Integrais Definidas e Algumas de Suas Aplicações

Um dos usos do cálculo integral é nos permitir determinar os valores de áreas delimitadas por curvas.

Vamos tentar abordar o assunto passo a passo.

Seja $A B$ (na figura a seguir) uma curva cuja equação é conhecida. Isto é, $y$ nesta curva é uma função conhecida de $x$ . Pense em um trecho da curva que vai do ponto $P$ ao ponto $Q$ .

Figure 1 Figura 1 Fig. 19.1

Imagine que uma perpendicular $P M$ seja traçada a partir de $P$ , e outra $Q N$ a partir do ponto $Q$ . Em seguida, chamemos $O M = x_{1}$ e $O N = x_{2}$ , e as ordenadas $P M = y_{1}$ e $Q N = y_{2}$ . Delimitamos, assim, a área $P Q N M$ que fica abaixo do trecho $P Q$ . O problema é: como podemos calcular o valor dessa área?

O segredo para resolver este problema é conceber a área como sendo dividida em uma grande quantidade de tiras estreitas, cada uma delas com largura $d x$ . Quanto menor tomarmos $d x$ , mais tiras haverá entre $x_{1}$ e $x_{2}$ . Ora, a área total é claramente igual à soma das áreas de todas essas tiras. Nosso trabalho será, então, descobrir uma expressão para a área de qualquer uma dessas tiras estreitas e integrá-la para somar todas as tiras. Pense agora em uma dessas tiras. Ela será assim: delimitada por dois lados verticais, com uma base plana $d x$ , e com um topo ligeiramente curvo e inclinado. Suponha que tomemos sua altura média como sendo $y$ ; então, como sua largura é $d x$ , sua área será $y d x$ (figura seguinte). E, visto que podemos tomar a largura tão estreita quanto quisermos, se a tomarmos estreita o suficiente, sua altura média será igual à altura no ponto médio dela. Agora, chamemos o valor desconhecido da área total de $S$ , significando superfície. A área de uma tira será simplesmente um pedacinho da área total e pode, portanto, ser chamada de $d S$ . Assim, podemos escrever: $área de 1 tira = d S = y \cdot d x .$

Figure 2 Figura 2 Fig. 19.2

Se, então, somarmos todas as tiras, obtemos $área total S = \int d S = \int y d x .$

Portanto, encontrar $S$ depende de podermos integrar $y \cdot d x$ para o caso particular, quando sabemos qual é o valor de $y$ em função de $x$ .

Por exemplo, if você recebesse a informação de que, para a curva particular em questão, $y = b + a x^{2}$ , sem dúvida você poderia colocar esse valor na expressão e dizer: então preciso encontrar $\int (b + a x^{2}) d x$ .

Tudo isso está muito bem; mas um pouco de reflexão mostrará que algo mais deve ser feito. Como a área que estamos tentando encontrar não é a área sob todo o comprimento da curva, mas apenas a área limitada à esquerda por $P M$ , e à direita por $Q N$ , segue-se que devemos fazer algo para definir nossa área entre esses ‘limites’.

Isso nos introduz a uma nova noção, a de integrar entre limites. Supomos que $x$ varie e, para o propósito atual, não precisamos de nenhum valor de $x$ abaixo de $x_{1}$ (ou seja, $O M$ ), nem de nenhum valor de $x$ acima de $x_{2}$ (ou seja, $O N$ ). Quando uma integral deve ser definida entre dois limites, chamamos o menor dos dois valores de limite inferior, e o valor maior de limite superior. Qualquer integral assim limitada nós designamos como uma integral definida, a fim de distingui-la de uma integral indefinida (que é o inverso da diferenciação), à qual não são atribuídos limites.

Nos símbolos que dão instruções para integrar, os limites são indicados colocando-os na parte superior e inferior, respectivamente, do sinal de integração. Assim, a instrução $\int_{x = x_{1}}^{x = x_{2}} y \cdot d x$ deve ser lida como: encontre a integral de $y \cdot d x$ entre o limite inferior $x_{1}$ e o limite superior $x_{2}$ .

Às vezes, escreve-se de forma mais simples $\int_{x_{1}}^{x_{2}} y \cdot d x .$ Bem, mas como encontrar uma integral entre limites quando se tem essas instruções?

