Exercícios Resolvidos de Área entre Curvas

Q01) Seja R a região plana dada por:

R = x , y ∈ I R 2 x 2 - 2 x - 3 ≤ y ≤ 5   ,   4 x + y ≤ 5

  1. Esboce abaixo a região R . Indique explicitamente em seu desenho as coordenadas de três pontos que pertençam à fronteira da região.
  2. Escreva a área da região R através de uma soma de duas integrais na variável x . Atenção: Neste item não é necessário calcular as integrais.
  3. Escreva a área da região R através de uma soma de duas integrais na variável y . Atenção: Neste item não é necessário calcular as integrais.
  4. Calcule a área da região R   utilizando o método que preferir.

Passo 1

Opa, vamos lá. Cara, te falar, essa região ta meio feia de entender assim. Vamos fazer o seguinte: isolar tudo que tem a ver com o y . Logo, as inequações:

x 2 - 2 x - 3 ≤ y ≤ 5

4 x + y ≤ 5

Vão virar:

y ≥ x 2 - 2 x - 3

y ≤ 5

y ≤ 5 - 4 x

Opa, surgiram três funções diferentes, respectivamente uma parábola, uma constante e uma reta. Vamos ver as interseções entre eles? Isso vai ser importante pro esboço. Começando com a parábola e a constante:

x 2 - 2 x - 3 = 5

x 2 - 2 x - 8 = 0

Pela fórmula de Bháskara, as raízes desse polinômio serão:

x 2 - 2 x - 8 = a x 2 + b x + c

x 12 = - b ± b 2 - 4 a c 2 a

Logo:

x 12 = - - 2 ± - 2 2 - 4 1 - 8 2 1

x 12 = 2 ± 4 + 32 2 = 2 ± 36 2 = 2 ± 6 2 = 1 ± 3

x 12 = 4 - 2

Então os pontos de interseção parábola e constante y = 5 vão ser:

- 2,5

4,5

Agora vamos ver a parábola com a reta:

x 2 - 2 x - 3 = 5 - 4 x

x 2 + 2 x - 8 = 0

Pela fórmula de Bháskara, as raízes desse polinômio serão:

x 2 + 2 x - 8 = a x 2 + b x + c

x 12 = - b ± b 2 - 4 a c 2 a

Logo:

x 12 = - 2 ± 2 2 - 4 1 - 8 2 1

x 12 = - 2 ± 4 + 32 2 = - 2 ± 36 2 = - 2 ± 6 2 = - 1 ± 3

x 12 = - 4 2

Usando esses pontos na reta pra achar o valor de y mais facilmente:

y = 5 - 4 - 4 = 21

y = 5 - 4 2 = - 3

Logo os pontos de interseção são:

- 4,21

2 , - 3

E pra fechar, vamos ver os pontos de interseção reta-constante:

5 - 4 x = 5

- 4 x = 0

x = 0

O único ponto de interseção vai ser então:

0,5

Bem, então todos os nossos pontos vão ser:

- 2,5

4,5

- 4,21

2 , - 3

0,5

Desse bolo de pontos, eu vou retirar o - 4,21 porque o y dele é muito alto. Como a constante y = 5 ajuda a delimitar a região, um valor de y tão alto não vai ajudar a gente a visualizar a região R . No lugar dele, vamos adicionar a interseção da reta com o eixo x :

0 = 5 - 4 x

x = 5 4 = 1,25

1,25   ;   0

Fechamos então com os seguintes pontos guias:

- 2,5

4,5

1,25   ;   0

2 , - 3

0,5

E esboçando os gráficos pra marcar esses pontos vamos ter:

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Agora a gente vai ter que deixar indicada a área como uma soma de duas integrais na variável x . Como são só duas, minha dica pra vocês é usar o eixo y de guia. Sendo assim, vamos dividir o intervalo de x em que a região R está contida em duas:

- 2,2 = - 2,0 ∪ 0,2

Logo a área vai ficar:

A = ∫ - 2 0 b l a   d x + ∫ 0 2 b l a b l a b l a   d x

Vai faltar só a gente identificar quem é b l a e quem é b l a b l a b l a . Vamos começar com b l a . Se eu fosse fazer a seguinte integral:

∫ - 2 0 5   d x

Estaria representando a seguinte área:

Mas ai estaria faltando adicionar essa área:

E remover a área:

Só que veja bem, dá pra ver que a parábola toca o eixo x em algum ponto entre 0 e - 2 . Nem precisamos descobrir esse ponto pra entender aqui, então vamos chamar de C . Sendo assim, pra remover essa área, basta a gente retirar a integral de - 2 até C da parábola:

∫ - 2 0 5   d x - ∫ - 2 C x 2 - 2 x - 3   d x

E pra adicionar aquela areazinha abaixo do eixo x , se só fizermos a integral:

∫ C 0 x 2 - 2 x - 3   d x

O resultado vai dar negativo! Afinal a região em questão está abaixo do eixo x ! Pra compensar a gente tem que somar aquela areazinha com um sinal de negativo. Fechamos então:

∫ - 2 0 b l a   d x = ∫ - 2 0 5   d x - ∫ - 2 C x 2 - 2 x - 3   d x + - ∫ C 0 x 2 - 2 x - 3   d x

∫ - 2 0 b l a   d x = ∫ - 2 0 5   d x - ∫ - 2 C x 2 - 2 x - 3   d x + ∫ C 0 x 2 - 2 x - 3   d x

∫ - 2 0 b l a   d x = ∫ - 2 0 5   d x - ∫ - 2 0 x 2 - 2 x - 3   d x

∫ - 2 0 b l a   d x = ∫ - 2 0 5 - x 2 - 2 x - 3     d x

Agora vamos cuidar do intervalo 0,2 . Pra isso, como a reta ta partindo do eixo y e descendo até tocar o eixo x em x = 1,25 , como vimos, se fizermos só a integral:

∫ 0 1,25 5 - 4 x   d x

Vamos estar falando da seguinte área:

Só que a essa área precisamos adicionar essa:

E remover essa:

A área a ser adicionada é negativa se só fizermos a integral da parábola de 0 até 2 . Então pra compensar, a gente adiciona com um sinal de negativo:

∫ 0 1,25 5 - 4 x   d x + - ∫ 0 2 x 2 - 2 x - 3   d x

A área que temos que retirar é negativa também se só fizermos a integral da reta de 1,25 até 2 . Pra compensar, a gente coloca um sinal de negativo como fizemos antes. Mas como dessa vez queremos retirar, vamos subtrair uma integral negativa! Sendo assim, vamos ter:

∫ 0 2 b l a b l a b l a   d x = ∫ 0 1,25 5 - 4 x   d x + - ∫ 0 2 x 2 - 2 x - 3   d x - - ∫ 1,25 2 5 - 4 x   d x

∫ 0 2 b l a b l a b l a   d x = ∫ 0 1,25 5 - 4 x   d x - ∫ 0 2 x 2 - 2 x - 3   d x + ∫ 1,25 2 5 - 4 x   d x

∫ 0 2 b l a b l a b l a   d x = ∫ 0 2 5 - 4 x   d x - ∫ 0 2 x 2 - 2 x - 3   d x

∫ 0 2 b l a b l a b l a   d x = ∫ 0 2 5 - 4 x - x 2 - 2 x - 3     d x

E logo fechamos a área em função de x , vai dar:

A = ∫ - 2 0 5 - x 2 - 2 x - 3     d x + ∫ 0 2 5 - 4 x - x 2 - 2 x - 3   d x

Passo 3

Puts agora a questão enrolou a gente. Pra podermos refazer a área em função de y , temos que ser capazes de pegar todas as funções inversas. Pra constante nem preciso me preocupar com nada:

y = 5

Pra reta é mole:

y = 5 - 4 x → x = 5 - y 4

f y = 5 - y 4

Pra parábola y = x 2 - 2 x - 3 que complica um pouco porque precisamos isolar esse x de alguma forma. Bem, vamos pensar assim: e se fizéssemos aparecer um trinômio quadrado perfeito nessa parábola. Saca só:

x - 1 2 = x 2 - 2 x + 1

Ok mas isso não é a nossa parábola né? Mas pode ser, basta subtrair 4 dos dois lados:

y = x - 1 2 - 4 = x 2 - 2 x - 3

Agora da pra manipular:

y = x - 1 2 - 4

y + 4 = x - 1 2

x - 1 = ± y + 4

x = 1 ± y + 4

Logo geramos duas funções de y diferentes:

g y = 1 + y + 4

h y = 1 - y + 4

No final das contas ao invertermos tudo ficamos com:

y = 5

f y = 5 - y 4

g y = 1 + y + 4

h y = 1 - y + 4

Bora fazer um mini esboço pra entender direito o que fizemos. Quando a gente inverte uma função é como se tivéssemos pegando ela e girando 90 º no sentido anti-horário e depois espelhando com o eixo vertical. Os pontos que marcamos? Só mudar as coordenadas deles, levando em consideração que agora escreveremos eles como y , x :

