cap tulo 24 aplica˘c~oes da integral de nida -...

Capıtulo 24

Aplicacoes da Integral Definida

24.1 Introducao

As integrais surgiram no estudo das areas, mas, assim como as derivadas, revelaram possuir muitas outras aplicacoes.Mostraremos neste e nos proximos capıtulos como as integrais aparecem no calculo de posicoes, areas, volumes,comprimento de arco, massa, probabilidade, momentos, centros de gravidade e trabalho.

O raciocınio empregado em cada um dos casos e sempre o mesmo e segue os seguintes passos:

1. A quantidade em estudo e aproximada por uma soma, que e identificada como sendo a soma de Riemann deuma funcao;

2. A solucao exata para o problema e obtida pela passagem ao limite;

3. O limite das somas de Riemann e identificado a integral de uma funcao.

24.2 Distancia

O problema e deduzir a mudanca de posicao de uma partıcula que se desloca ao longo de uma linha reta comvelocidade v(t) conhecida para todos os instantes t de um certo intervalo de tempo [a, b]. Se conseguirmos, de algummodo, determinar a posicao s(t) da partıcula para qualquer instante de tempo t do intervalo [a, b], a mudanca deposicao da partıcula em relacao ao instante inicial t = a, sera dada por s(b)-s(a).

Existem duas maneiras de abordarmos este problema. A primeira delas foi utilizada na motivacao do teoremafundamental do calculo e consiste em considerar a velocidade da partıcula constante em cada subintervalo de umaparticao do intervalo [a, b]. Assim, seja τi um ponto qualquer de cada subintervalo [ti−1, ti] da particao considerada.Em cada um desses subintervalos, considerando a velocidade da partıcula igual a v(τi), podemos aproximar a mudancade posicao da partıcula por

v(τi) (ti − ti−1) = v(τi)∆ ti .

Dessa maneira, a mudanca total de posicao sera aproximadamente igual a

n∑i=1

v(τi)∆ ti .

A medida que o comprimento ∆ ti de cada subintervalo se torna menor, esta soma se aproxima, cada vez mais, dovalor exato da mudanca de posicao da partıcula. Como

lim∆ ti→0

n∑i=1

v(τi)∆ ti =

∫ b

a

v(t) dt ,

temos que a mudanca de posicao da partıcula de t = a ate t = b e dada pela integral∫ b

a

v(t) dt .

Podemos obter este mesmo resultado aplicando, diretamente, o teorema fundamental do calculo a funcao v(t) =s′(t). Desse modo,

s(b)− s(a) =

∫ b

a

s′(t) dt =

∫ b

a

v(t) dt,

como antes.

321

322 Cap. 24. Aplicacoes da Integral Definida

E importante observar que quando v < 0, a partıcula se move para a esquerda e a funcao posicao, s(t), decresce.

A integral∫ b

av(t) dt fornece, portanto, a variacao lıquida de posicao da partıcula. A distancia total percorrida pela

partıcula neste intervalo de tempo sera dada por∫ b

a| v(t) | dt.

Da mesma maneira, conhecendo-se a aceleracao da partıcula para todos os instantes t do intervalo [a, b], podemosdeterminar a sua velocidade. Como a aceleracao da partıcula e a taxa de variacao da sua velocidade em relacao aotempo, isto e, a(t) = v′(t), aplicando, novamente, o teorema fundamental do calculo, a velocidade da partıcula emqualquer instante de tempo t sera dada por

v(t)− v(a) =

∫ t

a

v′(u) du =

∫ t

a

a(u) du

ou, equivalentemente,

v(t) = v0 +

∫ t

a

a(u) du,

onde v0 e a velocidade da partıcula no instante inicial t = a. Repare que, como no caso anterior, a integral∫ b

a| a(t) | dt

fornece a variacao total de velocidade da partıcula no intervalo [a, b].

Exemplo

1. Sabendo que uma partıcula, com velocidade inicial v0 e posicao inicial s0, se desloca com aceleracao a constante,determine a sua velocidade e posicao em qualquer instante de tempo.

Solucao A velocidade da partıcula, em qualquer instante de tempo t, sera dada por

v(t) = v(0) +

∫ t

0

a dt .

Assim, v(t) = v0 + a t em qualquer instante de tempo t. Do mesmo modo, a sua posicao e dada por

s(T )− s(0) =

∫ T

0

v0 + a t dt = v0 T +aT 2

2,

para qualquer instante de tempo T , ou equivalentemente,

s(T ) = s0 + v0 T +a T 2

2.

2. Uma partıcula se desloca em linha reta com velocidade dada por v(t) = t2. Qual o deslocamento total dapartıcula entre t = 1 e t = 2?

Solucao Como a velocidade e positiva, o deslocamento total da partıcula sera dado por

s(2)− s(1) =

∫ 2

1

t2 dt .

Como a funcao F (t) = t3

3 e uma primitiva de f(t) = t2, o teorema fundamental do calculo garante que∫ 2

1

t2 dt =t3

3

∣∣∣∣21

=23

3− 13

3=

7

3.

24.3 Area de regioes planas

Na introducao do estudo de integral, vimos como e possıvel calcular a area sob o grafico de uma funcao contınua epositiva f , definida em um intervalo [a, b]. A solucao deste problema motivou a definicao de integral como limite desomas de Riemann.

Vamos abordar agora o problema da determinacao de areas de regioes planas mais gerais, limitadas lateralmentepelas retas verticais x = a e x = b, superiormente por uma funcao contınua f e inferiormente por outra funcao contınuag, definidas em um intervalo [a, b] e tais que g(x) ≤ f(x), em [a, b] . As ilustracoes mostram regioes deste tipo.

W.Bianchini, A.R.Santos 323

0x

0x

Como g(x) ≤ f(x) para todo x em [a, b], entao, f(x)− g(x) ≥ 0 em [a, b]. Assim,∫ b

a

(f(x)− g(x)) dx ≥ 0.

Vamos provar que a integral acima fornece a area A, da regiao hachurada. Para isso vamos construir somas deRiemann para a funcao h(x) = f(x)− g(x).

Considere uma particao a = x0 < x1< ... < xi−1< xi < ... < xn = b do intervalo [a, b], em n subintervalos iguaisde comprimento ∆x. Seja ci um ponto qualquer de cada subintervalo [ xi−1, xi]. Denotando-se por ∆Ai a area daregiao entre os graficos de f e g, sobre o i-esimo intervalo [xi−1, xi], entao ∆Ai e aproximadamente igual a area deum retangulo de altura f(ci)− g(ci) e base ∆x, ou seja,

∆Ai = (f(ci)− g(ci))∆x,

como mostra a figura:

iC

–3

–2

–1

0

1

2

3

0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5x

Somando as areas dos n retangulos assim construıdos sobre o intervalo [a, b], temos uma aproximacao para a areaA dada por:

n∑i=1

∆Ai =n∑

i=1

(f(ci)− g(ci))∆x

A medida que se aumenta o numero de pontos considerados na particao do intervalo [a, b], esta aproximacao se tornacada vez melhor. Veja esta afirmacao ilustrada no diagrama:

x

x x

xx

x

Desse modo,

A = limn→∞

n∑i=1

∆Ai = limn→∞

n∑i=1

(f(ci)− g(ci))∆x.

Note que a soma

n∑i=1

(f(ci)− g(ci))∆x e uma soma de Riemann para a funcao h(x) = f(x)− g(x), de modo que:

limn→∞

n∑i=1

(f(ci)− g(ci))∆x = limn→∞

n∑i=1

h(ci)∆x =

∫ b

a

h(x) dx =

∫ b

a

f(x)− g(x) dx,


como querıamos mostrar.

Exemplo 1 Nos exemplos a seguir, calcule a area da regiao limitada pelas curvas dadas

(a) y = x2

4 , x = 0 e y = 4 (situada no primeiro quadrante). Estaregiao e mostrada na primeira figura ao lado.Solucao A area da regiao hachurada e dada pela integral∫ 4

0

4− x2

4dx = 4x− x3

12

∣∣∣∣40

=32

3.

Note que a integral acima pode ser escrita como:∫ 4

0

4− x2

4dx =

∫ 4

0

4 dx−∫ 4

0

x2

4dx.

0

2

4

2 4x

Geometricamente, a primeira integral calcula a area do quadradode lado igual a 4 e a segunda integral calcula a area da regiao

sob grafico da funcao x2

4 , no intervalo [0, 4], ou seja, a area daregiao hachurada e a area do quadrado de lado 4 menos a areahachurada da figura ao lado.

0

2

4

2 4x

(b) y = x2 e y = 2x.Esta regiao corresponde a parte hachurada da figura ao lado.

A area desta regiao e dada pela integral∫ 2

02x− x2 dx, pois os

pontos de intersecao das curvas y = x2 e y = 2x sao x = 0 e

x = 2. Alem disso, como a funcao F (x) = x2 − x3

3 e uma primi-tiva da funcao f(x) = 2x− x2, o teorema fundamental do calculogarante que∫ 2

0

2x− x2 dx = x2 − x3

3

∣∣∣∣20

= 22 − 23

3=

4

3.