Olhe novamente para a primeira figura deste capítulo. Suponha que pudéssemos encontrar a área sob o pedaço maior da curva de $A$ a $Q$ , isto é, de $x = 0$ a $x = x_{2}$ , chamando a área de $A Q N O$ . Em seguida, suponha que pudéssemos encontrar a área sob o trecho menor de $A$ a $P$ , isto é, de $x = 0$ a $x = x_{1}$ , a saber, a área $A P M O$ . Se, então, subtrairmos a área menor da maior, teremos como restante a área $P Q N M$ , que é o que queremos. Aqui temos a pista do que fazer: a integral definida entre dois limites é a diferença entre a integral calculada para o limite superior e a integral calculada para o limite inferior.

Vamos então prosseguir. Primeiro, encontre a integral geral assim: $\int y d x,$ e, como $y = b + a x^{2}$ é a equação da curva (Fig. 19.1), $\int (b + a x^{2}) d x$ é a integral geral que devemos encontrar.

Fazendo a integração em questão pela regra, obtemos $b x + \frac{a}{3} x^{3} + C;$ e esta será a área total de $0$ até qualquer valor de $x$ que possamos atribuir.

Portanto, a área maior até o limite superior $x_{2}$ será $b x_{2} + \frac{a}{3} x_{2}^{3} + C;$ e a área menor até o limite inferior $x_{1}$ será $b x_{1} + \frac{a}{3} x_{1}^{3} + C .$

Agora, subtraindo a menor da maior, obtemos para a área $S$ o valor: $área S = b (x_{2} - x_{1}) + \frac{a}{3} (x_{2}^{3} - x_{1}^{3}) .$

Esta é a resposta que queríamos. Vamos dar alguns valores numéricos. Suponha $b = 10$ , $a = 0, 06$ , $x_{2} = 8$ e $x_{1} = 6$ . Então a área $S$ é igual a \begin{gathered} 10(8 - 6) + \frac{0,06}{3} (8^3 - 6^3) \\ \begin{align} &= 20 + 0,02(512 - 216) \\ &= 20 + 0,02 \times 296 \\ &= 20 + 5,92 \\ &= 25,92. \end{align} \end{gathered}

Vamos colocar aqui uma maneira simbólica de expressar o que verificamos sobre os limites: $\int_{x = x_{1}}^{x = x_{2}} y d x = y_{2} - y_{1},$ onde $y_{2}$ é o valor integrado de $y d x$ correspondente a $x_{2}$ , e $y_{1}$ é o correspondente a $x_{1}$ .

Toda integração entre limites requer que a diferença entre dois valores seja assim calculada. Observe também que, ao fazer a subtração, a constante adicionada $C$ desapareceu.

Em resumo, \bbox[5px,border:1px solid black;background-color:#f2f2f2]{\displaystyle \int_{x_1}^{x_2}y\,dx=\left[\int y\,dx\right]_{x_1}^{x_2}}. O símbolo ${[\int y d x]}_{x_{1}}^{x_{2}}$ significa avaliar $\int y d x$ para $x = x_{2}$ e para $x = x_{1}$ e subtrair esta última da primeira.

Exemplos

Example 1.

Exemplo 19.1. Para nos familiarizarmos com o processo, vamos tomar um caso do qual já sabemos a resposta de antemão. Vamos encontrar a área do triângulo (figura a seguir), que tem base $x = 12$ e altura $y = 4$ . Sabemos de antemão, por geometria óbvia, que a resposta será $24$ .

Agora, aqui temos como a “curva” uma linha inclinada para a qual a equação é $y = \frac{x}{3} .$

A área em questão será $\int_{x = 0}^{x = 12} y \cdot d x = \int_{x = 0}^{x = 12} \frac{x}{3} \cdot d x .$

Integrando $\frac{x}{3} d x$ e colocando o valor da integral indefinida entre colchetes com os limites indicados acima e abaixo, obtemos \begin{align} \text{área} &= \left[ \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} x^2 +C\right]^{x=12}_{x=0} \\ &= \left[ \frac{x^2}{6}+C \right]^{x=12}_{x=0} \\ &= \left[ \frac{12^2}{6}+C \right] - \left[ \frac{0^2}{6}+C \right] \\ &= \frac{144}{6} = 24.\quad \text{Resp}. \end{align}

Vamos nos certificar sobre este truque de cálculo bastante surpreendente, testando-o em um exemplo simples. Pegue um papel quadriculado, de preferência um que seja pautado em pequenos quadrados de um oitavo de polegada ou um décimo de polegada de cada lado. Nesse papel quadriculado, trace o gráfico da equação: $y = \frac{x}{3} .$

Os valores a serem plotados serão: $\begin{array}{ccccccc} x & 0 & 3 & 6 & 9 & 12 \\ y & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 \end{array}$

O gráfico é apresentado a seguir.

