Seja 0 \leq \alpha<\frac{\pi}{2}. Considere a região infinita \mathcal{S}_{\alpha} limitada pelos eixos coordenados x=0, y=0 e pelo gráfico da função
f(x)=\frac{1}{\left(x^{2}-2 x \tan \alpha+\operatorname{sec} ^{2} \alpha\right)}, \quad x \geq 0
(a) Se s(\alpha) denota a área de \mathcal{S}_{\alpha}, mostre que \pi / 2<s(\alpha)<\pi.
(b) Seja \mathcal{W}_{\alpha} denota a região limitada pelos eixos coordenados x=0, y=0, o gráfico de f(x) e o gráfico da função g(x)=1 / x^{2}. Se w(\alpha) denota a área de \mathcal{W}_{\alpha}, mostre que
w(\alpha)=\frac{\pi}{2}-\alpha+\sin 2 \alpha
(c) Determine o valor de \alpha para o qual w(\alpha) atinge seu valor máximo. Justifique sua resposta. Resposta: \alpha=\pi / 6.

Passo 1

O enunciado trata de duas regiões no primeiro quadrante definidas pelas curvas
f(x)=\frac{1}{x^{2}-2x\tan\alpha+\operatorname{sec}^{2}\alpha},\quad g(x)=\frac{1}{x^{2}},
com 0\le\alpha<\frac{\pi}{2}. Na parte (a) queremos a área \mathcal S_\alpha limitada pelos eixos e pelo gráfico de f: será \displaystyle s(\alpha)=\int_{0}^{\infty}f(x)\,dx.
Na parte (b) a região \mathcal W_\alpha é limitada também por g, e sua área é \displaystyle w(\alpha)= “área sob f até a interseção com g
mais “área sob g depois dessa interseção”.
Na parte (c) precisamos achar o \alpha que maximiza w(\alpha).
Os principais conteúdos são: completar quadrado para integrar f, achar o ponto de interseção f=g, calcular duas integrais impróprias e usar derivada de w para máximo.

Passo 2

(a) Cálculo de
s(\alpha)=\int_{0}^{\infty}\frac{dx}{x^{2}-2x\tan\alpha+\operatorname{sec}^{2}\alpha}.
Observe que
x^{2}-2x\tan\alpha+\operatorname{sec}^{2}\alpha=(x-\tan\alpha)^{2}+1,
logo com u=x-\tan\alpha temos
s(\alpha) =\int_{x=0}^{\infty}\frac{dx}{(x-\tan\alpha)^{2}+1} =\int_{u=-\tan\alpha}^{\infty}\frac{du}{u^{2}+1} =\Bigl[\arctan(u)\Bigr]_{-\tan\alpha}^{\infty} =\frac{\pi}{2}-\bigl(-\arctan(\tan\alpha)\bigr) =\frac{\pi}{2}+\alpha.
Como 0\le\alpha<\frac{\pi}{2}, segue
\frac{\pi}{2}<\frac{\pi}{2}+\alpha<s(\alpha)<\pi.

Passo 3

(b) Primeiro achamos x_{0}>0 tal que f(x_{0})=g(x_{0}).
\frac{1}{(x_{0}-\tan\alpha)^{2}+1}=\frac{1}{x_{0}^{2}} \;\Longrightarrow\; (x_{0}-\tan\alpha)^{2}+1=x_{0}^{2} \;\Longrightarrow\; x_{0}=\frac{\tan^{2}\alpha+1}{2\tan\alpha} =\frac{\operatorname{sec}^{2}\alpha}{2\tan\alpha} =\frac{1}{\sin2\alpha}.
A área \displaystyle w(\alpha) divide-se em \int_{0}^{x_{0}}f(x)\,dx mais \int_{x_{0}}^{\infty}g(x)\,dx.
  1. \displaystyle\int_{0}^{x_{0}}f(x)\,dx =\int_{0}^{x_{0}}\frac{dx}{(x-\tan\alpha)^{2}+1} =\bigl[\arctan(x-\tan\alpha)\bigr]_{0}^{x_{0}}
=\arctan\!\Bigl(\frac{1}{\sin2\alpha}-\tan\alpha\Bigr) -\arctan(-\tan\alpha).
Note que \displaystyle\frac{1}{\sin2\alpha}-\tan\alpha =\frac{1-2\sin^{2}\alpha}{\sin2\alpha} =\frac{\cos2\alpha}{\sin2\alpha}=\cot2\alpha e \arctan(\cot2\alpha)=\tfrac{\pi}{2}-2\alpha.
Também -\arctan(-\tan\alpha)=+\alpha.
Logo
\int_{0}^{x_{0}}f(x)\,dx =\bigl(\tfrac{\pi}{2}-2\alpha\bigr)+\alpha =\frac{\pi}{2}-\alpha.
  1. \displaystyle\int_{x_{0}}^{\infty}g(x)\,dx =\int_{x_{0}}^{\infty}\frac{dx}{x^{2}} =\Bigl[-\frac{1}{x}\Bigr]_{x_{0}}^{\infty} =\frac{1}{x_{0}} =\sin2\alpha.
    Somando, chega-se a
w(\alpha)=\frac{\pi}{2}-\alpha+\sin2\alpha.

Passo 4

(c) Para achar o máximo de \displaystyle w(\alpha)=\frac{\pi}{2}-\alpha+\sin2\alpha em 0\le\alpha<\tfrac{\pi}{2}, calcule
w'(\alpha)=-1+2\cos2\alpha.
Zerando: -1+2\cos2\alpha=0\implies\cos2\alpha=\tfrac12\implies2\alpha=\tfrac{\pi}{3}\implies\alpha=\tfrac{\pi}{6}.
Nos extremos w(0)=\pi/2 e w(\alpha)\to0 quando \alpha\to\pi/2, de modo que o único crítico interior \alpha=\pi/6 é de fato máximo.

Resposta

\displaystyle \alpha=\frac{\pi}{6}.

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