0

2

4

1 2x

(c) y = x2 − 1 e y = x+ 5. Veja esta regiao no grafico ao lado.Para calcular a area da regiao hachurada e necessario determinaros pontos de intersecao das curvas y = x2 + 1 e y = x+ 5. Paraisto basta resolver a equacao x2 + 1 = x+ 5. Usando o comandosolve do Maple, obtemos

> f:=x->x+5:g:=x->x^2-1:

> solve({f(x)=g(x)},x);{x = −2}, {x = 3}

0

2

4

6

8

–2 –1 1 2 3x

A area da regiao hachurada e dada, portanto, pela integral:∫ 3

−2

x+ 6− x2 dx =x2

2+ 6x− x3

3

∣∣∣∣3−2

=125

6.

Exemplo 2 Calcule a area da regiao limitada pelas curvas y2 = 2x e x− y = 4.

Esta regiao e esbocada na figura ao lado.Observe que a curva dada pela equacao y2 = 2x define, implicita-mente, duas funcoes de x, a saber: f1(x) =

√2x e f2(x) = −

√2x.

Na ilustracao, o grafico da funcao f1 e a parte da parabola y2 = x,

situada acima do eixo x, e f2 e a parte situada abaixo. O pontode intersecao da funcao f2 com a reta y = x− 4 e o ponto (2,−2),e o ponto de intersecao da funcao f1 com a mesma reta e o ponto(8, 4). –3

–2

–1

0

1

2

3

4

2 4 6 8x

Assim, a area da regiao hachurada e dada por:


∫ 2

0

√2x− (−

√2x) dx+

∫ 8

2

√2x− (x− 4) dx = (2

√2x

32 )∣∣∣20+ (

√2x

32 − x2

2 + 4x)∣∣∣82= 18

Outro modo de calcular esta area e integrar emrelacao a variavel y, isto e, pensar em y como avariavel independente, como e ilustrado no grafico aolado.Neste caso a area da regiao hachurada pode ser cal-culada por meio de uma unica integral, a saber:∫ 4

−2

y + 4− y2

2dy = y2

2 + 4 y + y3

6

∣∣∣4−2

= 18 –2

2

4

6

8

–2 –1 1 2 3 4y

Em resumo Para achar a area de uma regiao por integracao, devemos:

1. Esbocar a regiao cuja area se quer determinar.

2. Achar os pontos de intersecao das curvas que delimitam a regiao.

3. Decidir se, para integrar, e mais facil considerar faixas verticais ou horizontais, isto e, se e mais facil considerara regiao limitada por curvas do tipo y = f(x) ou do tipo x = g(y).

4. Expressar a area da regiao como uma integral definida, onde os limites de integracao e o integrando sao encon-trados examinando-se o esboco feito.

5. Resolver a integral resultante.

24.4 Areas e calculo de probabilidades (opcional)

Em matematica, a palavra probabilidade significa uma medidanumerica da possibilidade de um certo evento acontecer. Con-sidere, por exemplo, o alvo desenhado ao lado. Um ponto destealvo e escolhido ao acaso quando alguem, com os olhos vendados,lanca um dardo contra ele. Admitindo-se que e tao provavel queo dardo atinja um determinado ponto como um outro qualquer,a probabilidade de que o ponto escolhido esteja na mosca (regiaocentral mais escura) deve expressar a razao entre o numero depontos existentes na area central e o numero total dos pontos doalvo.

E intuitivamente claro que esta probabilidade e igual a razao entre a area da regiao central e a area total do alvo.Dessa maneira, se os discos acima tem raios 1/2, 2 e 4, respectivamente, a probabilidade de que um ponto, escolhidoao acaso, esteja na regiao central e de 1

15 . Do mesmo modo, a probabilidade de que o dardo, lancado por alguem deolhos vendados, atinja a coroa externa mais escura e de 1

4 .

Esta probabilidade, em termos estatısticos, significa que, se for feito um grande numero de lancamentos ao acaso, arazao entre o numero de lancamentos que atingem o aro externo e o numero de lancamentos totais e de 1 para 4 e estarazao teorica se aproxima cada vez mais da razao experimental a medida que aumentamos o numero de lancamentos.

Uma aplicacao da integral definida no calculo de probabilidades aparece no celebre problema da agulha de Buffon,inventado pelo cientista frances Buffon, no inıcio do seculo XVIII. Este problema consiste em calcular a probabilidadede que uma agulha de L cm de comprimento, lancada ao acaso num assoalho feito de tabuas corridas de L cm delargura, caia atravessando uma das juncoes.

A posicao em que a agulha cai no chao pode ser descrita por duasvariaveis x e θ, onde x e a distancia do ponto medio O da agulhaa juncao mais proxima e θ e o menor angulo que a reta horizontalque passa pelo ponto medio da agulha faz com ela propria. Vejaa figura ao lado, onde a agulha esta representada pelo segmento

de reta inclinado e m = L cos(θ)2 .

θ

m

xO


Repare que um lancamento da agulha corresponde a uma escolha aleatoria das variaveis x e θ nos intervalos[0, L

2 ] e [0, π2 ], respectivamente, que, por sua vez, corresponde a uma escolha ao acaso de um ponto no retangulo

[0, L2 ]× [0, π

2 ].

Alem disso, a queda da agulha atravessando uma juncao das

tabuas corresponde a desigualdade x < L cos(θ)2 . Esta desigual-

dade e descrita pela regiao hachurada sob o grafico da funcao

x = L cos(θ)2 , como mostrado na figura ao lado, no caso particular

em que L = 4. Portanto, a probabilidade de a agulha cair atrav-essando uma juncao das tabuas e igual a razao entre a area daregiao hachurada e a area do retangulo.

0

1

2

1 2theta

Usando integral definida para calcular a area sob o grafico da curva, temos que a probabilidade que queremoscalcular e dada por

π

2

∫ π2

0

cos(θ) dθ =2

π.

Essa expressao pode ser usada para estimar, empiricamente, o valor do numero π. Se realizarmos, de fato, oexperimento de lancar um numero grande de vezes uma agulha sobre um piso de tabuas cuja largura e igual aocomprimento da agulha e contarmos, cuidadosamente, o numero k de vezes em que a agulha cai atravessando umajuncao, a probabilidade acima devera ser, aproximadamente, igual a razao k

n , onde n e o numero de lancamentos

efetuados. Esta aproximacao melhora a medida que o numero de lancamentos cresce. Assim, limn→∞

k

n=

2

π. Este limite

significa que o numero π pode ser aproximado pela razao 2nk , para grandes valores de n. Este metodo, alem de tedioso,

nao permite grande precisao pelos erros inerentes em todas as medicoes.

Outro exemplo do uso de integrais para o calculo de probabilidades pode ser encontrado no Projeto Calculando aprobabilidade de que uma equacao quadratica tenha raızes reais.

24.5 Volume de um solido de revolucao: Metodo do disco

Um solido de revolucao e obtido fazendo-se girar uma superfıcie plana em torno de um eixo. Esferas, cones, bolasde futebol e pneus sao solidos de revolucao. O volume da esfera ja era conhecido desde o seculo III A.C., quandoArquimedes empregou uma forma primitiva, bonita e engenhosa de integracao para calcula-lo. (Veja a secao Um poucode Historia.)

Vamos considerar solidos de revolucao obtidos girando-se, em torno do eixo x, a regiao limitada por uma funcaof contınua, positiva e definida em um intervalo fechado [a, b]. Por exemplo, vamos considerar a regiao limitada pelacurva y = f(x) = (2− x)3 + 2, pelo eixo x e pelas retas x = a = 1 e x = b = 3, como e mostrado na figura a seguir aesquerda. Girando-se esta regiao em torno do eixo x, obtemos o solido mostrado a direita.

0

1

2

3

4

1 2 3 4x

–3

–2

–1

1

2

3

1.52

2.53

–3–2

01

23

Neste caso, o eixo x e dito eixo de revolucao. O problema que se coloca e como calcular o volume de um solidodeste tipo?

Se a curva y = f(x) fosse uma reta, o solido resultante seria um cilindro do qual conhecemos o volume. Veja afigura a seguir, onde a geratriz do cilindro e a reta y = 3.


–3

–2

–1

1

2

3

1.52

2.53

–3–2

01

23

Para calcular o volume de um solido de revolucao mais geral, isto e, de um solido obtido pela rotacao de uma curvay = f(x) em torno do eixo x, como descrevemos anteriormente, a ideia e dividir este solido por planos perpendicularesao eixo x, em fatias muito finas, como e mostrado na figura a seguir a esquerda, e, depois, aproximar o volume decada pequena fatia pelo volume de um cilindro. Veja a figura a direita, onde aproximamos uma dessas fatias por umcilindro.

–3

–2

0

1

2

3

1.5 2 2.5 3

–2

2

–3

–2

1

2

3

1.5 2 2.5 3

–2

0

2

Para “fatiar” o solido de revolucao, dividimos o intervalo [a, b] em n partes iguais, isto e, consideramos a seguinteparticao do intervalo [a, b]:

a = xo ≤ x1 ≤ x2 ≤ . . . ≤ xi ≤ xi+1 ≤ . . . xn = b ,

onde |xi+1 − xi| = b−an = ∆x. Assim, cada ponto xi desta particao e da forma xi = a + i∆x. Logo, a i-esima fatia

pode ser aproximada por um cilindro de altura ∆x e raio f(ci), onde ci e um ponto qualquer no intervalo [xi−1, xi].(Repare que, para esta aproximacao, estamos considerando a funcao f constante e igual a f(ci), em cada subintervaloda particao.) O volume do i-esimo cilindro e, portanto, π f(ci)

2 ∆x. Entao, uma aproximacao para o volume total dosolido, denotado por V , pode ser obtida pela soma dos volumes dos n cilindros considerados, isto e,

V ≈n∑

i=1

π f(ci)2 ∆x.