Agora calcule a área sob a curva contando os pequenos quadrados abaixo da linha, de $x = 0$ até $x = 12$ à direita. Há $18$ quadrados inteiros e quatro triângulos, cada um dos quais com uma área igual a $1 \frac{1}{2}$ quadrado; ou, no total, $24$ quadrados. Portanto, $24$ é o valor numérico da integral de $\frac{x}{3} d x$ entre o limite inferior de $x = 0$ e o limite superior de $x = 12$ .

Como um exercício adicional, mostre que o valor da mesma integral entre os limites de $x = 3$ e $x = 15$ é $36$ .

Example 2.

Exemplo 19.2. Encontre a área, entre os limites $x = x_{1}$ and $x = 0$ , da curva $y = \frac{b}{x + a}$ (figura a seguir).

Solução. \begin{align} \text{Área} &= \int^{x=x_1}_{x=0} y \cdot dx = \int^{x=x_1}_{x=0} \frac{b}{x+a}\, dx \\[6pt] &= b \bigl[\ln(x + a)+C \bigr]^{x_1} _{0} \\[6pt] &= b \bigl[\ln(x_1 + a)+C - \ln(0 + a)-C\bigr] \\ &= b \ln \frac{x_1 + a}{a}.\quad \text{Resp}. \end{align}

Nota — Observe que, ao lidar com integrais definidas, a constante $C$ sempre desaparece por subtração.

Observe-se que este processo de subtrair uma parte de uma maior para encontrar a diferença é realmente uma prática comum. Como você encontra a área de um anel plano (figura seguinte), cujo raio externo é $r_{2}$ e o raio interno é $r_{1}$ ? Você sabe pela geometria que a área do círculo externo é $π r_{2}^{2}$ ; depois você encontra a área do círculo interno, $π r_{1}^{2}$ ; então subtrai este último do primeiro e encontra a área do anel $= π (r_{2}^{2} - r_{1}^{2})$ ; que pode ser escrita como $π (r_{2} + r_{1}) (r_{2} - r_{1})$ $= circunferência média do anel \times largura do anel$ .

Figure 3 Figura 3 Fig. 19.6

Example 3.

Exemplo 19.3. Aqui está outro caso — o da curva de decaimento. Encontre a área entre $x = 0$ e $x = a$ da curva (figura a seguir) cuja equação é \begin{align} y &= be^{-x}. \end{align}

Solução. $Área = b \int_{x = 0}^{x = a} e^{- x} \cdot d x .$ A integração (veja aqui) fornece \begin{align} &= b\big[-e^{-x}\big]^a _0 \\ &= b\bigl[-e^{-a} - (-e^{-0})\bigr] \\ &= b(1-e^{-a}). \end{align}

Example 4.

Exemplo 19.4. Outro exemplo é fornecido pela curva adiabática de um gás perfeito, cuja equação é $p v^{n} = c$ , onde $p$ representa a pressão, $v$ representa o volume e $n$ tem o valor de $1, 42$ (veja abaixo).

Encontre a área sob a curva (que é proporcional ao trabalho realizado ao comprimir repentinamente o gás) do volume $v_{2}$ ao volume $v_{1}$ .

Solução. Aqui temos \begin{align} \text{área} &= \int^{v=v_2}_{v=v_1} cv^{-n} \cdot dv \\ &= c\left[\frac{1}{1-n} v^{1-n} \right]^{v_2} _{v_1} \\ &= c \frac{1}{1-n} (v_2^{1-n} - v_1^{1-n}) \\ &= \frac{-c}{0.42}\left(\frac{1}{v_2^{0.42}} - \frac{1}{v_1^{0.42}}\right). \end{align}

Área de um Disco

Example 5.

Exemplo 19.5. Prove a fórmula geométrica comum de que a área $A$ de um círculo cujo raio é $R$ é igual a $π R^{2}$ .

