Aula 26-Calculo de Área para Superfície de Revolução

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CÁLCULO I
Prof. Edilson Neri Júnior | Prof. André Almeida
Aula n
o
26: Área de Superfície de Revolução e Pressão Hidrostática
Objetivos da Aula
• Calcular a área de superfícies de revolução;
• Definir pressão hidrostática.
1 Área de Superfície de Revolução
Uma superfície de revolução é um superfície gerada pela rotação de uma curva plana em torno de um
eixo que se situa no mesmo plano da curva. Por exemplo, a superfície de uma esfera pode ser gerada ao
girar um semicírculo em torno de seu diâmetro e a superfície lateral de um cilindro pode ser gerada pela
rotação de um segmento de reta em torno de um eixo paralelo a ele.
Nesta seção, queremos definir a área da superfície de revolução. Para motivar uma definição apropriada
de área S de uma superfície de revolução, vamos decompor a superfície em pequenas seções cujas áreas
possam ser aproximadas por fórmulas elementares. Somando as aproximações das áreas das seções, obtemos
uma soma de Riemann que aproxima S e, tomando o limite da soma de Riemann, obtemos uma integral
para o valor exato de S.
Suponha que f seja uma função contínua não negativa em [a, b] e que uma superfície de revolução seja
gerada pela rotação da parte da curva y = f(x) entre x = a e x = b em torno do eixo x.
1
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Vamos dividir o intervalo [a, b] em n subintervalos, inserindo os pontos x1, x2, ..., xn−1 entre a = x0 e
b = xn. Os pontos correspondentes do gráfico de f definem um caminho poligonal que aproxima a curva
y = f(x) acima do intervalo [a, b].
Quando esse caminho poligonal gira em torno do eixo x, gera uma superfície que consiste em n partes,
cada uma delas sendo um tronco de cone circular reto.
A área de cada parte da superfície aproximante pode ser obtida pela fórmula
S = pi(r1 + r2).l (1)
para a área lateral de um tronco de cone de geratriz l e raios da base r1 e r2. Vamos tomar o k-ésimo
tronco de cone com raios f(xk−1) e f(xk) e altura ∆xk.
A geratriz é o comprimento Lk do k-ésimo segmento de reta da poligonal, é dado por
Lk =
√
(∆xk)2 + [f(xk)− f(xk−1)]2
Assim, a área lateral Sk do k-ésimo tronco de cone é:
Sk = pi[f(xk−1) + f(xk)].
√
(∆xk)2 + [f(xk)− f(xk−1)]2
Se somarmos essas áreas, vamos obter a seguinte aproximação da área S da superfície inteira:
S ≈
n∑
k=1
pi[f(xk−1) + f(xk)].
√
(∆xk)2 + [f(xk)− f(xk−1)]2 (2)
Para colocar isso na forma de soma de Riemann, vamos aplicar o Teorema do valor médio. Esse teorema
implica na existência de um ponto x∗k entre xk−1 e xk tal que
f(xk)− f(xk−1)
xk − xk−1 = f
′(x∗k) ou f(xk)− f(xk−1) = f ′(x∗k)∆xk
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e, assim, podemos reescrever (2) como
S ≈
n∑
k=1
pi[f(xk−1) + f(xk)]
√
1 + [f ′(x∗k)]2∆xk (3)
No entanto, isso ainda não é uma soma de Riemann, pois envolve as variáveis xk−1 e xk. Para eliminar
estas variáveis da expressão, observe que o valor médio dos números f(xk−1) e f(xk) está entre esses
números. Dessa forma a continuidade de f e o Teorema do Valor Intermediário implicam a existência de
x∗∗k entre xk−1 e xk, de tal modo que
1
2
[f(xk−1) + f(xk)] = f(x∗∗k ).
Assim, (2) se expressa como
S ≈
n∑
k=1
2pif(x∗∗k )
√
1 + [f ′(x∗k)]∆xk
Embora essa expressão esteja próxima à forma de somas de Riemann, ela não é uma soma de Riemann
verdadeira, pois envolve duas variáveis x∗k e x
∗∗
k . Entretanto, prova-se em cálculo avançado que isso não
tem nenhum efeito sobre o limite, devido à continuidade de f . Desse modo podemos supor que x∗k = x
∗∗
k
ao tomar o limite, o que sugere que S possa ser definida como
S = lim
∆xk→0
n∑
k=1
2pif(x∗k)
√
1 + [f ′(x∗k)]∆xk =
∫ b
a
2pif(x)
√
1 + [f ′(x)]2 dx.
Em suma, temos a seguinte definição:
Definição 1. Se f for uma função contínua e não negativa em [a, b], então a área da superfície de revolução
gerada pela rotação da curva y = f(x) entre x = a e x = b em torno do eixo x é definida por:
S =
∫ b
a
2pif(x)
√
1 + [f ′(x)]2 dx.