Execute, na versao eletronica, a animacao que mostra que, a me-dida que aumentamos o numero n de cilindros considerados nesteprocesso, a soma dos volumes dos n cilindros se aproxima, cadavez mais, do volume que queremos calcular. Execute-a passo apasso para melhor visualizar esta afirmacao! A seguir mostramosa aproximacao obtida quando consideramos cinco subintervalosna particao, o que corresponde a construcao de cinco cilindros damaneira descrita anteriormente.

–3

–2

0

1

2

3

1.5 2 2.5 3

–2

2

A soma acima fornece, portanto, o volume de uma sequencia de n cilindros. A medida que a espessura dessescilindros tende para zero, a soma se aproxima cada vez mais do volume do solido em questao. Podemos concluir,portanto, que o volume do solido e dado por

limn→∞

n∑i=1

π f(ci)2 ∆x = lim

∆ x→0

∑i

π f(ci)2 ∆x .

Como ja vimos em outros exemplos, tentar calcular somas deste tipo “no braco” nao e uma tarefa nem muitofacil, nem muito eficiente, mesmo fazendo uso de um programa de computador do tipo do Maple. Podemos fazer algomelhor que isso! Se estudarmos com afinco os capıtulos anteriores, podemos observar, sem dificuldade, que a soma∑n

i=1 π f(ci)2 ∆x e uma soma de Riemann para a funcao y = π f(x)2, portanto, o limite acima nada mais e do que a

integral desta funcao, isto e,

V = limn→∞

n−1∑i=0

π f(ci)2 ∆x =

∫ 3

1

π f(x)2 dx


e, gracas ao teorema fundamental do calculo, podemos calcular esta integral sem necessidade de usar limites denenhuma especie. Podemos, agora, com a ajuda do Maple e usando a igualdade acima, verificar, facilmente, que ovolume do solido obtido no caso que estamos estudando e dado por

V =

∫ 3

1

π ((2− x)3 + 2)2 dx = 26, 03033913

Resolva voce esta integral e comprove o resultado acima por seus proprios meios!Conclusao Para uma funcao qualquer f , contınua e positiva em [a, b], o volume do solido de revolucao obtido

ao girarmos a regiao limitada pelo grafico de f , pelo eixo x e pelas retas x = a e x = b em torno do eixo x e dado por

limn→∞

n∑i=1

π f(ci)2 ∆x =

∫ b

a

π f(x)2 dx.

Um resultado semelhante poderia ser obtido considerando-se uma funcao x = g(y) contınua, definida em um inter-valo [c, d]: girando-se a regiao limitada por g, pelo eixo y e pelas retas y = c e y = d em torno do eixo y, o volume V,do solido de revolucao obtido, e dado por

V =

∫ d

c

π g(y)2 dy

Exemplo 1Se f(x) = x2 + 1, determine o volume do solido gerado pela revolucao, em torno do eixo x, da regiao sob o grafico

de f , de −1 a 1.

Solucao A figura a seguir ilustra o solido obtido e uma fatia cilındrica tıpica.

–2

–1

1

2

–1 –0.50.5 1

–2

12

Como o raio de cada fatia cilındrica e dado por f(xi) = xi2 + 1 para algum ponto do subintervalo considerado,

temos que seu volume sera dado por π (xi2 + 1)2 ∆x. Assim, o volume do solido sera

V =

∫ 1

−1

π (x2 + 1)2 dx = π

∫ 1

−1

x4 + 2x2 + 1 dx = π

[x5

5+

2x3

3+ x

]1−1

=56π

15

Exemplo 2 Calcule o volume do solido gerado pela revolucao da regiao limitada por y = x3, y = 1, y = 8 e o eixoy, em torno deste eixo.

Solucao A figura a seguir ilustra o solido e uma fatia cilındrica tıpica.

–2

23

4

5

6

7

8

–2–112

Como o raio da fatia cilındrica tıpica, neste caso, e dado por f(yi) = yi13 para algum ponto do subintervalo con-

siderado, temos que seu volume sera dado por π (yi13 )2 ∆ y. Assim, o volume do solido sera

∫ 8

1π (y

13 )

2dy. Resolvendo

esta integral temos que

V = π

∫ 8

1

y2/3 dy = π 35 y

53

∣∣∣81= π (

24

582/3 − 3

5).


24.6 Volume de um anel de revolucao

Considere uma regiao do plano limitada acima pela curva y = f(x) e abaixo pela curva y = g(x), onde f e g sao duasfuncoes contınuas e positivas (veja figura a seguir a esquerda). Ao girarmos esta regiao em torno do eixo x, obtemosum solido de revolucao, chamado anel de revolucao (figura a direita).

0

1

2

3

4

1 2 3 4x

–3

–2

–1

1

2

3

12

3

O volume do anel sera dado, entao, pela diferenca entre o volume do solido obtido ao girarmos a regiao limitadapela curva y = f(x), definida no intervalo [a, b], pelas retas x = a e x = b, e pelo eixo x (figura a seguir a esquerda), eo volume do solido de revolucao obtido ao girarmos, em torno do mesmo eixo, a regiao limitada pela curva y = g(x),pelo eixo x e pelas retas x = a e x = b (figura a direita).

–3

–2

–1

1

2

3

12

3

–3

–2

–1

1

2

3

12

3

Assim, o volume do anel de revolucao e dado por∫ b

a

π f(x)2 dx−∫ b

a

π g(x)2 dx =

∫ b

a

π (f(x)2 − g(x)2) dx.

Exemplo 1 Determine o volume do solido de revolucao obtido pela revolucao, em torno do eixo x, da regiaolimitada pelos graficos de x2 = y − 2, 2 y − x− 2 = 0, x = 0 e x = 1.

Solucao Como a rotacao e feita em torno do eixo x, e necessario exprimir y como uma funcao de x. Assim, aprimeira equacao dada e equivalente a y = x2 + 2 e a segunda, a y = x

2 + 1. Um esboco da regiao limitada pelo graficodessas funcoes e pelas retas dadas e mostrado na figura a seguir a esquerda. O solido obtido pela revolucao destaregiao em torno do eixo x e mostrado na figura a esquerda.

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

1.6

1.8

2

2.2

2.4

2.6

2.8

3

0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4x

–3

–2

0

1

2

3

0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4

2

O volume deste solido sera dado por

V =

∫ 1

0

π [(x2 + 2)2 − (x

2+ 1)2] dx = π

∫ 1

0

[x4 +15x2

4− x+ 3] dx.

Como F (x) = x5

5 + 5 x3

4 − x2

2 + 3x e uma primitiva da funcao f(x) = x4 + 15 x2

4 − x+ 3, a integral acima e igual aF (1)− F (0) = 79π

20 .

Exemplo 2 Determine o volume do solido gerado pela revolucao da mesma regiao descrita no Exemplo 1 emtorno da reta y = 3.

Solucao Girar a regiao dada em torno da reta y = 3, e equivalente a girar a regiao limitada pelas funcoesy = x2 + 2− 3 = x2 − 1 e y = x

2 + 1− 3= x2 − 2 em torno do eixo x, isto e, a transladar verticalmente toda a regiao,

tres unidades para baixo, de modo que a reta y = 3 passe a coincidir com o eixo x. Veja os graficos:


0

0.20.40.60.8

11.21.41.61.8

22.22.42.62.8

3

y

0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4x

–3–2.8–2.6–2.4–2.2

–2–1.8–1.6–1.4–1.2

–1–0.8–0.6–0.4–0.2

0

y

x

Raciocinando como no item anterior, temos que o volume do solido gerado pela revolucao desta nova regiao emtorno do eixo x e dado por

V = π

∫ 1

0

[(x

2− 2)2 − (x2 − 1)2] dx = π

∫ 10

0

[3− 2x+9x2

4− x4] dx =

51π

20

Exemplo 3 Determine o volume do solido de revolucao obtido pela rotacao da regiao do primeiro quadrante,

limitada pelos graficos de y = x3

8 e y = 2x, em torno do eixo y.Solucao : A figura seguinte, a esquerda, mostra a regiao a ser girada em torno do eixo y e a figura a direita, o

solido de revolucao obtido.

0

2

4

6

8

y

1 2 3 4 5x

–5

5 1

2

3

4

5

–8–6–4–22468

Como devemos integrar em relacao a y, expressamos as equacoes dadas como funcoes do tipo x = g(y). Assim

temos, respectivamente, que x = 2 y13 e x = y

2 .Os pontos de intersecao destas duas curvas sao y = 0 e y = 8. Daı, o volume do solido resultante da rotacao desta

regiao em torno do eixo y sera dado por

V = π

∫ 8

0

[4 y23 − y2

4] dy =

512π

15

24.7 Comprimento de arco

O problema da retificacao de arcos

Um arco e a parte de uma curva que esta entre dois pontos, A e B, especificados. Fisicamente, e facil calcular ocomprimento de um arco de uma determinada curva. Esticamos um pedaco de barbante, ajustando-o a curva de Aate B; “endireitamos”, isto e, retificamos o fio, e medimos o seu comprimento com uma regua (daı o termo retificarum arco).