Solução. Considere uma zona elementar ou anel da superfície (figura seguinte), de largura $d r$ , situada a uma distância $r$ do centro. Podemos considerar toda a superfície como consistindo de tais anéis estreitos, e a área total $A$ será simplesmente a integral de todas essas zonas elementares do centro à borda, ou seja, integrada de $r = 0$ a $r = R$ .

Temos, portanto, que encontrar uma expressão para a área elementar $d A$ da zona estreita. Pense nela como uma tira de largura $d r$ e de um comprimento que é a periferia do círculo de raio $r$ , ou seja, um comprimento de $2 π r$ . Temos, então, como a área da zona estreita, $d A = 2 π r d r .$

Logo, a área do círculo todo será: $A = \int d A = \int_{r = 0}^{r = R} 2 π r \cdot d r = 2 π \int_{r = 0}^{r = R} r \cdot d r .$

Ora, a integral geral de $r \cdot d r$ é $\frac{1}{2} r^{2}$ . Portanto, $A = 2 π {[\frac{1}{2} r^{2}]}_{r = 0}^{r = R};$ ou $A = 2 π [\frac{1}{2} R^{2} - \frac{1}{2} (0)^{2}];$ de onde $A = π R^{2} .$

Valor Médio de uma Função

Example 6.

Exemplo 19.6. Vamos encontrar a ordenada média (o valor de $y$ médio) da parte positiva da curva $y = x - x^{2}$ , que é mostrada abaixo.

Solução. Para encontrar a ordenada média, teremos que encontrar a área do trecho $O M N$ e depois dividi-la pelo comprimento da base $O N$ . Mas antes de podermos encontrar a área, devemos determinar o comprimento da base, para sabermos até qual limite integrar. Em $N$ , a ordenada $y$ tem valor zero; portanto, devemos olhar para a equação e ver qual valor de $x$ tornará $y = 0$ . Claramente, se $x$ for $0$ , $y$ também será $0$ , com a curva passando pela origem $O$ ; mas também, se $x = 1$ , $y = 0$ ; de modo que $x = 1$ nos dá a posição do ponto $N$ .

A área desejada é, então: \begin{align} \text{área}&= \int^{x=1}_{x=0} (x-x^2)\, dx \\ &= \left[\frac{1}{2} x^2 - \frac{1}{3} x^3 \right]^{1}_{0} \\ &= \left[\frac{1}{2} - \frac{1}{3} \right] - [0-0] \\ &= \frac{1}{6}. \end{align}

Mas o comprimento da base é $1$ .

Portanto, a ordenada média da curva $= \frac{1}{6}$ .

[Nota — Será um belo e simples exercício sobre máximos e mínimos encontrar por diferenciação qual é a altura da ordenada máxima. Ela deve ser maior do que a média.]

A ordenada média de qualquer curva, em um intervalo de $𝒙 = 𝒙_{1}$ a $𝒙 = 𝒙_{2}$ , é dada pela expressão: \bbox[5px,border:1px solid black;background-color:#f2f2f2]{\displaystyle \text{média de } y = \frac{1}{x_2-x_1} \int^{x=x_2}_{x=x_1} y \cdot dx.}

Áreas em Coordenadas Polares

Quando a equação do contorno de uma área é dada como uma função da distância $r$ de um ponto dela a um ponto fixo $O$ (veja a figura seguinte) chamado de polo, e do ângulo que $r$ faz com a direção positiva do eixo $x$ , o processo recém-explicado pode ser aplicado com a mesma facilidade, com uma pequena modificação. Em vez de uma tira de área, consideramos um pequeno triângulo $O A B$ , sendo o ângulo em $O$ igual a $d θ$ , e encontramos a soma de todos os pequenos triângulos que compõem a área desejada.

Figure 4 Figura 4 Fig. 19.11

A área de um triângulo tão pequeno é aproximadamente $\frac{A B}{2} \times r$ ou $\frac{r d θ}{2} \times r$ ; portanto, a parte da área incluída entre a curva e as duas posições de $r$ correspondentes aos ângulos $θ_{1}$ e $θ_{2}$ é dada por \bbox[5px,border:1px solid black;background-color:#f2f2f2]{\displaystyle \text{Área}=\frac{1}{2} \int^{\theta=\theta_2}_{\theta=\theta_1} r^2\, d\theta.}

Nota — Na fórmula acima, $θ$ deve ser expresso em radianos.

Exemplos

Example 7.

Exemplo 19.7. Encontre a área do setor de $1$ radiano em uma circunferência de raio $a$ polegadas (figura a seguir).

