Em cada um dos exercícios 7 a 10 considere a região R limitada pelas curvas de equações dadas. Aplicando o método das cascas cilíndricas, calcule o volume do sólido obtido pela rotação da região R em torno do eixo E dado.
R: y=\frac{1}{4-x^{2}}, x=0, x=1, y=0;
E : reta y=2

Passo 1

O enunciado dá a região R e pede o volume do sólido obtido ao girá‑la em torno da reta E:\;y=2, usando o método das cascas cilíndricas. Vou listar com clareza o que temos e o que é pedido.
  • Curvas que limitam R:
    • cima: y=\dfrac{1}{4-x^{2}},
    • esquerda: x=0,
    • direita: x=1,
    • baixo: y=0.
  • Eixo de rotação: E:\;y=2 (reta horizontal).
  • O que pedem: calcular o volume do sólido gerado pela rotação da região R em torno de y=2 aplicando o método das cascas cilíndricas.
Informações úteis (tiradas do enunciado):
  • A função y=f(x)=\dfrac{1}{4-x^{2}} é definida e positiva em [0,1].
  • Em x=0 tem f(0)=\dfrac{1}{4} e em x=1 tem f(1)=\dfrac{1}{3}. Portanto a altura máxima da região é \dfrac{1}{3} e a mínima é 0.

Passo 2

Princípio do método das cascas cilíndricas (explicação didática e sem pular etapas).
  • Quando o eixo de rotação é horizontal (aqui y=2), fazemos fatias horizontais (retângulos paralelos ao eixo). Cada fatia, ao girar em torno de y=2, gera uma casca cilíndrica.
  • Fórmula geral das cascas: para fatias horizontais, cada casca tem:
    • raio r(y)= distância entre a fatia (na altura y) e o eixo y=2. Logo \;r(y)=2-y.
    • altura da casca h(y)= comprimento da interseção da linha y= constante com a região R (medida em x).
    • espessura \;dy.
  • Volume de uma casca elementar: \;dV = 2\pi\cdot(\text{raio})\cdot(\text{altura})\cdot(\text{espessura}) = 2\pi r(y)h(y)\,dy.
  • Volume total: \;V = 2\pi \displaystyle\int_{y_{\min}}^{y_{\max}} r(y)\,h(y)\,dy.
Aqui é importante entender o que é h(y): para cada y fixo, h(y) é o comprimento do conjunto de x\in[0,1] tal que 0\le y\le f(x), isto é, o comprimento horizontal da região naquele nível y.

Passo 3

Determinar os limites de integração em y e expressar h(y) (observação da geometria).
  • A região tem y variando de baixo y_{\min}=0 até o maior valor do teto sobre [0,1], que é y_{\max}=f(1)=\dfrac{1}{3}. Portanto integraremos em y de 0 a \dfrac{1}{3}.
  • Em princípio h(y) pode variar com y de forma diferente em subintervalos, porque f(x) não é constante. Se tentássemos escrever h(y) explicitamente poderíamos ter que dividir casos (como notei na análise: para 0\le y\le \tfrac{1}{4} a interseção em x é o intervalo [0,1], enquanto para \tfrac{1}{4}<y\le \tfrac{1}{3} a interseção é [x_0(y),1] com x_0(y) definido pela inversa da curva). Isso leva a uma expressão em duas parcelas.
  • Para evitar a complicação e ainda aplicar o método das cascas, vamos usar a técnica de trocar a ordem de integração (Fubini) no contexto das cascas: escrever h(y) como integral em x usando a função indicadora e então trocar integrais. Isso é perfeitamente válido para esta região bem comportada e simplifica muito a computação.

Passo 4

Escrever o volume como integral dupla e trocar a ordem (passo chave que facilita o cálculo mantendo o método das cascas).
  • Começamos com a expressão das cascas:
V = 2\pi \int_{0}^{\tfrac{1}{3}} (2-y)\,h(y)\,dy.
  • Agora escrevemos h(y) como integral em x: para cada y, h(y)=\displaystyle\int_{0}^{1} \mathbf{1}_{\{f(x)\ge y\}}\,dx, onde \mathbf{1}_{\{f(x)\ge y\}} é a função indicadora que vale 1 se y\le f(x) e 0 caso contrário.
  • Assim
V = 2\pi \int_{0}^{\tfrac{1}{3}} (2-y)\left(\int_{0}^{1} \mathbf{1}_{\{f(x)\ge y\}}\,dx\right) dy.
  • Troca de ordem de integração (aplicando Fubini/Tonelli; a região é limitada e as funções são não negativas, então a troca é segura):
V = 2\pi \int_{0}^{1} \left(\int_{0}^{f(x)} (2-y)\,dy \right) dx.
Esta é uma forma muito prática: corresponde a somar, para cada coluna vertical em x, o volume gerado pelas fatias horizontais daquele topo y=f(x).

Passo 5

Calcular a integral interna em y: \displaystyle\int_{0}^{f(x)} (2-y)\,dy.
  • Esta integral é simples de calcular passo a passo:
\int_{0}^{f(x)} (2-y)\,dy = \left[2y - \frac{y^{2}}{2}\right]_{0}^{f(x)} = 2f(x) - \frac{(f(x))^{2}}{2}.
  • Lembrando f(x)=\dfrac{1}{4-x^{2}}, obtemos a expressão dentro da integral em x:
2f(x)-\frac{(f(x))^{2}}{2} = 2\cdot\frac{1}{4-x^{2}} - \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{(4-x^{2})^{2}}.