Matematicamente, o problema e um pouco mais complicado: na realidade, e possıvel dar exemplo de uma curvacontınua, que nao tem comprimento definido! Esse fato, bastante surpreendente, sugere que a teoria necessaria aocalculo de comprimentos de arcos e mais complicada do que parece.

Embora, desde a Antiguidade ja fosse conhecido o comprimento de um arco de circunferencia, ate meados doseculo XVII pensava-se que o problema de retificacao de curvas algebricas era impossıvel de ser resolvido. Em 1650,William Neil, usando tecnicas do calculo diferencial e integral, calculou pela primeira vez o comprimento de um arcoda parabola semicubica y2 = x3.

O metodo empregado no calculo de comprimentos de arcos consiste em um procedimento de aproximacao e passagemao limite, que se presta a um tratamento matematico, como e descrito na proxima secao.

Calculando comprimentos de arcos

Dizemos que uma curva no plano xy, descrita pelo grafico de uma funcao y = f(x), e suave ou lisa quando f temderivada contınua em todos os pontos. De um modo intuitivo, isto significa que uma pequena variacao em x produz


uma pequena variacao no coeficiente angular f ′(x), da tangente ao grafico de f . Assim, nao ha bicos no grafico deuma funcao suave.

O problema que se coloca e como calcular o comprimento de arco entre dois pontos A e B de uma curva lisa.Obviamente, se a curva dada fosse um segmento de reta, o comprimento seria dado pela distancia entre as suas

extremidades. (Se f e suave em um intervalo fechado [a,b], os pontos A = (a, f(a)) e B = (b, f(b)) sao chamadosextremidades do arco AB.)

A ideia, entao, e dividir a curva em pequenos segmentos de reta e aproximar o comprimento do arco em questaopela soma do comprimento de cada um destes pequenos segmentos de reta. Isto e, aproximamos o comprimento doarco pelo comprimento de uma poligonal de n lados, cujos vertices estao sobre o arco dado.

Para diminuir o erro cometido nesta aproximacao, basta dividir o arco em um numero maior de segmentos. Ouseja, a medida que n cresce, o comprimento da poligonal se aproxima cada vez mais do comprimento do arco emquestao.Para precisar matematicamente esta ideia, vamos considerar umaparticao regular do intervalo [a, b], ou seja, vamos dividir o intervalo[a, b] em n partes iguais, a saber, a = xo < x1 < ... < xn−1 < xn = b,onde cada subintervalo [xi−1, xi] tem o mesmo comprimento, dado por∆x = xi − xi−1.A cada ponto da subdivisao do intervalo [a, b] corresponde um ponto[xi, f(xi)] sobre a curva y = f(x). Estes pontos serao os vertices dapoligonal. Observe o grafico ao lado, onde dividimos o intervalo [a, b]em cinco partes iguais e construımos a poligonal correspondente. 0

2

4

6

8

10

12

y

1 2 3 4 5x

Veja agora, no diagrama a seguir, como a medida que n cresce, a poligonal de n lados se aproxima da curva e comoo comprimento desta poligonal se aproxima de um limite. Este limite e o comprimento do arco em questao.

22.47158240

24.51856939

11.62591907

24.3885415510.

5.0

10.

5.0

10.

5.0

10.

5.0

10.

5.0

10.

5.0

10.

5.0

10.

5.0

10.

5.0

23.91378736

23.49181175

24.62364094

24.25799919

24.11035914

A partir desta ideia geometrica, e facil obter, analiticamente, uma formula que forneca o comprimento da poligonalconsiderada. O comprimento de cada segmento de reta desta poligonal e dado por

distancia(Pi−1, Pi) =√

(xi − xi−1)2 + (f(xi)− f(xi−1))2 (∗)

Como, por hipotese, f e uma funcao contınua, pelo teorema do valor medio aplicado ao subintervalo [xi−1, xi],existe um ponto ci neste intervalo, tal que,

f(xi)− f(xi−1) = f ′(ci)(xi − xi−1) = f ′(ci)∆x .

Substituindo este valor em (*), temos

distancia(Pi−1Pi) =

√(∆x)

2+ [(f ′(ci))∆x]

2=√

1 + (f ′(ci))2 ∆x.

A soma do comprimento de todos os segmentos de reta que compoem a poligonal nos dara o comprimento totaldela. Assim, o comprimento da poligonal sera dado por

n∑i=1

√1 + (f ′(ci))

2∆x

Se, a medida que aumentarmos o numero n de lados da poligonal, esta soma se aproximar de um limite, o arco seradito retificavel e o comprimento L do arco da curva considerada sera dado por

limn→∞

n∑i=1

√1 + (f ′(ci))

2∆x .


Lembrando a definicao da integral definida, concluımos que:

L = limn→∞

n∑i=1

√1 + (f ′(ci))

2∆x =

∫ b

a

√1 + (f ′(x))

2dx .

Assim, se f e uma funcao suave no intervalo [a, b], a formula acima fornece o comprimento do arco do grafico def do ponto A = (a, f(a)) ate o ponto B = (b, f(b)).

No caso de um arco de curva suave dado como grafico de x = g(y), para y variando no intervalo [c, d], comecandocom uma particao do intervalo [c, d] e usando argumentos analogos aos empregados no caso anterior, podemos deduzira formula

L =

∫ d

c

√1 + (g′(y))

2dy.

A maioria dos matematicos lembra das formulas sem necessidade de memoriza-las, mas raciocinando de tal formaque seja rapido e facil deduzi-las, sem perigo de errar.

No caso de comprimentos de arcos, se usarmos a notacao de Leibniz para derivadas, existe uma abordagem intuitivaque torna estas formulas muito mais facil de entender e de memorizar.

Vamos denotar por s o comprimento de arco variavel de A ateum ponto qualquer na curva. Se denotarmos por ds um pequenoacrescimo no comprimento s, isto e, se entendermos esta grandezacomo a diferencial da funcao comprimento de arco, ds pode sertomado tao pequeno que esta parte da curva se confunde com ahipotenusa de um pequeno triangulo retangulo de catetos dx edy, que correspondem as mudancas ocorridas nas variaveis x e y,quando o comprimento do arco cresce de s para s + ds (veja afigura ao lado).

dy

ds

dx

Aplicando o teorema de Pitagoras a este pequeno triangulo, temos que ds2 = dx 2 + dy2 e, desta equacao simples,podemos deduzir todas as formulas de comprimento de arco. Assim,

ds =

√dx 2 + dy2 =

√1 + (

dy

dx)2 dx

Podemos entender, tambem, o comprimento total do arco AB como a soma (ou integral) de todos os elementos dearco ds, quando ds percorre a curva desde A ate B. Desse modo, temos que

comprimento do arco AB =

∫ B

A

ds =

∫ b

a

√1 + (

dy

dx)2 dx.

Da mesma maneira, tratando x como funcao de y obtemos

ds =

√dx 2 + dy2 =

√(dx

dy)2 + 1 dy .

Nesse caso, a integral para o comprimento do arco AB e dada por:

∫ B

A

ds =

∫ d

c

√(dx

dy)2 + 1 dy.

E muito facil esquecer formulas, mas e quase impossıvel esquecer um conjunto de ideias, quando verdadeiramentecompreendidas!

Exemplo Calcule o comprimento de arco da parabola semi-cubica y = x32 no intervalo [0,5].

Solucao: Como√1 + (dydx )

2 =

√1 +

(3 x

12

2

)2

=√4+9 x2 , temos que o comprimento em questao sera dado por

l =

∫ 5

0

√4 + 9x

2dx =

1

18

∫ 44

4

√u du =

335

27


24.8 Area de uma superfıcie de revolucao

Vamos considerar uma curva suave que esteja acima do eixo x. A rotacao desta curva ao redor do eixo x gera umasuperfıcie de revolucao. Veja o grafico a seguir que mostra a superfıcie obtida pela rotacao da curva y = 1

x2 em tornodo eixo x, para x variando no intervalo [1, 3].

–1–0.8–0.6–0.4

0.20.40.60.8

1

1 1.2 1.4 1.6 1.8 2 2.2 2.4 2.6 2.8 3

–1

1

De um modo geral, uma superfıcie de revolucao e a superfıcie obtida fazendo-se um arco de curva girar em tornode uma reta situada no mesmo plano que ele. Nosso problema e o de calcular a area de tal superfıcie.

Podemos obter uma aproximacao para esta area considerando a superfıcie gerada pela revolucao, em torno do eixox, de uma das poligonais usadas para aproximar o comprimento do arco, descrito pela curva geratriz da superfıcieoriginal. Em cada um dos subintervalos considerados esta rotacao gerara um tronco de cone, como e ilustrado abaixo.

–1–0.8–0.6–0.4

0.20.40.60.8

1

1 1.2 1.4 1.6 1.8 2 2.2 2.4 2.6 2.8 3

–1

1

Desse modo, se conhecermos a area lateral de um tronco de cone, poderemos calcular de um modo razoavelmentesimples a area da superfıcie de revolucao.

