O comprimento da poligonal é

Aplicando o Teorema do Valor Médio 11.14 em cada intervalo \([x_{i-1},x_i],\) existe um \(x^*_i \in (x_{i-1},x_i) \) tal que

Dessa forma,

Então, definimos o comprimento da curva \( C\) por

15.6.2 Comprimento de uma curva paramétrica

Uma curva plana pode ser descrita por duas funções de um parâmetro,

Essa descrição também permite tratar curvas que não são gráficos de uma única função de \(x\), como uma circunferência. Suponhamos que \(x\) e \(y\) tenham derivadas contínuas em \([\alpha ,\beta ]\). As duas coordenadas variam com taxas \(x'(t)\) e \(y'(t)\). Pelo Teorema de Pitágoras, a velocidade escalar com que o ponto percorre a curva é

O comprimento percorrido, contando cada trecho tantas vezes quantas a parametrização o percorra, é

Se a curva é percorrida uma única vez, essa integral é o comprimento geométrico de seu traçado. A fórmula também vale para curvas continuamente diferenciáveis por partes, somando-se os comprimentos dos trechos.

Para justificar a fórmula, tome uma partição \(\alpha =t_0\lt \cdots \lt t_n=\beta \). O comprimento da poligonal inscrita é

Pelo Teorema do Valor Médio, os incrementos de \(x\) e \(y\) são suas respectivas derivadas em pontos do subintervalo, multiplicadas por \(\Delta t_i\). Esses pontos não precisam coincidir, mas a continuidade uniforme das derivadas em \([\alpha ,\beta ]\) permite substituí-los por uma mesma marca, com um erro total que tende a zero quando a norma da partição tende a zero. O limite das somas é, portanto, a integral da velocidade escalar.

15.6.3 Área superficial

A aproximação de uma curva por uma poligonal também permite estudar a superfície gerada por sua rotação. Já usamos a rotação de uma região para calcular volumes; ao girar apenas sua curva de fronteira, o comprimento de cada pequeno segmento passa a contribuir para a área superficial.

Podemos aproximar a área da superfície pela área da superfície gerada pela revolução de uma poligonal plana em torno de um eixo desse plano. Consideremos \(f\) não negativa em \([a,b]\), com derivada contínua nesse intervalo fechado. 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

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

Para obter a área lateral de um sólido de revolução em torno do eixo \(x\), aproximamos sua superfície por uma união de troncos de cone e somamos as respectivas áreas laterais. Se denotarmos por \(L_i\) o comprimento do segmento entre os pontos \((x_{i-1},f(x_{i-1}))\) e \((x_i,f(x_i))\), então

Pelo Teorema do Valor Médio, existe \(x_i^*\in (x_{i-1},x_i)\) tal que \(f(x_i)-f(x_{i-1})=f'(x_i^*)\Delta x_i\). Portanto, para esse segmento,

Os raios do tronco são \(R = f(x_i)\) e \(r = f(x_{i-1})\). Assim, a área da superfície de um dos troncos de cone é aproximadamente

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

Somando sobre todos os subintervalos, temos

As marcas \(d_i\) e \(x_i^*\) podem ser diferentes. Pela continuidade uniforme de \(f\), podemos substituir \(f(d_i)\) por \(f(x_i^*)\): o erro absoluto total é limitado por \(2\pi (b-a)M\omega _f(\left\lvert P\right\rvert )\), onde \(M=\max _{[a,b]}\sqrt{1+f'(x)^2}\) e \(\omega _f(\delta )=\sup _{|u-v|\leq \delta }|f(u)-f(v)|\to 0\). A soma resultante é uma soma de Riemann. Tomando o limite, temos

A área da superfície do sólido formado pela rotação do gráfico de \(y=f(x)\) ao redor do eixo \(y\), com \(a,b\geq 0\), é

Exercício 15.30

Calcule o comprimento do arco de \(y=\frac23x^{3/2}\) para \(0\leq x\leq 1\).

Ver solução

Como \(y'=\sqrt x\),

\[ L=\int _0^1\sqrt{1+x}\, \mathop{}\! \mathrm{d} x=\frac23\bigl(2\sqrt2-1\bigr). \]

Exercício 15.31

A rotação do segmento \(y=x\), \(0\leq x\leq R\), em torno do eixo \(x\) gera a superfície lateral de um cone. Calcule sua área pela integral e confira-a pela fórmula geométrica.

