Resolução - Lista Cálculo B - Bruno Cesar

Prévia do material em texto

Cálculo B 
Lista 2 ­ Bruno Cesar 
 
 para calcular a área da superfície de revolução em torno do    eixoπ (x) dx  Λ = 2 ∫
b
a
f √1 f (x))+ ( ′ 2  
x. 
 
 
1ª​) Se  (x)     comf =  √4 − x2 − 1 ≤ x ≤ 1  
    f (x) − /  ′ = x √4 − x2  
 
Então  π dxΛ = 2 ∫
1
−1
√4 − x2√1 /(4 )+ x2 − x2  
π dx π dx π x π[x − )].Λ = 2 ∫
1
−1
√4 − x2√4/(4 − x2) = 2 ∫
1
−1
√4 = 4 ∫
1
−1
d = 4 − ( x  
πΛ = 8  
2ª) 
a. (x)  com 0f = ex ≤ x ≤ 1  
                       f (x)  ′ = ex  
Então:  π dxΛ = 2 ∫
1
0
ex√1 + e2x  
Para resolver, fazemos  an(u)  dx ec (u)du. Já que tan (u) ec (u)ex = t ⇒ ex = s 2 2 + 1 = s 2  
 
Temos que mudar o intervalo de integração. Se  , então u /4. E se x , u rctan(e).x = 0   = π = 1   = a  
 
Assim:  π ec (u)du π(1/2)[sec(u)tan(u)  n ]uΛ = 2 ∫
arctan(e)
π/4
s 3 = 2 + l sec(u) an(u)| + t | π/4
arctan(e)  
embre que se tan(u) , sec(u) . É só usar a relação tan (u) ec (u)* L = e   = √1 + e2 2 + 1 = s 2  
 
ontinuando a conta... [( )(e)  ln( ) .1 n( )]C = π √1 + e2 +   √1 + e2 + e − √2 − l √2 + 1  
 
[e n( ) n(1  Λ = π √1 + e2 − √2 + l √1 + e2 + e − l +√2)  
 
     ​b.​   (x)f =   ± √r2 − x2  
                      f (x) /  ′ =  ∓x √r2 − x2  
Por causa da simetria do circulo, podemos integrar a função f(x) em torno de qualquer eixo e 
obteremos a mesma esfera. Consequentemente, a mesma área de revolução. 
π dx π dx πr x πrΛ = 2 ∫
r
−r
√r2 − x2√1 /(r )+ x2 2 − x2 = 2 ∫
r
−r
√r2 = 2 ∫
r
−r
d = 4 2  
πrΛ = 4 2  
 
 
c.​     (x)f =   ± b√1 /a− x2 2  
                  f (x) b/a  ′ =  ∓x 2√1 /a− x2 2  
Essa questão, assim como a anterior, pode ser resolvida para o f(x)>0 ou f(x)<0. Não há 
diferença pois o positivo só está a indicar a parte ‘’de cima’’ do gráfico da elipse, e a negativa 
a parte ‘’de baixo’’ da elipse.Farei com o sinal negativo. 
ntão... Λ π − dx π − b/a ) dx  E = 2 ∫
a
−a
b√1 /a− x2 2√1 xb) /a (1 /a )+ ( 2 4 − x2 2 = 2 ∫
a
−a
( 2 √a xa) xb)4 − ( 2 + ( 2 =  
π(b/a ) dx πb dx  = 2 2 ∫
−a
a √a [1 /a )(a )]4 − (x
2 4 2 − b2 = 2 ∫
−a
a √1 x /a )(a )− ( 2 4 2 − b
2  
 
e (x/a ) en(u), então dx /a os(u)duS 2 √a2 − b2 = s   √a2 − b2 2 = c  
 
udando os limites ara x , sen(u) /a. Então u rcsen( /a)M : p = a   = √a2 − b2 = a √a2 − b2  
ara x , sen(u) /a. Então u rcsen(− /a)P =   − a   =   −√a2 − b2 = a √a2 − b2  
Se sen(u) =  /a, então cos(u) /a. É só usar sen (u) os (u)√a2 − b2   = b 2 + c 2 = 1  
 partir de agora chamarei  /a de v, para facilitar a escrita.  A √a2 − b2    
 