Quando for conveniente, essa fórmula pode ser expressa como
S =
∫ b
a
2pif(x)
√
1 + [f ′(x)]2 dx =
∫ b
a
2piy
√
1 +
(
dy
dx
)2
dx
Além disso, se g for não negativa e x = g(y) for uma curva contínua em [c, d], então a área da superfície
gerada quando a parte da curva x = g(y) entre y = c e y = d gira em torno do eixo y, pode ser expresso
como
S =
∫ d
c
2pig(y)
√
1 + [g′(y)]2 dy =
∫ d
c
2pix
√
1 +
(
dx
dy
)2
dy
Exemplo 1. Encontre a área da superfície gerada pela rotação da parte da curva y = x3 entre 0 e 1 em
torno do eixo x.
Solução: A superfície que queremos calcular a área é:
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Como y = x3, temos que dy/dx = 3x2 e, portanto, a área da superfície é:
S =
∫ 1
0
2piy
√
1 +
(
dy
dx
)2
dx
=
∫ 1
0
2pix3
√
1 + (3x2)2 dx
= 2pi
∫ 1
0
x3
√
1 + 9x4 dx
Fazendo u = 1 + 9x4, temos que du = 36x3 dx. Segue que:
S =
2pi
36
∫ 10
1
u1/2 du
=
2pi
36
[
u3/2
3/2
]10
1
=
pi
27
(103/2 − 1) ≈ 3, 56.
�
Exemplo 2. Encontre a área da superfície gerada pela rotação em torno do eixo y da parte da curva y = x2
entre x = 1 e x = 2.
Solução: A superfície que queremos calcular a área é:
Como a curva gira em torno do eixo y, vamos reescrever y = x2 como x =
√
y e observar que os valores
de y correspondentes a x = 1 e x = 2 são, respectivamente, y = 1 e y = 4. Uma vez que x =
√
y, temos
que dx/dy = 1/2(
√
y) e, portanto, a área da superfície é:
S =
∫ 4
1
2pi
√
y
√
1 +
(
1
2
√
y
)2
dy
= pi
∫ 4
1
√
4y + 1 dy
Fazendo u = 4y + 1, temos que du = 4dy. Segue que:
S =
pi
4
∫ 17
5
u1/2 du
=
pi
4
[
u3/2
3/2
]17
5
=
pi
6
(173/2 − 53/2) ≈ 30, 85.
�
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Exemplo 3. A curva y =
√
4− x2, com −1 ≤ x ≤ 1, é um arco do círculo x2 + y2 = 4. Calcule a área da
superfície obtida pela rotação da curva em torno do eixo x.
Solução: A superfície que queremos calcular a área é:
Temos que
dy
dx
=
1
2
(4− x2)−1/2(−2x) = −2x√
4− x2
Segue que:
S =
∫ 1
−1
2pi
√
4− x2
√
1 +
( −2x√
4− x2
)2
dx
= 2pi
∫ 1
−1
√
4− x2 2√
4− x2 dx
= 4pi
∫ 2
−1
1 dx
= 8pi
�
Exemplo 4. Determine a área da superfície obtida pela rotação, em torno do eixo y, do gráfico de f(x) =
x2
2
, 0 ≤ x ≤ 1.
Solução: A superfície que queremos calcular a área é:
Como a superfície é gera pela rotação da curva em torno do eixo y, temos que x =
√
2y,
dx
dy
=
1√
2y
,
f(0) = 0 e f(1) =
1
2
. Segue que:
S =
∫ 1
2
0
2pi
√
2y
√
1 +
(
1√
2y
)2
dy
= 2pi
∫ 1
2
0
√
2y + 1 dy
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Fazendo u = 2y + 1, temos que du = 2.dx. Quando y = 0, u = 1 e quando y =
1
2
, u = 2. Assim:
S = pi
∫ 2
1
u1/2 du
= pi
[
2u3/2
3
]2
1
=
2pi
3
(
23/2 − 1
)
=
2pi
3
(
2
√
2− 1
)
.
�
Exemplo 5. Calcule a área da superfície gerada pela rotação, em torno do eixo x, do gráfico de f(x) =
sen(x), 0 ≤ x ≤ pi.
Solução: A superfície que queremos calcular a área é:
Temos que:
S =
∫ pi
0
2pisen(x)
√
1 + cos2 x dx
Fazendo u = cos(x), temos que du = −sen(x).dx. Quando x = 0, u = 1 e quando x = pi, u = −1.
Segue que:
S = −2pi
∫ −1
1
√
1 + u2 du
= 2pi
∫ 2
−1
√
1 + u2 du
Fazendo u = tg(θ), temos que du = sec( θ).dθ. Quando u = −1, θ = −pi
4
e quando u = 1, θ = pi4 .
Segue que:
S = 2pi
∫ pi/4
−pi/4
√
1 + tg2(θ) sec2(θ) dθ
= 2pi
∫ pi/4
−pi/4
sec3(θ) dθ
Integrando por partes (Veja a nota de aula 22), temos:S = 2pi[
√
2 + ln(
√
2 + 1)].
�
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Exemplo 6. Ache a área da superfície gerada pela rotação da curva y = ex, com 0 ≤ x ≤ 1, em torno do
eixo x.