A area lateral S de um tronco de cone com raio medio rm = r1+r22 , onde r1 e r2 sao, respectivamente, os raios

da base menor e da base maior do tronco, e geratriz (altura inclinada) L e dada pela formula S = 2π rm L. (VejaProblema 10 ).

Assim, podemos calcular uma aproximacao para a area da superfıcie de revolucao gerada pela rotacao, em torno doeixo x, do arco suave y = f(x), com x variando no intervalo [a, b], dividindo o intervalo [a, b] em n subintervalos iguaisde comprimento ∆x e, tal como no estudo que fizemos para o comprimento do arco, aproximar o arco subtendido pelospontos Pi = (xi, f(xi)) e Pi−1 = (xi−1, f(xi−1)) pelo comprimento do segmento retilıneo que une estes dois pontos,ou seja,

arco(Pi−1 Pi) ≈ |Pi−1 Pi | =√1 + (f ′ (ci))2 ∆x ,

para algum ponto ci, no i-esimo subintervalo [xi−1, xi] da particao considerada.

Repare que o tronco de cone obtido pela revolucao deste segmento de reta em torno do eixo x tem geratriz

Li = |Pi−1 Pi| e raio medio rmi =f(xi−1)+f(xi)

2 . Como a funcao f e contınua e rmi esta entre dois valores desta funcao(f(xi−1) e f(xi)), o teorema do valor intermediario para funcoes contınuas garante que existe um ponto di no intervalo[xi−1, xi], tal que rmi = f(di). Pela formula estabelecida para a area de troncos de cones, temos que a area destetronco de cone e dada por

2π rmi Li = 2π f(di)√1 + (f ′ (ci))2 ∆x.

Somando-se as areas desses cones obtemos a area da superfıcie aproximadora

A =n∑

i=1

2π f(di)√

1 + (f ′ (ci))2 ∆x .

Se ci e di fossem o mesmo ponto do intervalo [xi−1, xi], entao esta soma seria a soma de Riemann para a integral∫ b

a

2π f(x)√

1 + (f ′(x))2 dx .


Intuitivamente, e claro, que embora os numeros ci e di nao sejam iguais, quando ∆x tende a zero, a diferenca entreci e di tambem tende a zero, portanto, a soma aproximadora tende para a integral acima, quando ∆x tende a zero.(Veja Problema 11.)

Tendo em vista o exposto acima, define-se a area A da superfıcie gerada pela revolucao em torno do eixo x, doarco suave y = f(x), para x em [a,b], pela formula

A = limn→∞

n∑i=1

2π f(di)√

1 + (f(ci))2 ∆x =

∫ b

a

2π f(x)√1 + (f ′(x))2 dx,

desde que o limite acima exista.

Escrevendo-se y em vez de f(x) e ds em vez de√1 + ( dfdx )

2 d x podemos abreviar a formula acima por

A =

∫ b

a

2π y ds.

Esta ultima formula e facil de guardar, se pensarmos em 2π y ds como a area de um tronco de cone estreito, obtidopela revolucao do pequeno arco ds em torno do eixo x. Nesse caso, y = f(x) e o raio medio desse tronco estreito.

Uma formula semelhante pode ser obtida se girarmos a curva y = f(x), em torno do eixo y. Neste caso, temos que

A =

∫ d

c

2π y

√1 + ((f−1)

′(y))

2dy

(Veja Problema 12.)

Exemplo: Um paraboloide de revolucao e a superfıcie obtida aogirarmos um ramo de parabola em torno de seu eixo. Ache aarea do paboloide de revolucao obtido pela rotacao do arco daparabola y = x2, para x em [0,

√2], em torno do eixo y. Veja ao

lado o grafico desta superfıcie.0.5

1

1.5

2

–1

0.5 1

–10.51

Solucao Usando a ultima formula dada, tem-se

A = 2π

∫ √2

0

x√1 + (2x)2 dx =

π

4

∫ 8

0

√1 + u du =

13π

3.

24.9 Trabalho

Quando a bateria do carro descarrega e voce precisa empurra-lo para que o motor “pegue no tranco”, voce estarealizando um trabalho, e o efeito deste trabalho e fazer o carro funcionar e se movimentar. Nosso objetivo nesta secaoe mostrar o papel da integral no estudo do conceito de trabalho. Quando voce empurra o carro para ele “pegar notranco”, o motor vai ser acionado dependendo da forca F que voce esta aplicando e da distancia d, durante a qual aforca F e aplicada. Assim , forca e distancia sao os ingredientes na definicao de trabalho.

DefinicaoQuando uma forca constante de modulo F, move um objeto de uma distancia d, entao definimos o trabalho W

realizado pela forca F sobre o objeto como sendo

W = F d

Exemplo 1 Se voce aplica uma forca constante F = 50 N (newtons) para empurrar um carro por uma distanciade 10 metros, o trabalho realizado sera:

W = 50 N . 10 m = 500 (N.m) (newtons-metros).

Agora, se uma forca variavel F (x) movimenta uma partıcula ao longo do eixo x de um ponto a ate outro ponto b,qual o trabalho exercido pela forca F (x)?

A ideia e fazer uma particao do intervalo [a, b] em n subintervalos suficientemente pequenos nos quais a forca F naovarie muito e possamos aproxima-la por uma constante. Assim podemos usar a definicao acima em cada subintervalo


para obter um valor aproximado do trabalho realizado em cada subintervalo. O trabalho realizado ao longo do intervalo[a, b] sera aproximado pela soma de Riemann dos valores obtidos em cada subintervalo. Tomando-se o limite da somade Riemann iremos obter uma integral para o trabalho realizado ao longo de [a, b].

Para isto, considere uma particao x0 = a < x1 < ...< xi−1 < xi < ... < xn = b do intervalo [a, b]. Assim, o trabalhoWi realizado no subintervalo [xi−1, xi] e aproximado por:

Wi ≈ F(ci)∆xi

onde ∆xi = xi − xi−1 e ci e um ponto qualquer do subintervalo [xi−1, xi]. Somando-se estas aproximacoes, obtem-sea seguinte soma de Riemann, que aproxima o trabalho W realizado ao longo de [a, b]:

W =n∑

i=1

Wi ≈n∑

i=1

F(ci)∆xi

Tomando-se o limite quando n→ ∞, com a condicao de que ∆xi → 0, obtem-se a integral:

W = lim|∆ xi|→0

n∑i=1

F(ci)∆xi =

∫ b

a

F(x) dx

Exemplo 2 Suponha que voce deseja tirar agua de uma cisterna com 12 metros de profundidade. O balde pesa2 kg, tem capacidade para 10 litros d’agua, e a corda pesa 0,10 kg/m. Acontece que o balde tem um furo no fundode modo que ele chega na boca da cisterna com apenas metade de sua capacidade. Suponha que voce puxe o baldecom velocidade constante e que a agua saia pelo buraco tambem com razao constante. Determine o trabalho realizadopara puxar o balde ate a boca da cisterna. Considere que a agua pesa 1 kg por litro.

Solucao Considere um sistema de coordenadas com x = 0 na boca da cisterna e x = 12 no nıvel d’agua. A forcatotal F(x) que e exigida para puxar o balde, Fb(x), a agua, Fa(x), e a corda, Fc(x), e dada por:

F(x) = Fa(x) + Fb(x) + Fc(x)

- A forca produzida pelo balde e uma constante, uma vez que o peso em qualquer profundidade e constante e iguala 2 kg. Assim, Fb(x) = 2.

- A forca produzida pela corda varia com a profundidade. Quando a corda esta esticada x metros, o peso dela serade 0,10 kg/m vezes xm = 0, 1x kg, isto e, Fc(x) = .1x kg .

- Ja que o balde tem um furo vazando agua, o peso da agua varia com a profundidade x. Quando o balde comecaa subir, ele contem 10 litros d’agua pesando 10 kg, e quando chega ao topo ele contem apenas 5 litros d’agua pesando5 kg. Supondo que o balde sobe a uma velocidade constante v m/s e a agua vaza tambem a uma razao constante zkg/s, o tempo t que ele leva para chegar ate a boca da cisterna percorrendo 12 m e o mesmo tempo para ele ficar com5 kg de agua, o que nos da:

t =5

z=

12

vi. e.,

z

v=

12

5.

Agora, o peso da agua restante apos um tempo t e p = 10− z t e o comprimento da corda e x = 12− v t . Resolvendoesta equacao para t, substituindo na equacao do peso e usando o fato de que v

z = 125 , obtemos

p = 10− z (12− x)

v= 5 +

5x

12

Assim,

Fa(x) = 5 +5x

12.