Ver solução

Como \(y'=1\),

\[ A=2\pi \int _0^R x\sqrt2\, \mathop{}\! \mathrm{d} x=\pi \sqrt2\, R^2. \]

O cone tem raio \(R\) e geratriz \(R\sqrt2\), logo sua área lateral é também \(\pi R(R\sqrt2)\).

Exercício 15.32

Encontre o comprimento do arco de \(y=\tfrac 23(x+1)^{3/2}\) entre \(x=0\) e \(x=3\).

Ver solução

Como \(y'=\sqrt{x+1}\),

\[ L=\int _0^3\sqrt{x+2}\, \mathop{}\! \mathrm{d} x =\frac23\left(5^{3/2}-2^{3/2}\right). \]

Exercício 15.33

Uma curva \(y=f(x)\geq 0\) gira em torno do eixo \(x\). Explique, a partir de pequenos troncos de cone, por que a área da superfície envolve o fator \(2\pi f(x)\sqrt{1+[f'(x)]^2}\).

Ver solução

Um pequeno segmento tem comprimento \(\mathop{}\! \mathrm{d} s\approx \sqrt{1+[f'(x)]^2}\, \mathop{}\! \mathrm{d} x\) e, ao girar, percorre uma circunferência de raio \(f(x)\) e comprimento \(2\pi f(x)\). A área lateral do pequeno tronco é aproximadamente \(2\pi f(x)\sqrt{1+[f'(x)]^2}\, \mathop{}\! \mathrm{d} x\); a soma limite produz a integral.

Exercício 15.34

A curva paramétrica \(x=R\cos t\), \(y=R\operatorname {sen}t\), \(0\leq t\leq \pi /2\), descreve um quarto de circunferência. Calcule seu comprimento pela fórmula paramétrica.

Ver solução

\[ \sqrt{(x')^2+(y')^2} =\sqrt{R^2\operatorname {sen}^2t+R^2\cos ^2t}=R, \]

portanto \(L=R\int _0^{\pi /2}\mathop{}\! \mathrm{d} t=\pi R/2\).

Exercício 15.35

Calcule o comprimento da curva paramétrica

\[ x(t)=\frac{t^3}{3},\qquad y(t)=\frac{t^2}{2}, \qquad 0\leq t\leq 1. \]

Ver solução

Como \(x'(t)=t^2\) e \(y'(t)=t\),

\[ L=\int _0^1 t\sqrt{1+t^2}\, \mathop{}\! \mathrm{d} t =\frac13\left(2^{3/2}-1\right). \]

Exercício 15.36

Faça o semicírculo \(y=\sqrt{R^2-x^2}\), \(-R\leq x\leq R\), girar em torno do eixo \(x\) e recupere a área \(4\pi R^2\) da esfera.

Ver solução

A derivada de \(y=\sqrt{R^2-x^2}\) não é finita nos extremos. Por isso, fixamos primeiro \(0\lt c\lt R\) e calculamos a área gerada pelo arco com \(-c\leq x\leq c\), onde as hipóteses da fórmula estão satisfeitas. Como

\[ y'=-\frac{x}{\sqrt{R^2-x^2}}, \qquad \sqrt{1+(y')^2}=\frac{R}{\sqrt{R^2-x^2}}, \]

temos

\[ A(c)=2\pi \int _{-c}^{c} \sqrt{R^2-x^2}\, \frac{R}{\sqrt{R^2-x^2}}\, \mathop{}\! \mathrm{d} x =4\pi Rc. \]

Fazendo \(c\to R^-\), obtemos

\[ A=\lim _{c\to R^-}A(c)=4\pi R^2. \]

15.7 Centro de massa

O centro de massa é uma média ponderada pela distribuição de massa. Para uma placa contínua, massa e posição são acumuladas simultaneamente; as somas de momentos conduzem, no limite, às fórmulas integrais para suas coordenadas.

Consideremos uma placa fina com densidade uniforme \(\rho \gt 0\) que ocupa uma região \(R\) do plano. Desejamos encontrar o centro de massa da placa. Suponha que a região seja da forma

onde \(f\) é função definida e contínua em \([a,b]\), com \(f(x)\geq 0\) em \([a,b]\) e \(\int _a^bf(x)\, \mathop{}\! \mathrm{d} x\gt 0\).