Note que tanto g y quanto h y não estão definidos para y < - 4 porque se não a raiz par daria negativo, o que não rola! Perceba ainda que:

g - 4 = h - 4 = 1

Sendo assim, o ponto y , x = - 4,1 , que não ta marcado na figura, vai ser o ponto mais a esquerda possível da função, o que implica que - 4 vai entrar nos nossos limites de integração. Se o ponto C é o mais extremo direito e tem coordenadas y , x = 5,0 toda a minha região R está delimitada no intervalo:

- 4,5

Note que o ponto E tem coordenadas y , x = - 3,2 . Pela simetria entre g y e h y , é seguro afirmar que h y toca o eixo y (agora o horizontal) em y = - 3 . Show, então vou dividir meu intervalo da região em dois:

- 4,5 = - 4 , - 3 ∪ - 3,5

E a área vai ficar:

A = ∫ - 4 - 3 b l a b l a   d y + ∫ - 3 5 b l a b l a b l a b l a   d y

Pra primeira integral, veja bem o que temos nesse intervalo:

E o que é esse pedacinho se não esse:

Representado pela integral:

∫ - 4 - 3 1 + y + 4   d y

Menos esse pedacinho:

Representado pela integral:

∫ - 4 - 3 1 - y + 4   d y

Sendo assim vamos ter:

∫ - 4 - 3 b l a b l a   d y = ∫ - 4 - 3 1 + y + 4   d y - ∫ - 4 - 3 1 - y + 4   d y

∫ - 4 - 3 b l a b l a   d y = ∫ - 4 - 3 1 + y + 4 - 1 - y + 4 d y

Agora pra outra integral, é até mais tranquilo, porque podemos entender:

Como a soma da área:

Representado pela integral:

∫ - 3 - 5 5 - y 4   d y

E a área:

Representado pela integral:

- ∫ - 3 - 5 1 - y + 4   d y

Lembrando que o sinal de negativo ta aí pra compensar o resultado negativo da integral pura. Sendo assim, vamos ter:

∫ - 3 5 b l a b l a b l a b l a   d y = ∫ - 3 - 5 5 - y 4   d y + - ∫ - 3 - 5 1 - y + 4   d y

∫ - 3 5 b l a b l a b l a b l a   d y = ∫ - 3 - 5 5 - y 4 - 1 - y + 4   d y

Fechamos a área então, ela vai ser:

A = ∫ - 4 - 3 1 + y + 4 - 1 - y + 4 d y + ∫ - 3 - 5 5 - y 4 - 1 - y + 4   d y

Passo 4

Pra partir pro abraço e fechar essa questão, basta a gente escolher qual das expressões de área queremos usar. Como a da letra b não envolve raízes, ela vai ser a mais tranquila pra gente:

A = ∫ - 2 0 5 - x 2 - 2 x - 3     d x + ∫ 0 2 5 - 4 x - x 2 - 2 x - 3   d x

Podemos reescrever essa área para:

A = ∫ - 2 0 5 - x 2 + 2 x + 3   d x + ∫ 0 2 5 - 4 x - x 2 + 2 x + 3   d x

A = ∫ - 2 0 - x 2 + 2 x + 8   d x + ∫ 0 2 - x 2 - 2 x + 8   d x

Usando a regra de integração para polinômios, vamos ter:

A = - x 3 3 + x 2 + 8 x x = - 2 x = 0 + - x 3 3 - x 2 + 8 x x = 0 x = 2

Como o resultado da integral é tudo em função de x , a parcela com limite de integração igual a 0 some, sobrando:

A = - - - 2 3 3 + - 2 2 + 8 - 2 + - 2 3 3 - 2 2 + 8 . 2

A = - 8 3 + 4 - 16 + - 8 3 - 4 + 16

A = - 8 3 - 4 + 16 - 8 3 - 4 + 16

A = - 16 3 - 8 + 32 = - 16 - 24 + 96 3 = 56 3

Resposta

  1. A = ∫ - 2 0 5 - x 2 - 2 x - 3     d x + ∫ 0 2 5 - 4 x - x 2 - 2 x - 3   d x
  2. A = ∫ - 4 - 3 1 + y + 4 - 1 - y + 4 d y + ∫ - 3 - 5 5 - y 4 - 1 - y + 4   d y
  3. A = 56 3

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