Logo, a forca exigida para puxar o balde, a corda e a agua a uma profundidade de x metros e

F(x) = 5 +5x

12+ 2 + 0, 1x = 7 + 0, 52x

Assim, o trabalho realizado para puxar o balde e

W =

∫ 12

0

7 + 0, 52x dx = 121, 44 m-kg

Exemplo 3 Um reservatorio de alcool tem a forma de um cone circular reto invertido com 10 metros de altura e 8metros de diametro no topo. Ele contem alcool ate a altura de 8 metros. Encontre o trabalho realizado para bombearo alcool para o topo do tanque. (A densidade do alcool e aproximadamente de 1000 kg/ m3)


Solucao Veja a figura a seguir onde colocamos o eixo x apontando para baixo e a origem no topo. O alcoolvai de uma profundidade de 2 ate 10 metros. Considerando uma particao 2 = x0 < x1 < x2 < ... < xn = 10 dointervalo [2, 10] em n partes iguais, tem-se uma divisao do reservatorio conico em n partes na forma de um tronco decone com altura ∆x = 8

n . Escolhendo em cada subintervalo [xi−1, xi] , um ponto ci, podemos aproximar o volumedo i-esimo tronco de cone pelo volume de um cilindro de raio f(ci) e altura ∆x, onde f e a funcao geratriz do cone,

isto e, f(x) = 2 (10−x)5 .

X

Y

z

2

4

6

8

10

X

Y

Assim,

Vi = π f(ci)2 ∆x =

π 4 (10− ci)2

25∆x

e sua massa e

mi = densidade.volume ≈ 1000π 4 (10− ci)2

25∆x = 160π (10− ci)

2 ∆x

Assim, o trabalho exigido para bombear este elemento ate o topo sera igual a Wi = Fi ci = mi g ci, que e aproximada-mente igual a

Wi = [9, 8] 160π (10− ci)2 ci ∆x = 1570π (10− ci)

2 ci ∆x.

Logo, o trabalho realizado e dado por

W = lim|∆ x|→0

n∑i=1

1570π (10− ci)2 ci ∆x =

∫ 10

2

1570π (10− x)2 x dx =1570π 2048

3.

24.10 Exercıcios

1. Calcule a area da regiao limitada pelas curvas:

(a) y = x2 e y = −x2 + 4x

(b) y2 = 2x− 2e y = x− 5

(c) y = sen(x) e y = cos(x) , para x em [−π2 ,

π2 ]

(d) y = 2 sen(x) e y = −3 sen(x), para x em [0, 2π]

(e) y = 1√1−x2

e y = 0, para x em [−1/2, 1/2]

(f) y = x4 − 2x2e y = 2x2

(g) y = f(x) = x3 − 3x + 3, y = 0, x = a e x = b, onde a e o ponto de maximo local de f e b e o ponto demınimo local.

(h) x2 − y2 = a2e x = 2 a

(i) y = |x+ 1 |+ |x |, y = 0, x = −2 e x = 3

(j) y = x2e x2 = 18− y

(k) y = x3, y = 2x e y = x

2. A area da regiao delimitada pelas curvas x = y2 e x = 4 e dividida em duas partes iguais pela reta x = a.Determine a.

3. Calcule c > 0, de modo que a area limitada por y = x2 − c e y = c− x2 seja igual a 9.

4. Cada uma das integrais abaixo representa a area de uma regiao R. Faca um esboco da regiao e calcule a suaarea.

(a)

∫ 1

0

4x+ 1 dx

(b)

∫ 1

0

4− x2 dx

(c)

∫ 0

−4

x+ 6− (−x2) dx+

∫ 2

0

x+ 6− x3 dx

(d)

∫ 1

0

x− x3 dx

(e)

∫ 2

−2

y2 − (2 y2 − 4) dy


5. Nos itens abaixo, esboce a regiao limitada pelos graficos das equacoes dadas e determine a area dessa regiao pordois processos: (i) integrando em relacao a x e (ii) integrando em relacao a y.

(a) y = −x2 e y = x2 − 8

(b) y2 = 4− x e x+ 2 y − 1 = 0

(c) 2 y2 = x+ 4 e x = y2

6. Prove que o volume de uma esfera de raio R e igual a 4π R3

3 .

7. Ao girarmos o segmento de reta y = ax, a > 0, com x no intervalo [h,H], em torno do eixo x, obtemos umtronco de cone. Calcule seu volume.

8. Determine o volume do elipsoide gerado pela rotacao da elipse x2

a2 + y2

b2 = 1 em torno do eixo x.

9. Calcule o volume do solido gerado pela rotacao da curva y =√x em torno do eixo y, para y entre 0 e 1.

10. Determine o volume do solido gerado pela revolucao da regiao limitada pelos graficos de y = x2 e y = 4 em torno:

(a) da reta y = 4 (b) da reta y = 5 (c) da reta x = 2Sugestao: O volume nao se altera se as regioes sao transladadas.

11. Cada uma das integrais abaixo representa o volume de uma solido de revolucao. Descreva o solido correspondenteem cada caso.

(a)

∫ 4

0

π x2 dx

(b)

∫ 4

0

π y dy

(c)π b2

a2

∫ a

−a

a2 − x2 dx

(d) π

∫ 1

0

x4 − x6 dx

12. Calcule o volume do solido obtido ao girarmos a regiao plana limitada por y =√4− x2, y = 2

√2x e y = −2

√2x

em torno do eixo x.

13. Um torneiro vazou uma esfera solida de metal de raio 5 cm com uma broca de 6 cm de diametro, passando ofuro pelo centro da esfera. Determine o volume do solido que restou.

14. Num copo cilındrico de raio 2 e altura 8 cheio de agua, coloca-se um paraboloide de revolucao voltado pra cimacom o vertice centrado no fundo do copo. Calcule o volume de agua que resta no copo. (O paraboloide derevolucao e obtido ao girarmos uma parabola em torno de seu eixo de simetria.)

15. (a) Para cada x pertencente ao intervalo [0, 1], seja Tx o triangulo cujos vertices sao (0, 0), (1, 0) e (x, 1). Quevalor (ou valores) de x fornece o solido de volume maximo, quando Tx e girado em torno do eixo x?

(b) Suponha que o triangulo Tx seja girado em torno do eixo y. Que valores de x fornecem o solido de volumemaximo?

16. Considere as elipses de equacao x2

a2 + y2

b2 = 1, que tem a soma dos dois semi-eixos igual a 2, isto e, (a + b) = 2.Qual dessas elipses giradas em torno do eixo x fornecera um elipsoide de volume maximo?

17. Mostre graficamente que a circunferencia de raio 1 pode ser aproximada por uma poligonal e calcule, desse modo,uma aproximacao para o valor de π. Compare a aproximacao que voce achou com o resultado obtido usando aformula do comprimento de arco.

18. Em cada caso, estabeleca a integral que fornece o comprimento do arco indicado. No estagio em que estamos,voce e capaz de calcula-las?

(a) y =√x , para x no intervalo [1, 4]

(b) y = x2 , para x no intervalo [0, 1](c) y = x3 , para x no intervalo [0,1](d) a parte de y = −x2 + 4x− 3 acima do eixox.

19. Ache a area da superfıcie gerada pela revolucao da curva dada em torno do eixo indicado:

(a) y =√x, para x em [0, 1], em torno do eixo x

(b) y = x3, para x em [1, 2], em torno do eixo x

(c) y = x5

5 + 112 x3 , para x em [1, 2], em torno do eixo y.

20. Voce pode obter uma esfera de raio r fazendo girar o grafico de f(x) =√r2 − x2, para x variando no intervalo

[−r, r], em torno do eixo x. Calcule a area desta esfera.

21. (a) Calcule o comprimento de arco total da astroide x(23 ) + y(

23 ) = 1.

(b) Determine a area da superfıcie gerada pela revolucao da astroide do item anterior em torno do eixo y.


24.11 Problemas

1. Uma partıcula se move ao longo do eixo x de tal maneira que sua velocidade em qualquer instante de tempo te dada por v(t) = sen(2 t). Em t = 0, a partıcula esta na origem.

(a) No intervalo de tempo [0, π], ache todos os valores de t para os quais a partıcula esta se deslocando para aesquerda.

(b) Determine a posicao da partıcula em qualquer instante de tempo t.

(c) Determine o valor medio da funcao posicao encontrada em (b), no intervalo [0, π2 ].

2. Uma partıcula se desloca ao longo do eixo x com aceleracao dada por a(t) = 2 t− 10 + 12t para t ≥ 1.

(a) Sabendo que v(1) = 9, determine a velocidade da partıcula para t ≥ 1.

(b) Para que valores de t, no intervalo [1, 3], a velocidade atinge seu valor maximo? Justifique a sua resposta.

(c) Sabendo que s(1) = −16, determine a posicao s(t) da partıcula para t ≥ 1.

3. Uma partıcula se move ao longo do eixo x de tal maneira que a sua aceleracao em qualquer instante de tempot > 0 e dada por a(t) = 1

8 − 1t2 . Quando t = 1, sua velocidade e igual a 9

16 m/s e sua posicao em relacao a origeme 25

48 m.

(a) Ache a velocidade da partıcula como funcao do tempo.

(b) Ache a distancia da partıcula a origem em t = 2.

4. Seja R a regiao limitada pelo grafico de (x− 4)2 + y2 = 9.

(a) Exprima a area A de R como uma integral.

(b) Determine A sem integrar.

5. Se A e a area da regiao limitada pelos graficos de 2x+ 3 y = 6, x = 0 e y = 0, exprima o valor de A como umaintegral. Determine o valor de A sem integrar.

6. Calcule os valores de m para os quais a reta y = mx e a curva y = xx2+1 delimitam uma regiao fechada. Calcule

a area de tal regiao.

7. Calcule a area acima do eixo x, limitada pela curva y = 1x2 e pelas retas x = 1 e x = b, onde b e um numero

qualquer maior que um. O que acontece com essa area quando b→ ∞?