Solução. A equação polar da circunferência é evidentemente $r = a$ . A área é $\frac{1}{2} \int_{θ = θ_{1}}^{θ = θ_{2}} a^{2} d θ = \frac{a^{2}}{2} \int_{θ = 0}^{θ = 1} d θ = \frac{a^{2}}{2} .$

Example 8.

Exemplo 19.8. Encontre a área do primeiro quadrante da curva (conhecida como "Caracol de Pascal"), cuja equação polar é $r = a (1 + \cos θ)$ (figura a seguir).

Solução. \begin{align} \text{Área} &= \frac{1}{2} \int^{\theta=\frac{\pi}{2}}_{\theta=0} a^2(1+\cos \theta)^2\, d\theta \\ &= \frac{a^2}{2} \int^{\theta=\frac{\pi}{2}}_{\theta=0} (1+2 \cos \theta + \cos^2 \theta)\, d\theta \\ &= \frac{a^2}{2} \left[\theta + 2 \sin \theta + \frac{\theta}{2} + \frac{\sin 2 \theta}{4} \right]^{\frac{\pi}{2}}_{0} \\ &= \frac{a^2(3\pi+8)}{8}. \end{align}

Volumes por Integração

O que fizemos com a área de uma pequena tira de superfície podemos, é claro, fazer com a mesma facilidade com o volume de uma pequena fatia de um sólido. Podemos somar todas as pequenas fatias que compõem o sólido total e encontrar seu volume, assim como somamos todos os pequenos pedaços que compunham uma área para encontrar a área final da figura analisada.

Exemplos.

Example 9.

Exemplo 19.9. Encontre o volume de uma esfera de raio $R$ .

Solução. Método (a). Uma casca esférica fina tem por volume $4 π r^{2} d r$ (veja a Fig. 19.9); somando todas as cascas concêntricas que compõem a esfera, temos: $volume da esfera = \int_{r = 0}^{r = R} 4 π r^{2} d r = 4 π {[\frac{r^{3}}{3}]}_{0}^{R} = \frac{4}{3} π R^{3} .$

Método (b). Também podemos proceder da seguinte forma: uma fatia da esfera, de espessura $d x$ , tem por volume $π y^{2} d x$ . Este disco fino é gerado pela rotação da tira de espessura $d x$ mostrada na Fig. 19.14 em torno do eixo $x$ (veja a Fig. 19.15). O comprimento desta tira, $y$ , está relacionado à distância desta tira até a origem, $x$ , por $y^{2} = R^{2} - x^{2} .$ Logo: \begin{align} \text{volume da esfera} &= 2 \int^{x=R}_{x=0} \pi(R^2-x^2)\, dx \\ &= 2 \pi \left[ \int^{x=R}_{x=0} R^2\, dx - \int^{x=R}_{x=0} x^2\, dx \right] \\ &= 2 \pi \left[R^2x - \frac{x^3}{3} \right]^R_0 = \frac{4\pi}{3} R^3. \end{align}

Example 10.

Exemplo 19.10. Encontre o volume do sólido gerado pela revolução da curva $y^{2} = 6 x$ em torno do eixo $x$ , entre $x = 0$ e $x = 4$ .

Solução. O volume de um disco fino gerado pela rotação da tira estreita é $π y^{2} d x$ (veja a figura a seguir).

Portanto: \begin{align} \text{volume} &= \int^{x=4}_{x=0} \pi y^2\, dx = 6\pi \int^{x=4}_{x=0} x\, dx \\ &= 6\pi \left[ \frac{x^2}{2} \right]^4_0 = 48\pi = 150.8. \end{align}

Sobre Médias Quadráticas

Em certos ramos da física, particularmente no estudo de correntes elétricas alternadas, é necessário ser capaz de calcular a média quadrática de uma quantidade variável. Por “média quadrática” denota-se a raiz quadrada da média dos quadrados de todos os valores entre os limites considerados. Outros nomes para a média quadrática de qualquer quantidade são seu valor “eficaz” (ou virtual), ou seu valor “RMS” (que significa root-mean-square). Se $y$ é a função sob consideração, e a média quadrática deve ser tomada entre os limites de $x = 0$ e $x = L$ , então a média quadrática é expressa como \bbox[5px,border:1px solid black;background-color:#f2f2f2]{\displaystyle \text{média quadrática de } y=\sqrt{\frac{1}{L} \int^L_0 y^2\, dx}.}

Exemplos.

