Determine os volumes dos sólidos obtidos pelas rotações, em torno do eixo O x, das regiões:
a) A=\left\{(x, y) \in \mathbb{R}^{2}: 0 \leq x y \leq 2, x^{2}+y^{2} \leq 5\right. e \left.x>0\right\}
b) A=\left\{(x, y) \in \mathbb{R}^{2}: y \geq \sqrt{x} \mathrm{e}(x-1)^{2}+y^{2} \leq 1\right\}
c) A=\left\{(x, y) \in \mathbb{R}^{2}: 0 \leq x \leq 2 \mathrm{e} e^{-x} \leq y \leq e^{x}\right\}
d) A=\left\{(x, y) \in \mathbb{R}^{2}: x>0, y \leq 1\right. e \left.1 / x \leq y \leq 4 / x^{2}\right\}

Passo 1

O problema pede o volume dos sólidos obtidos ao girar em torno do eixo Ox quatro regiões planas distintas. Em todas elas vamos usar o método dos discos (ou anéis): em cada x, a seção transversal perpendicular ao eixo Ox é um disco de raio dado por alguma função y=y_{\max}(x) ou anel entre duas funções y_{\rm superior}(x) e y_{\rm inferior}(x). O volume é
V = \pi \int_{x_{\min}}^{x_{\max}} \bigl[y_{\rm superior}(x)^2 - y_{\rm inferior}(x)^2\bigr]\,dx.
Nos próximos passos vamos, para cada região, encontrar as curvas que limitam y, o intervalo de x, montar e calcular a integral.

Passo 2

Para a região
A=\bigl\{(x,y)\colon x>0,\;0\le x\,y\le2,\;x^2+y^2\le5\bigr\},
temos y\ge0 e duas fronteiras acima do eixo:
y_1(x)=\sqrt{5-x^2}, \quad y_2(x)=\frac{2}{x}.
Em cada x>0 o raio da seção é
\displaystyle y_{\max}(x)=\min\bigl(\sqrt{5-x^2},\,2/x\bigr).
As duas curvas se igualam resolvendo
\sqrt{5-x^2}=\frac{2}{x} \;\Longrightarrow\; x^4-5x^2+4=0 \;\Longrightarrow\; x=1\;\text{ou}\;x=2.
Também a região existe só enquanto \sqrt{5-x^2} for real, isto é 0<x\le\sqrt5. Analisando em cada trecho:
  • Para 0<x\le1, \sqrt{5-x^2}\le2/x, logo y_{\max}=\sqrt{5-x^2}.
  • Para 1\le x\le2, 2/x\le\sqrt{5-x^2}, logo y_{\max}=2/x.
  • Para 2\le x\le\sqrt5, volta a valer \sqrt{5-x^2}\le2/x, logo y_{\max}=\sqrt{5-x^2}.
Como não há “buraco” interno ( y_{\min}=0), o volume é
V_a =\pi\biggl[\int_{0}^{1}\!(\sqrt{5-x^2})^2\,dx +\int_{1}^{2}\!\Bigl(\frac{2}{x}\Bigr)^2\,dx +\int_{2}^{\sqrt5}\!(\sqrt{5-x^2})^2\,dx\biggr].
Calculando cada parte:
\int(5-x^2)\,dx = 5x-\frac{x^3}{3}, \quad \int_{1}^{2}\frac{4}{x^2}\,dx =4\Bigl[-\frac1x\Bigr]_{1}^{2}=2,
\int_{0}^{1}(5-x^2)\,dx =\Bigl[5x-\frac{x^3}{3}\Bigr]_0^1 =5-\tfrac13=\tfrac{14}{3},
\int_{2}^{\sqrt5}(5-x^2)\,dx =\Bigl[5x-\tfrac{x^3}{3}\Bigr]_{2}^{\sqrt5} =\frac{10\sqrt5-22}{3}.
Somando,
V_a =\pi\Bigl(\tfrac{14}{3}+2+\tfrac{10\sqrt5-22}{3}\Bigr) =\pi\,\frac{10\sqrt5-2}{3}.

Passo 3

Para
A=\bigl\{(x,y)\colon 0\le x\le2,\;y\ge\sqrt{x},\;(x-1)^2+y^2\le1\bigr\},
a parte interna ao disco de raio 1 centrado em (1,0) é y\le\sqrt{1-(x-1)^2}. A condição y\ge\sqrt{x} só é compatível enquanto
\sqrt{x}\le\sqrt{1-(x-1)^2}, que dá 0\le x\le1. Assim, para 0\le x\le1 as seções são anéis com
y_{\rm sup}(x)=\sqrt{1-(x-1)^2}, \quad y_{\rm inf}(x)=\sqrt{x}.
O volume é
V_b =\pi\int_{0}^{1}\Bigl[\bigl(\sqrt{1-(x-1)^2}\bigr)^2 - (\sqrt{x})^2\Bigr]dx =\pi\int_{0}^{1}\bigl[1-(x-1)^2 - x\bigr]dx =\pi\int_{0}^{1}\bigl(-x^2+x\bigr)dx =\frac{\pi}{6}.

Passo 4

Para
A=\bigl\{(x,y)\colon 0\le x\le2,\;e^{-x}\le y\le e^{x}\bigr\},
em cada x o anel tem raio externo e^{x} e interno e^{-x}. Logo
V_c =\pi\int_{0}^{2}\Bigl(e^{2x}-e^{-2x}\Bigr)dx =\pi\biggl[\frac{e^{2x}}{2}+\frac{e^{-2x}}{2}\biggr]_{0}^{2} =\frac{\pi}{2}\bigl(e^4+e^{-4}-2\bigr).

Passo 5

Para
A=\bigl\{(x,y)\colon x>0,\;1/x\le y\le4/x^2,\;y\le1\bigr\},
a fronteira superior é \min(1,4/x^2) e a inferior é 1/x. Verificamos:
  • Se 1\le x\le2, então 4/x^2\ge1 e y\le1 domina, logo y_{\rm sup}=1.
  • Se 2\le x\le4, então 4/x^2\le1, logo y_{\rm sup}=4/x^2.
    Em ambos os casos y_{\inf}=1/x. Assim
V_d =\pi\Bigl[\int_{1}^{2}\bigl(1^2-(1/x)^2\bigr)dx +\int_{2}^{4}\bigl((4/x^2)^2-(1/x)^2\bigr)dx\Bigr].
Calcula-se
\displaystyle\int_{1}^{2}(1-1/x^2)\,dx=\tfrac12,
\displaystyle\int_{2}^{4}(16/x^4-1/x^2)\,dx=\tfrac13,
logo
V_d =\pi\Bigl(\tfrac12+\tfrac13\Bigr) =\frac{5\pi}{6}.

Resposta

(a) \displaystyle V_a=\frac{\pi}{3}\bigl(10\sqrt5-2\bigr).
(b) \displaystyle V_b=\frac{\pi}{6}.
(c) \displaystyle V_c=\frac{\pi}{2}\bigl(e^4+e^{-4}-2\bigr).
(d) \displaystyle V_d=\frac{5\pi}{6}.

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