Solução: A superfície que queremos calcular a área é:
Temos que:
dy
dx
= ex
Segue que:
S =
∫ 1
0
2piex
√
1 + (ex)2 dx
= 2pi
∫ 1
0
ex
√
1 + e2x dx
Fazendo u = ex, temos que du = exdx. Segue:
S = 2pi
∫ e
1
√
1 + u2 du
Fazendo u = tg(θ), então du = sec2(θ)dθ. Além disso, α = tg−1e. Segue que:
S = 2pi
∫ α
pi
4
sec3(θ) dθ
= 2pi
1
2
[sec(θ)tg(θ) + ln | sec(θ) + tg(θ)|]αpi/4
= pi[sec(α)tg(α) + ln(sec(α) + tg(α)−
√
2− ln(
√
(2) + 1)]
Como tg(α) = e, temos que sec( α) = 1 + tg2(α) = 1 + e2. Assim:
S = pi[e
√
1 + e2 + ln(e+
√
1 + e2)−
√
2− ln(
√
2 + 1)].
�
2 Pressão e Força Hidrostática
Dentre as muitas aplicações do cálculo integral á física e à engenharia, consideramos uma aqui: a
força em função da pressão da água. Como em nossas aplicações anteriores, nossa estratégia é fragmentar
a quantidade física em um grande número de pequenas partes, aproximar cada pequena parte, somar os
resultados, tomar o limite e, então, calcular a integral resultante.
Definição 2 (Pressão). Se uma força de magnitude F for aplicada a uma superfície de área A, então
definimos a pressão P exercida pela força sobre a superfície como sendo
P =
F
A
.
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Suponha que uma placa horizontal fina com área de A metros quadrados seja submersa em um fluído
de densidade ρ quilogramas por metro cúbico a uma profundidade d metros abaixo da superfície do fluído.
O fluido diretamente acima da placa tem volume V = Ad, assim, sua massa é m = ρV = ρAd. A força
exercida pelo fluído na placa é, portanto:
F = mg = ρgAd
em que g é a aceleração da gravidade. Sendo assim:
P =
F
A
= ρgd.
Um princípio importante da pressão de fluídos é o fato verificado experimentalmente de que em qualquer
ponto no líquido a pressão é a mesma em todas as direções. Assim, a pressão em qualquer direção em uma
profundidade d em um fluido com densidade de massa ρ é dada por:
P = ρgd = δd.
Isso nos ajuda a determinar a força hidrostática contra uma placa vertical, parede ou barragem em um
fluido. Este não é um problema simples, porque a pressão não é constante, mas aumenta de acordo com a
profundidade.
Suponha que uma superfície plana esteja imersa verticalmente em um fluido de densidade ρ, e que a
parte submersa sa superfície se estenda de x = a até x = b, ao longo da parte positiva do eixo x. Para
a ≤ x ≤ b, seja w(x) a extensão da superfície e h(x) a profundidade do ponto x.
A ideia básica para resolver este problema é dividir a superfície em faixas horizontais, cujas áreas possam
ser aproximadas por áreas de retângulos. Essas aproximações de áreas, nos permitirão criar uma soma de
Riemann que aproxime a pressão total na superfície. Tomando um limite das somas de Riemann, obteremos
uma integral para F .
Definição 3. Suponha que uma superfície plana esteja imersa verticalmente em um fluido com densidade
ρ, e que a parte submersa sa superfície se estenda de x = a até x = b ao longo do eixo x cujo sentido
positivo seja para baixo. Para a ≤ x ≤ b, suponha que w(x) seja a extensão da superfície e que h(x) seja
a profundidade do ponto x. Definimos, então, a força do fluido sobre a superfície por
F =
∫ b
a
ρh(x)w(x) dx.
Exemplo 7. A face de um dique é um retângulo vertical com altura de 100 pés e extensão de 200 pés.
Encontre a força total que o fluido exerce sobre a face, quando a superfície da água está no nível do topo
do dique. Considere ρ = 62, 4 lb/pé3.
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Solução: Introduzimos um eixo x com origem na superfície da água, conforme mostra a figura abaixo:
Em um ponto x sobre esse eixo, a extensão do dique é de w(x) = 200 pés e a profundidade h(x) = x
pés. Assim:
F =
∫ 100
0
200.62, 4.x dx
= 12480
∫ 100
0
x dx
= 12480
[
x2
2
]100
0
= 62.400.000lb.
�
Exemplo 8. Uma placa com o formato de triângulo isósceles, com base de 10 pés e altura 4 pés, é imersa
verticalmente em óleo de máquina, conforme mostra a figura a seguir. Encontre a força F que o fluido
exerce sobre a superfície da placa se a densidade do óleo for ρ = 30 lb/pé3.
Solução: Vamos introduzir um eixo x, conforme mostra a figura abaixo.
Por semelhança de triângulos, a extensão da placa, em pés, a uma profundidade h(x) = x + 3 pés,
satisfaz
w(x)
10
=
x
4
⇒ w(x) = 5
2
x.
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Assim:
F =
∫ 4
0
30.(3 + x).
(
5
2
x
)
dx
= 75
∫ 4
0
(3x+ x2) dx
= 75
[
3x2
2
+
x3
3
]4
0
= 3400 lb.
�
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