Example 11.

Exemplo 19.11. Encontre a média quadrática da função $y = a x$ (figura seguinte).

Solução. Aqui a integral é $\int_{0}^{L} a^{2} x^{2} d x$ , que é $\frac{1}{3} a^{2} L^{3}$ .

Dividindo por $L$ e extraindo a raiz quadrada, temos $média quadrática = \frac{1}{\sqrt{3}} a L .$

Aqui a média aritmética é $\frac{1}{2} a L$ ; e a razão entre a média quadrática e a média aritmética (esta razão é chamada de fator de forma) é $\frac{2}{\sqrt{3}} = 1.155$ .

Example 12.

Exemplo 19.12. Encontre a média quadrática da função $y = x^{a}$ .

Solução. A integral é $\int_{x = 0}^{x = L} x^{2 a} d x$ , ou seja, $\frac{L^{2 a + 1}}{2 a + 1}$ .

Portanto, $\begin{matrix} média quadrática = \sqrt{\frac{L^{2 a}}{2 a + 1}} . \end{matrix}$

Example 13.

Exemplo 19.13. Encontre a média quadrática da função $y = a^{\frac{x}{2}}$ .

Solução. A integral é $\int_{x = 0}^{x = L} (a^{\frac{x}{2}})^{2} d x$ , ou seja, $\int_{x = 0}^{x = L} a^{x} d x$ , ou $\begin{matrix} {[\frac{a^{x}}{\ln a}]}_{x = 0}^{x = L}, \end{matrix}$ que resulta em $\frac{a^{L} - 1}{\ln a}$ .

Portanto, a média quadrática é $\sqrt{\frac{a^{L} - 1}{L \ln a}}$ .

Exercícios

Exercise 1.

Exercício 19.1. Encontre a área da curva $y = x^{2} + x - 5$ entre $x = 0$ e $x = 6$ , e as ordenadas médias (valor médio de $y$ ) entre esses limites.

Resposta

Área = 60

;

ordenada média = 10

Solução

\begin{align} \text { área } &=\int_{0}^{6}\left(x^{2}+x-5\right) d x \\ &=\left[\frac{x^{3}}{3}+\frac{x^{2}}{2}-5 x\right]_{x=0}^{x=6} \\ & =\left(\frac{6^{3}}{3}+\frac{6^{2}}{2}-5 \times 6\right)-\left(\frac{0}{3}+\frac{0}{2}-5 \times 0\right) \\ & =60 \end{align}

$média y = \frac{\int_{0}^{6} (x^{2} + x - 6) d x}{6 - 0} = \frac{60}{6} = 10 .$

Exercise 2.

Exercício 19.2. Encontre a área da parábola $y = 2 a \sqrt{x}$ entre $x = 0$ e $x = a$ . Mostre que ela é dois terços do retângulo da ordenada limite e de sua abscissa.

Resposta

Área = \frac{2}{3}

a \times 2 a \sqrt{a}

Solução

\begin{align} \text { área sob a curva }& =\int_{0}^{a} 2 a \sqrt{x} d x\\ & =2 a \int_{0}^{a} x^{\frac{1}{2}} d x \\ & =\left[2 a \times \frac{2}{3} x^{\frac{3}{2}}\right]_{x=0}^{x=a} \\ & =\frac{4}{3} a^{\frac{5}{2}} \end{align}

\begin{align} \text { área do retângulo }& =a \times(2 a \sqrt{a}) \\ & =2 a^{\frac{5}{2}} \end{align}

\begin{align} \text{área sob a curva} &=\frac{2}{3}\times \text{ área do retângulo}\\ &=\frac{4}{3}a^{\frac{5}{2}} \end{align}

Exercise 3.

Exercício 19.3. Encontre a área da parte positiva de uma curva senoidal e a ordenada média.

Resposta

Área = 2

;

ordenada média = \frac{2}{π} \approx 0.637

Solução

\begin{align} \text { área da região mostrada } & =\int_{0}^{\pi} \sin x d x \\ & =[-\cos x]_{x=0}^{x=\pi} \\ & =1-(-1)=2 \\ \text { média } y=\frac{1}{\pi} \int_{0}^{\pi} \sin x d x & =\frac{2}{\pi} \end{align}

Exercise 4.