8. Resolva o problema anterior para a regiao limitada pelas mesmas retas e pela curva y = 1xp , onde p e um numero

positivo maior que um. O que acontece quando p e um numero positivo menor que um?

9. Se lim∆ x→0

∑i

π xi4 ∆x representa o limite de uma soma de Riemann para uma funcao f no intervalo [0, 1], resolva

os ıtens abaixo:

(a) Determine o valor do limite.

(b) Interprete o limite como a area de uma regiao do plano xy.

(c) Interprete o limite como o volume de um solido de revolucao.

10. Mostre por cada um dos metodos a seguir que a area de um cone circular reto cuja geratriz tem comprimento le cuja base tem raio r e π r l.

(a) Corte o cone ao longo de uma das suas geratrizes e “desenrole-o”. Sua superfıcie forma, entao, uma fracaode um cırculo de raio l, cuja area voce pode calcular facilmente.

(b) Imagine que o cone e constituıdo por n triangulos de altura l e base 2π rn (esta hipotese se torna cada vez

melhor a medida em que n cresce). Deduza a partir deste raciocınio a formula para a area da superfıcie docone.

(c) Da formula obtida para a area da superfıcie do cone, deduza uma formula para a area de um tronco decone reto com raios r1(base menor) e r2(base maior) e geratriz (altura inclinada) L. (A area de um troncode cone pode ser obtida como a diferenca das areas de dois cones um com base r2 e geratriz L2, e o outrocom base r1 e geratriz L1 = L2 − L ).


11. Este problema se destina a formalizar as ideias intuitivas empregadas para estabelecer a formula para a area deuma superfıcie de revolucao.

(a) Suponha que∣∣∣ dfdx

∣∣∣ ≤M em [a, b]. Mostre a partir do teorema do valor medio que

|f(x1)− f(x2)| ≤M |x1 − x2| ,

se x1 e x2 estao em [a, b].

(b) Suponha que xi−1 ≤ ci ≤ xi. Mostre que

| f(xi) + f(xi−1)− 2 f(ci)| ≤ 2M |xi − xi−1 | ,

isto e, que f(xi) + f(xi−1) nao pode diferir de 2 f(ci) por mais do que 2M(xi − xi−1).

(c) Mostre que se todos os intervalos na particao a = x0 < ... < xn = b tem comprimentos menores ou iguaisa ∆x, entao cada termo da soma

(∗)∑i

π (f(xi) + f(xi−1))√1 + (f ′(ci))2 ∆xi

difere do termo correspondente da soma∑i

2π f(ci)√1 + (f ′(ci))2 ∆xi

por nao mais que 2πM ∆x√1 +M2 ∆xi.

(d) Mostre que a diferenca entre as duas somas anteriores e menor ou igual a

2πM ∆x√

1 +M2 (b− a)

e, portanto, e desprezıvel quando ∆x e pequeno. Assim, tanto (*) quanto (**) tendem para o mesmo limitequando ∆x tende para zero.

12. Prove a formula A =∫ d

c2π x

√1 + ( dfdx )

2 dx para a area de uma superfıcie de revolucao obtida pela rotacao da

curva suave y = f(x), em torno do eixo y, para x em [a, b].

13. Resolva o exemplo 3 com o reservatorio tendo a forma de uma esfera com 5 metros de raio e estando totalmentecheio.

24.12 Um pouco de historia

No seculo III A.C., Arquimedes considerou a esfera como um solido de revolucao ao estabelecer a sua famosa formula

V = 4π r3

3 para o volume de uma esfera de raio r.Para chegar a este resultado, Arquimedes utilizou troncos de cones, do modo como foi feito nesta secao para o

calculo de areas de superfıcies de revolucao, e nao cilindros, como fizemos para o calculo de volumes.Alem de descobrir o volume de uma esfera, Arquimedes encontrou tambem a area de sua superfıcie, relacionando

estas duas quantidades de uma forma brilhante. Sua ideia foi dividir a esfera solida em um grande numero de pequenas“piramides” da maneira descrita a seguir.

Imagine a superfıcie da esfera dividida em muitos pequenos ”triangulos”. Como nao ha linhas retas na superfıcieesferica, estas pequenas figuras nao sao triangulos de verdade, no entanto, se elas forem suficientemente pequenas cadafigura esta em um plano aproximador e pode ser considerada, aproximadamente, como triangulos. Suponha que cada“triangulo” seja usado como base de uma piramide de altura r (raio da esfera) e com vertice no centro da esfera. SeAk e a area da base de uma destas pequenas “piramides” e Vk o seu volume, sabemos que Vk = Ak r

3 , para todo k (estefato foi descoberto por Democrito, em V A.C.). Assim,

n∑k=1

Vk =n∑

k=1

Ak r

3= (

r

3) (

n∑k=1

Ak) .

Como todas as piramides preenchem a esfera solida, esta formula nos diz que o volume da esfera e a sua area estaorelacionados pela equacao

V =Ar

3.


Ao descobrir o volume da esfera, Arquimedes, usando esta formula, concluiu tambem, que

4π r3

3=Ar

3.

Logo, A = 4π r2 e a area da esfera de raio r.

24.13 Para voce meditar

24.13.1 Regioes ilimitadas tem, necessariamente, areas infinitas?

O teorema fundamental do calculo nao se aplica ao calculo de integrais definidas em intervalos onde o integrando naoseja uma funcao contınua. Em especial, nao e possıvel aplicar este teorema para o calculo de integrais em intervalosonde o integrando se torna ilimitado. Um exemplo deste tipo de situacao foi explorado no Problema 7 do Cap. 22.

Naquele problema, ao aplicar o teorema fundamental do calculo para resolver a integral∫ 1

−11x2 dx, obtivemos para ela

um valor negativo, o que e, evidentemente, um absurdo, visto ser o integrando sempre positivo. No entanto, usandoum processo de limite, e possıvel calcular esta integral de uma maneira bastante facil e intuitiva. Sua tarefa e descobrircomo isto e possıvel. (O Problema 7, deste capıtulo fornece uma pista de como isto pode ser feito.)

Use suas conclusoes para calcular a integral acima. Interprete o resultado obtido como a area de uma regiao doplano. Voce e capaz de achar um exemplo de uma regiao ilimitada cuja area seja finita?

24.13.2 Volumes iguais?

Sejam T e T ′ triangulos com um dos seus lados sobre o eixo x. Se T e T ′ tem a mesma area, os solidos obtidos quandoestes triangulos sao girados em torno do eixo x terao o mesmo volume?

24.13.3 A raiz quadrada de 2 e igual a 1?

Qualquer que seja o arco de curva definido pelo grafico de uma funcao suave y = f(x), desde o ponto A = (a, f(a))ate o ponto B = (b, f(b)), existe uma sequencia de funcoes escada (veja no Cap. 22 na secao Para voce meditar) queconverge para o arco em questao. Execute a animacao do texto eletronico ou examine os graficos a seguir que ilustrampasso a passo esta ideia para a funcao y = x.

1.

1.0

1.

1.0

1.

1.0

1.

1.0

1.

1.0

1.

1.0

Em cada passo, a soma dos comprimentos dos n segmentos de reta que compoem a funcao degrau e igual a 1,pois esta soma e igual ao comprimento do intervalo [0, 1]. Como esta sequencia de funcoes converge para a diagonaldo quadrado de lado 1, temos que

√2 = 1, pois, no limite, a soma dos n segmentos de reta, que e sempre constante

e igual a 1, deve convergir para a diagonal do quadrado unitario. Se temos certeza que√2 = 1, onde esta o erro do

raciocınio acima?

24.14 Projetos

24.14.1 Calculando a probabilidade de que uma equacaoquadratica ter raızes reais

O objetivo deste projeto e calcular a probabilidade P de que uma equacao quadratica do tipo x2 + b x+ c = 0, ondeb e c sao constantes aleatorias reais, tenha raızes reais.

Para isso siga os seguintes passos:


1. Determine a condicao algebrica sobre os coeficientes c e b para que a equacao acima tenha raızes reais.

2. Determine, graficamente, a regiao do plano bc que satisfaz a condicao anterior, isto e, marque no eixo das abscissasos valores de b e, no das ordenadas, os valores de c e determine a regiao que satisfaz a condicao imposta.

3. Reduza o problema dado ao problema mais simples de calcular a probabilidade P (N) de os valores de b e de c,escolhidos aleatoriamente num retangulo do tipo [−N,N ], caırem na regiao que satisfaz a condicao imposta noprimeiro item.

4. Resolver o problema proposto originalmente e equivalente a permitir que, no valor calculado no item anterior,N aumente sem limite. Calcule P e interprete em termos estatısticos o resultado encontrado.

5. Os comandos a seguir calculam as raızes da equacao x2 + b x+ c = 0 , onde os coeficientes b e c sao numerosno intervalo [−1, 1], gerados aleatoriamente. Execute estes comandos um grande numero de vezes, por exemplo100 vezes, e verifique, experimentalmente, que a probabilidade P (N) (N = 1) que voce encontrou esta correta.Repita esta tarefa para valores sucessivamente maiores de N e verifique, tambem, que a medida que o valor deN aumenta, P (N) se aproxima cada vez mais de P .