ontinuando a conta... π(ba )/ ) os (u)du (ba )/( )[sen(u)cos(u) ]uC = 2 2 √a2 − b2 ∫
arcsen(−v)
arcsen(v)
c 2 = π 2 √a2 − b2 − u arcsen(v)
arcsen(−v) =  
(ba )/( )[− b/a rcsen(− ) b/a rcsen(v)] π(ba )/( )[vb/a rcsen(v)]= π 2 √a2 − b2 v + a v − v + a = 2 2 √a2 − b2 + a =  
π[b ba )/( )arcsen( /a)= 2 2 + ( 2 √a2 − b2 √a2 − b2  
π[b ba )/( )arcsen( /a)Λ = 2 2 + ( 2 √a2 − b2 √a2 − b2  
 
3. 
Por causa da simetria da esfera, podemos girar a função em relação a qualquer um dos eixos 
e obteremos o mesmo volume. Farei com o eixo x. 
(x)dxν = π∫
b
a
f2  
(x)f = √a2 − x2  
(a )dx [xa /3]x [a /3 /3] 2a [1 /3] πa /3ν = π ∫
a
−a
2 − x2 = π 2 − x3 a−a = π 3 − a3 + a3 − a3 = π 3 − 1 = 4 3  
πa /3ν = 4 3  
 
 
 
 
 
 
4. 
 
Essa é a vista superior do objeto formado. Há um cilindro vazio no meio do objeto. 
Para calcularmos o que pretendemos, podemos usar o conceito geral para cálculo de 
volumes. Basta escrevermos a área maior (  em função de y e a área menor  em)Λ1 (Λ )  2  
função de y. Fazendo depois: 
(y)dyν = ∫
b
a
Λ  
Pois assim calculamos um volume total  e dele diminuimos o volume do cilindro ,que nãoν ) ( 1  
existe, no centro  .ν )( 2  
em, vejamos a área maior primeiro. Ela é uma circunferência (Área r ), de raio variante r ... B   = π 2   = 6 − x  
..Como x /4, Λ (y) (6 /4) /16.. = y2   1 = π − y2
2  
gora, a área menor. Ela tem um raio constante r . Logo, Λ (y) π.A   = 2   2 = 4  
ntão temos ν (6 /4) dy/16  πdy 28π/5 2π 68π/5E =   ∫
4
−4
π − y2 2 − ∫
4
−4
4 = 9 − 3 = 7  
68π/5ν = 7  
 
*Para um melhor entendimento do motivo do raio da circunferência maior ser 6 ­ x, observe a 
vista frontal feita de uma parte do gráfico de f(x): 
 
 
 
5. 
Temos que  (y)  x =   ±√r2 − y2 + a  
Para calcularmos este volume, usaremos o fato de   ser o volume do solido(y)dyν = π∫
b
a
g2  
obtido pela rotação de uma curva em torno do eixo y. Temos também que pensar no que 
representa o   do x nesse problema. A parte positiva, se rotacionada, formara o sólido da±  
figura abaixo sem o buraco no meio. Já a parte negativa forma justamente o buraco. Pra 
calcularmos o volume da forma desejada, então, devemos subtrair uma da outra. 
 
 
Assim,  
olume do todo  volume do buracoν = V −    
[( ) − ) ]dy a dy πa dyν = π ∫
r
−r
√r2 − y2 + a 2 − ( √r2 − y2 + a 2 = π ∫
r
−r
4 √r2 − y2 = 4 ∫
r
−r
√r [1 /r ]2 − y2 2 =  
πar dy. O processo agora é analogo ao da resolução da questão 2b. É só fazer sen(u) /r= 4 ∫
r
−r
√1 /r− y2 2 = y  
eremos, depois de feitas as devidas substituições e mudanças de limiteT   :  
πar os (u)du πar [π/2] a(πr)ν = 4 2 ∫
π/2
0
c 2 = 4 2 = 2 2  
a(πr)ν = 2 2  
 
6. 
(x) (1 /a )f2 = b2 − x2 2  
 
Então  (1 /a )dx b [x /3a ]x πab /3ν = π ∫
a
−a
b2 − x2 2 = π 2 − x3 2 a−a = 4
2  
πab /3ν = 4 2