Exercícios Resolvidos de Cascas Cilíndricas

Seja R a região plana definida por:

R = x , y ∈ I R 2 x ≤ y ≤ 1 + e x   ,   0 ≤ x ≤ 2

Considere S o sólido de revolução obtido através da rotação da região R em torno do eixo y .

(a) Esboce a região R

(b) Usando o método que preferir, escreva o volume de S como uma integral ou como uma soma de integrais.

(c) Calcule o volume de S.

Passo 1

(a)Esboçar as limitações em x

Vamos com calma que esboço de gráfico ou, no caso, regiões as vezes enrola a cabeça. Começando com o que é mais tranquilo, pelo enunciado, o menor valor possível de x é 0 e o maior valor possível é 2 . Então nossa região S está entre essas duas retas verticais:

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Esboçar as limitações em y

Show, vamos ver agora as limitações em y . Pelo enunciado:

x ≤ y ≤ 1 + e x

Agora, saca só: quando x está no seu ponto mínimo, que é 0 , o y vai estar entre:

0 ≤ y ≤ 2

Vamos então marcar esses pontos:

E quando quando x está no seu ponto máximo, que é 2 , o y vai estar entre:

2 ≤ y ≤ 1 + e 2

Marcando esses pontos:

Tudo o que falta agora é ligar os pontos A até D e B até C . Só que como y é limitado por duas funções, o caminho que esses pontos vão fazer até se ligarem é a própria curva dessas funções. Beleeeza, vamos então traçar.

Ligamos A até D pela função que limita y por cima, que é a função exponencial 1 + e x . Sendo assim:

E pra gente fechar e partir pro abraço, ligamos B até C pela função que limita y por cima, que é a reta x . Sendo assim:

Nossa região então vai ser o que está dentro, logo:

Passo 3

(a) Escolher um método e escrever a integral

Pra gente conseguir escrever a integral, vamos pensar nossa região R de uma forma diferente. Nossa região que era:

Pode ser “deitada” se invertermos as funções y x e escrevêssemos elas como funções x y . Partiu então?

y x = x → x y = y

y x = 1 + e x → x y = ln ⁡ y - 1

Graficamente:

O volume de uma região qualquer, pelo método dos discos, vai ser então:

∫ a b π x y 2 d y

E agora basta a gente entender como usar essa fórmula. Dá uma olhada aqui:

A região A , quando revolucionada, gera um cone, a região B + C , um cilindro e a região C , meio que um “copo”. Como a região R é igual à A + B , temos que diminuir do volume do cilidro o volume do copo. Ou seja, nosso volume vai ficar:

V = ∫ 0 2 π y 2 d y +   ∫ 2 1 + e 2 π 2 2 d y -   ∫ 2 1 + e 2 π ln ⁡ y - 1 2 d y

Passo 4

(b) Resolvendo a primeira integral

Agora é só trabalho braçal pra resolver a integral mesmo. Vamos aos poucos pra não nos confundirmos. A primeira integral vai ser:

∫ 0 2 π y 2 d y

E resolvendo a malandra, vamos ter:

∫ 0 2 π y 2 d y = π y 3 3 y = 0 y = 2 =   8 π 3

Passo 5

(b) Resolvendo a segunda integral

A segunda integral vai ser:

∫ 2 1 + e 2 4 π d y

Essa ai também tiramos de letra, só partir pra resolução:

∫ 2 1 + e 2 4 π d y = 4 π y y = 2 y = 1 + e 2 =   4 π e 2 - 1

Passo 6

(b) Resolvendo a terceira integral

Essa vai ser a integral mais complicadinha de resolver. A terceira vai ser:

∫ 2 1 + e 2 π ln ⁡ y - 1 2 d y

Vamos primeiro fazer uma substituição simples pra tirar o y - 1 dai. Vamos fazer:

u = y - 1 → d u = d y

y = 2 → u = 1

y = 1 + e 2 → u = e 2

∫ 1 e 2 π ln ⁡ u 2 d u

Se fizermos:

d g = π d u → g = π u

f = ln ⁡ u 2 → d f = 2 ln ⁡ u u d u

Vamos poder integrar por partes e ficar com:

∫ π ln ⁡ u 2 d u =   ∫ f d g = f g -   ∫ g d f

∫ π ln ⁡ u 2 d u =   π u ln ⁡ u 2 -   ∫ π u 2 ln ⁡ u u d u

∫ π ln ⁡ u 2 d u =   π u ln ⁡ u 2 -   ∫ 2 π ln ⁡ u d u

E aplicando os limites de integração:

∫ 1 e 2 π ln ⁡ u 2 d u =   π u ln ⁡ u 2 u = 1 u = e 2 -   ∫ 1 e 2 2 π ln ⁡ u  

∫ 1 e 2 π ln ⁡ u 2 d u =   4 π e 2 -   ∫ 1 e 2 2 π ln ⁡ u  

Infelizmente vamos ter que integrar por partes de novo porque ainda sobrou um logarítimo dentro da integral. Se fizermos:

d g = 2 π d u → g = 2 π u

f = ln ⁡ u → d f = 1 u d u

Ficamos com:

∫ 2 π ln ⁡ u d u = ∫ f d g = f g -   ∫ g d f

∫ 2 π ln ⁡ u d u = 2 π u ln ⁡ u - ∫ 2 π d u  

∫ 2 π ln ⁡ u d u = 2 π u ln ⁡ u - 2 π u  

Aeee, sem integrais restantes! Agora vamos juntar os resultados todos. Mas antes, vamos aplicar os limites de integração de novo:

∫ 1 e 2 2 π ln ⁡ u   = 2 π u ln ⁡ u - 2 π u   u = 1 u = e 2

∫ 1 e 2 2 π ln ⁡ u   = 4 π e 2 -   2 π e 2 +   2 π

Agora vamos unir todos os resultados. O que a gente achou foi:

∫ 2 1 + e 2 π ln ⁡ y - 1 2 d y = ∫ 1 e 2 π ln ⁡ u 2 d u

∫ 1 e 2 π ln ⁡ u 2 d u = 4 π e 2 -   ∫ 1 e 2 2 π ln ⁡ u  

∫ 1 e 2 2 π ln ⁡ u   = 4 π e 2 -   2 π e 2 +   2 π

Então se juntarmos tudo no liquidificador e apertar o Start:

∫ 2 1 + e 2 π ln ⁡ y - 1 2 d y = 4 π e 2 - 4 π e 2 +   2 π e 2 -   2 π

∫ 2 1 + e 2 π ln ⁡ y - 1 2 d y = 2 π e 2 -   2 π

Passo 7

(b) Juntando o resultado das 3 integrais

Ufa, finalmente. Pra terminarmos e acharmos o volume a gente só precisa unir o resultado das 3 integrais. Vamos lá então e depois é só partir pro abraço:

V = ∫ 0 2 π y 2 d y +   ∫ 2 1 + e 2 π 2 2 d y -   ∫ 2 1 + e 2 π ln ⁡ y - 1 2 d y

V = 8 π 3 +   4 π e 2 - 1 - 2 π e 2 -   2 π

V = 8 π 3 +   4 π e 2 - 4 π   - 2 π e 2 +   2 π

V = 8 π 3 +   2 π e 2 -   2 π

V = 2 π   4 3 + e 2 - 1

V = 2 π   e 2 + 1 3

Resposta

(a)

(b) V = ∫ 0 2 π y 2 d y +   ∫ 2 1 + e 2 4 π d y -   ∫ 2 1 + e 2 π ln ⁡ y - 1 2 d y

(c) V = 2 π   e 2 + 1 3

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