> N:=1:

> n1:=rand():n2:=rand(1..2):n3:=rand():

> b:=N*evalf(n1()*(-1)^(n2())/10^12);

> c:=N*evalf(n3()*(-1)^(n2())/10^12)

> ;

> solve(x^2+b*x+c,x);

b := −.009104967988c := .4668664455

.004552483994− .6832610924 I, .004552483994 + .6832610924 I

6. A equacao quadratica mais geral a x2 + b x+ c = 0 pode ser reduzida ao caso anterior dividindo-se ambos osmembros por a = 0. No entanto, neste caso, a probabilidade das raızes desta equacao serem reais diminuibastante. Comprove experimentalmente esta afirmacao executando os comandos abaixo um grande numero devezes e justifique este fato mesmo que intuitivamente.

> N:=1:

> n1:=rand():n2:=rand(-1..0):n3:=rand():n4:=rand():

> b:=N*evalf(n1()*(-1)^(n2())/10^12);c:=N*evalf(n3()*(-1)^(n2())/10^12)> ;a:=N*evalf(n4()*(-1)^(n2())/10^12);

> solve(x^2+b/a*x+c/a,x);

b := .1079981641

c := .5820868907

a := −.2641263567−1.294094224, 1.702982475

24.14.2 Volumes de solidos: secoes retas

Suponha que um solido qualquer esteja situado entre dois planos perpendiculares ao eixo x, um em x = a e outro emx = b. Se um plano perpendicular ao eixo x intercepta o solido, a regiao comum ao plano e ao solido e chamada secaoreta ou secao transversa do solido.

Todas as secoes transversas de solidos de revolucao obtidas pela intersecao de planos perpendiculares ao eixo derevolucao com o solido sao circunferencias. A figura a esquerda ilustra esta afirmacao no caso do solido ser um conede revolucao. Esta propriedade foi usada neste capıtulo ao obtermos uma formula para o calculo do volume de solidosde revolucao. Quando todas as secoes retas de um solido forem iguais, o solido sera considerado um cilindro. A figuraa seguir a direita mostra um cilindro onde todas as secoes retas sao parabolas identicas.


–15

–10

–5

5

10

15

2 4 6 8 10 12 14

10

100

200

300

400

500

0.2 0.4 0.6 0.8 1

–10510

Se estamos interessados apenas na parte do grafico limitada pelos planos que passam pelos pontos de coordenadasx = a e x = b (na figura da direita, a = 0 e b = 1), entao as secoes transversas, limitadas por estes planos, saochamadas bases do cilindro e a distancia entre as bases e a sua altura.

O objetivo deste projeto e estabelecer uma formula para calcular volumes de cilindros e de solidos mais gerais, istoe, de solidos tais que a area das secoes retas seja dada por uma funcao A(x), onde A e uma funcao contınua em [a, b].

1. Estabeleca uma formula para calcular volumes de cilindros sendo conhecidas a area da sua base e a altura. Comocaso especial, mostre que o volume de um cilindro circular reto com raio da base r e altura h e π r2 h.

2. Utilizando a ideia de dividir o solido em fatias finas e aproximar o seu volume somando os volumes de cada umadessas fatias, estabeleca uma formula para calcular o volume de um solido cuja area de cada secao reta seja dadapor A(x), onde A e uma funcao contınua em [a, b].

3. O cone mais geral e gerado por todas as retas que passam por um ponto dado V (o vertice) e por uma regiaoplana dada (a base). Imagine um eixo vertical com origem em V e a base B de um cone contida no plano y = h.Mostre que a area da secao reta passando por y0 e (yo

h )2A, onde A e a area da base dada B. Use este resultado

e a formula que voce obteve no item anterior para mostrar que o volume de um cone e Ah3 .

4. Determine, por integracao, o volume de uma piramide reta se a sua altura e h e a base um retangulo de lados ae 2a.

5. Mostre que a formula obtida para calcular volumes de solidos de revolucao pelo metodo do disco e um casoparticular do metodo das secoes retas, onde cada secao reta e um disco cujo raio e conhecido.

6. Demonstre o teorema de Cavalieri : “Se dois solidos tem alturas iguais e se todas as secoes transversas por planosparalelos as suas bases e a mesma distancia delas tem areas iguais, entao os solidos tem o mesmo volume”.

24.14.3 Volumes de solidos de revolucao: metodo das cascas cilındricas

O metodo das secoes retas (projeto anterior) e geral e se aplica, teoricamente, a qualquer problema de calculo de

volume de solidos, isto e, e sempre verdade que V =∫ b

aA(x) dx. No entanto, na pratica, esta formula nao e muito util.

Considere, por exemplo, o solido gerado pela revolucao da regiao limitada pelo grafico da funcao y = cos(x) e pelas

retas x = 0 e x = π2 , em torno do eixo y. O volume de tal solido sera dado por

∫ 1

0A(y) dy =

∫ 1

0π [arccos(y)]2 dy. Esta

ultima integral e bastante difıcil de calcular.

O objetivo deste projeto e ilustrar um outro metodo, util emmuitas situacoes, para calcular volumes de solidos de revolucao.Em vez de aproximarmos o solido por discos finos, a ideia eaproxima-lo por cascas cilındricas finas, por este motivo estemetodo e chamado metodo das cascas cilındricas.Uma casca cilındrica e a regiao obtida ao girarmos em torno doeixo y um retangulo com base sobre o eixo x. Veja a figura aolado

0.20.40.60.81

–1–0.5

0.51

–1–0.5

0.51

Como dissemos acima, a ideia e aproximar o volume do solido que queremos calcular pela soma do volume decascas cilındricas muito finas. Assim, podemos aproximar o volume de um solido gerado pela revolucao em torno doeixo y, de uma regiao limitada pelo grafico da funcao y = f(x), pelo eixo x e pelas retas x = a e x = b, pela somados volumes de i cascas cilındricas concentricas, cujas espessuras recobrem o intervalo [a, b], de tal modo que a alturada i-esima casca seja dada por f(xi). A medida que a espessura de cada casca se aproxima de zero, a soma de seusvolumes se aproxima cada vez mais do volume do solido, da mesma forma como as camadas concentricas de umacebola preenchem o seu volume. Veja a figura a seguir, onde esta ideia e ilustrada.


1. Mostre que a area de um anel circular de raios r1 e r2 e dada por

π (r22 − r1

2) = π (r2 − r1) (r2 + r1) = 2π rm ∆ r,

onde rm e o raio medio do anel e ∆ r a sua espessura.

2. Mostre que o volume de uma casca cilındrica de raios r1 e r2 e altura h e dada por

π h (r2 − r1) (r2 + r1) = 2π h rm ∆ r

3. Seja A o conjunto {(x, y); a ≤ x ≤ b e g(x) ≤ y ≤ f(x)}, onde a ≥ 0 e g ≤ f no intervalo [a, b]. Um solidode revolucao e gerado fazendo-se A girar em torno do eixo y. Mostre que o volume do solido e dado por∫ b

a2π x (f(x)− g(x)) dx.

4. Use a formula acima para determinar o volume do solido gerado pela revolucao da regiao limitada pelos graficosde y = 4− x2 e y = 0, em torno do eixo y.

5. Um anel esferico e o solido que permanece apos a perfuracao de um buraco atraves de uma esfera solida. Se aesfera tem raio a e o anel altura h, prove o fato notavel de que o volume do anel depende de h, mas nao de a.

24.14.4 Usando matematica para modelar um objeto real

Muitos objetos com que lidamos na vida cotidiana sao exemplos de solidos de revolucao. Uma forma de pudim eexemplo de um desses objetos. O objetivo deste projeto e descrever um objeto real, no caso uma forma de pudim,como um solido de revolucao e obter o seu volume pelos metodos tratados neste capıtulo. Para isso, siga os seguintespassos:

1. Aproxime a secao reta da forma por uma funcao conhecida.

2. Seja f uma funcao positiva, definida num intervalo [a,b]. Sabemos que, no plano yz, onde z e o eixo verticale y o horizontal, a regiao limitada pelo grafico da funcao z = f(y) e pelo eixo y, ao ser girada em torno doeixo z, gera um solido de revolucao. A superfıcie deste solido pode ser descrita em funcao dos parametros y edo angulo de giro t. Mostre que as coordenadas de um ponto generico desta superfıcie podem ser dadas por(y sen(t), y cos(t), f(y)).

3. Use a funcao obtida no primeiro item e o comando plot3d do Maple para visualizar a sua forma de pudim. Paraisso, no comando abaixo substitua f(y) pela funcao que voce definiu no primeiro item e as constantes a e b pelocorreto intervalo de variacao de y.

> plot3d([y*sin(t),y*cos(t),f(y)],t=0..2*Pi,y=a..b);

4. Calcule o volume da sua forma pelos metodos estudados nesta secao.

5. Meca o diametro, o diametro do canudo central e a profundidade de uma forma de pudim. Ajuste o seu modeloteorico as dimensoes verdadeiras (faca uma reducao em escala, se necessario) e calcule o volume da sua formateorica depois do ajuste feito. Verifique a validade do modelo teorico: descubra qual a capacidade da forma real(em litros, por exemplo) e compare o resultado teorico com o volume real.

cap tulo 24 aplica˘c~oes da integral de nida -...

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