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

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

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

Fazendo o tamanho da partição tender a zero, \(\left\lvert P\right\rvert \rightarrow 0\), obtemos as coordenadas do centro de massa da região \(R\)

O argumento anterior motiva a definição:

15.7.1 Centro de massa da região entre duas curvas

Para uma placa de densidade uniforme e área total \(A_0\gt 0\), se a região \(R\) está entre os gráficos de funções contínuas \( y = f(x) \) 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

é dado por

Exercício 15.37

\(\star \) Determine o centro de massa da região sob a reta \(y=1-x\) em \(0\leq x\leq 1\), supondo densidade uniforme.

Ver solução

A área é \(A_0=1/2\). Portanto,

\[ \bar x=\frac1{A_0}\int _0^1x(1-x)\, \mathop{}\! \mathrm{d} x=\frac13, \qquad \bar y=\frac1{2A_0}\int _0^1(1-x)^2\, \mathop{}\! \mathrm{d} x=\frac13. \]

15.7.2 \(\star \) Teorema de Pappus

O centroide estabelece uma nova conexão com os sólidos de revolução. Conhecendo sua distância ao eixo de rotação e a área da região, podemos calcular o volume por meio do Teorema de Pappus, sob as condições enunciadas a seguir.

O teorema vale na generalidade enunciada. Demonstraremos apenas o caso que usaremos neste curso: depois de escolher coordenadas em que \(L\) é o eixo \(y\), a região é descrita entre dois gráficos contínuos,

com \(0\leq a\lt b\).

Exercício 15.38

Uma chapa homogênea ocupa a região sob \(y=4-x^2\) e acima do eixo \(x\). Use simetria e integrais para localizar seu centro de massa.

Ver solução

Por simetria, \(\bar x=0\). A área é \(A_0=32/3\) e

\[ M_x=\frac12\int _{-2}^2(4-x^2)^2\, \mathop{}\! \mathrm{d} x=\frac{256}{15}. \]

Logo, \(\bar y=M_x/A_0=8/5\), e o centro de massa é \((0,8/5)\).

Exercício 15.39

Determine o centro de massa da região sob \(y=x^2\) em \(0\leq x\leq 1\).

Ver solução

A área é \(A_0=1/3\). Assim,

\[ \bar x=\frac{\int _0^1x^3\, \mathop{}\! \mathrm{d} x}{1/3}=\frac34, \qquad \bar y=\frac{\frac12\int _0^1x^4\, \mathop{}\! \mathrm{d} x}{1/3}=\frac3{10}. \]

Exercício 15.40

Determine o centro de massa da região sob \(y=1-x^2\) em \(-1\leq x\leq 1\).

Ver solução

Por simetria, \(\bar x=0\). Como

\[ A_0=\frac43,\qquad M_x=\frac12\int _{-1}^1(1-x^2)^2\, \mathop{}\! \mathrm{d} x=\frac8{15}, \]

temos \(\bar y=2/5\).

Exercício 15.41

Determine o centro de massa da região entre \(y=1\) e \(y=x^2\), para \(-1\leq x\leq 1\).

Ver solução

Por simetria, \(\bar x=0\). A área é \(A_0=4/3\) e

\[ M_x=\frac12\int _{-1}^1(1-x^4)\, \mathop{}\! \mathrm{d} x=\frac45. \]

Logo, \(\bar y=M_x/A_0=3/5\).

Exercício 15.42

\(\star \) Use o Teorema de Pappus e o volume conhecido da esfera para recuperar a distância do centroide de um semicírculo de raio \(r\) ao seu diâmetro.

Ver solução

A área do semicírculo é \(\pi r^2/2\). Se \(d\) é a distância procurada, Pappus fornece

\[ \frac43\pi r^3 =2\pi d\, \frac{\pi r^2}{2}. \]

Portanto,

\[ d=\frac{4r}{3\pi }. \]

Exercício 15.43

\(\star \) O retângulo \(R\leq x\leq R+a\), \(0\leq y\leq h\), com \(R\gt 0\), gira em torno do eixo \(y\). Use Pappus para calcular o volume e confira pela fórmula da coroa circular.

Ver solução

O retângulo tem área \(ah\) e centroide a distância \(R+a/2\) do eixo. Assim,

\[ V=2\pi \left(R+\frac a2\right)ah =\pi \bigl((R+a)^2-R^2\bigr)h, \]

que coincide com a área da coroa circular vezes a altura.