Passo 6

Montar a integral em x e separar em termos mais simples.
  • Voltando à expressão do volume:
V = 2\pi \int_{0}^{1} \left(2\cdot\frac{1}{4-x^{2}} - \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{(4-x^{2})^{2}}\right) dx.
  • Factorizando:
V = 2\pi\left(2\int_{0}^{1}\frac{1}{4-x^{2}}\,dx - \frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{1}{(4-x^{2})^{2}}\,dx\right).
  • Para simplificar a notação, vou calcular separadamente
I_1=\int_{0}^{1}\frac{1}{4-x^{2}}\,dx, \qquad I_2=\int_{0}^{1}\frac{1}{(4-x^{2})^{2}}\,dx.

Passo 7

Calcular I_1=\displaystyle\int_{0}^{1}\frac{1}{4-x^{2}}\,dx passo a passo (integração por frações simples).
  • Use a decomposição parcial já conhecida:
\frac{1}{4-x^{2}}=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{2-x}+\frac{1}{2+x}\right).
  • Integrando,
I_1=\frac{1}{4}\left( -\ln|2-x| + \ln|2+x|\right)\Big|_{0}^{1} = \frac{1}{4}\ln\!\left(\frac{2+1}{2-1}\right) = \frac{1}{4}\ln 3.

Passo 8

Calcular I_2=\displaystyle\int_{0}^{1}\frac{1}{(4-x^{2})^{2}}\,dx com uma substituição trigonométrica (passo a passo).
  • Faça x=2\sin\theta. Então dx=2\cos\theta\,d\theta.
  • Quando x=0\Rightarrow \theta=0. Quando x=1\Rightarrow \theta=\arcsin\!\left(\tfrac{1}{2}\right)=\tfrac{\pi}{6}.
  • Observe que 4-x^{2}=4-4\sin^{2}\theta=4\cos^{2}\theta. Logo (4-x^{2})^{2}=16\cos^{4}\theta.
  • Substituindo:
I_2=\int_{0}^{\pi/6}\frac{2\cos\theta}{16\cos^{4}\theta}\,d\theta = \frac{1}{8}\int_{0}^{\pi/6}\operatorname{sec}^{3}\theta\,d\theta.
  • A primitiva conhecida é
\int \operatorname{sec}^{3}\theta\,d\theta = \frac{1}{2}\operatorname{sec}\theta\tan\theta + \frac{1}{2}\ln\!\bigl|\operatorname{sec}\theta+\tan\theta\bigr| + C.
  • Portanto
I_2 = \frac{1}{8}\left[\frac{1}{2}\operatorname{sec}\theta\tan\theta + \frac{1}{2}\ln\!\bigl(\operatorname{sec}\theta+\tan\theta\bigr)\right]_{0}^{\pi/6} = \frac{1}{16}\left[\operatorname{sec}\theta\tan\theta + \ln(\operatorname{sec}\theta+\tan\theta)\right]_{0}^{\pi/6}.
  • Avaliando em \theta=\pi/6: \operatorname{sec}(\pi/6)=\dfrac{2}{\sqrt{3}}, \tan(\pi/6)=\dfrac{1}{\sqrt{3}}. Então \operatorname{sec}\tan=\dfrac{2}{3} e \operatorname{sec}+\tan=\sqrt{3} (pois \dfrac{2}{\sqrt{3}}+\dfrac{1}{\sqrt{3}}=\dfrac{3}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}).
  • Em \theta=0: \sec0=1,\\ \tan0=0, então contribuição nula do log e do termo \operatorname{sec}\tan.
  • Assim
I_2 = \frac{1}{16}\left(\frac{2}{3} + \ln(\sqrt{3})\right) = \frac{1}{16}\left(\frac{2}{3} + \frac{1}{2}\ln 3\right) = \frac{1}{24} + \frac{1}{32}\ln 3.

Passo 9

Combinar os resultados para obter V.
  • Voltando à expressão
V = 2\pi\left(2I_{1} - \frac{1}{2}I_{2}\right).
  • Substituindo I_1=\dfrac{1}{4}\ln 3 e I_2=\dfrac{1}{24}+\dfrac{1}{32}\ln 3:
V = 2\pi\left(2\cdot\frac{1}{4}\ln 3 - \frac{1}{2}\left(\frac{1}{24}+\frac{1}{32}\ln 3\right)\right).
  • Simplificando passo a passo:
    • 2\cdot\frac{1}{4}\ln 3 = \dfrac{1}{2}\ln 3.
    • \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{24}+\dfrac{1}{32}\ln 3\right) = \dfrac{1}{48} + \dfrac{1}{64}\ln 3.
    • Então dentro do parêntese: \dfrac{1}{2}\ln 3 - \left(\dfrac{1}{48} + \dfrac{1}{64}\ln 3\right) = \left(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{64}\right)\ln 3 - \dfrac{1}{48}.
    • \dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{64} = \dfrac{32}{64}-\dfrac{1}{64} = \dfrac{31}{64}.
  • Portanto
V = 2\pi\left(\frac{31}{64}\ln 3 - \frac{1}{48}\right) = \pi\left(\frac{31}{32}\ln 3 - \frac{1}{24}\right).

Resposta

\displaystyle V=\pi\!\left(\frac{31}{32}\ln 3-\frac{1}{24}\right)

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