Exercício 19.4. Encontre a área da parte positiva da curva $y = \sin^{2} x$ ( $0 \leq x \leq π$ ) e determine a ordenada média.

Resposta

Área = \frac{π}{2} \approx 1.57

;

ordenada média = 0.5

Solução

O problema pede a área hachurada

\begin{align} \text { área } & =\int_{0}^{\pi} \sin ^{2} x d x \\ & =\int_{0}^{\pi} \frac{1-\cos 2 x}{2} d x\\ & =\frac{1}{2}\left[\int_{0}^{\pi} d x-\int_{0}^{\pi} \cos 2 x d x\right] \\ & =\frac{1}{2}\left[x-\frac{1}{4} \sin 2 x\right]_{0}^{\pi} \\ & =\frac{\pi}{2} \approx 1.57 \end{align}

\begin{align} \text { média } y&=\frac{1}{\pi} \int_{0}^{\pi} \sin ^{2} x d x\\ &=\frac{1}{\pi} \cdot \frac{\pi}{2}\\ &=\frac{1}{2} \end{align}

Exercise 5.

Exercício 19.5. Encontre a área incluída entre os dois ramos da curva $y = x^{2} \pm x^{\frac{5}{2}}$ de $x = 0$ a $x = 1$ , e também a área da parte positiva do ramo inferior da curva (veja a Fig. 11.12).

Resposta

\frac{4}{7} \approx 0.571

\frac{1}{21} \approx 0.0476

Solução

\begin{align} \text { área } & =\int_{0}^{1}\left[\left(x^{2}+x^{5 / 2}\right)-\left(x^{2}-x^{5 / 2}\right)\right] d x \\ & =2 \int_{0}^{1} x^{\frac{5}{2}} d x \\ & =2\left[\frac{2}{7} x^{\frac{7}{2}}\right]_{0}^{1} \\ & =\frac{4}{7} \approx 0.571 \end{align}

\begin{align} \text { área } & =\int_{0}^{1}\left(x^{2}-x^{5 / 2}\right) d x \\ & =\left[\frac{1}{3} x^{3}-\frac{2}{7} x^{\frac{7}{2}}\right]_{0}^{1} \\ & =\frac{1}{3}-\frac{2}{7}=\frac{1}{21} \approx 0.0476 \end{align}

Exercise 6.

Exercício 19.6. Encontre o volume de um cone de raio da base $r$ e altura $h$ .

Resposta

Volume = π r^{2} \frac{h}{3}

Solução

Se a reta $y = \frac{r}{h} x$ rotaciona em torno do eixo $x$ , ela cria um cone de raio da base $r$ e de altura $h$ .

Precisamos apenas calcular o volume deste sólido de revolução.

O volume deste disco fino é $π {(\frac{r}{h} x)}^{2} d x$

Portanto, se somarmos os volumes de tais discos finos, obtemos o volume do sólido (cone)

\begin{align} \text { Volume } & =\int_{0}^{h} \pi\left(\frac{r}{h} x\right)^{2} d x \\ & =\frac{\pi r^{2}}{h^{2}} \int_{0}^{h} x^{2} d x=\frac{\pi r^{2}}{h^{2}}\left[\frac{1}{3} x^{3}\right]_{0}^{h} \\ & =\frac{1}{3}\left(\pi r^{2}\right) h \end{align}

Exercise 7.

Exercício 19.7. Encontre a área da curva $y = x^{3} - \ln x$ entre $x = 0$ e $x = 1$ .

Resposta

1.25

Solução

$área = \int_{0}^{1} (x^{3} - \ln x) d x = \int_{0}^{1} x^{3} d x - \int_{0}^{1} \ln x d x$

Aprendemos que $\int \ln x d x = x \ln x + x$ . Portanto:

$área = {[\frac{1}{4} x^{4} - x \ln x + x]}_{0}^{1}$

Observe que não podemos simplesmente colocar $x = 0$ em $\frac{1}{4} x^{4} - x \ln x + x$ porque $\ln 0$ não é definido. No entanto, se $x$ for positivo, mas muito próximo de $0$ , $x \ln x$ se aproxima de 0. Portanto:

\begin{align} \text { área } & =\left(\frac{1}{4}-1 \times \ln 1+1\right)-(0-0+0) \\ & =\frac{5}{4}=1.25 \end{align}

Exercise 8.

Exercício 19.8. Encontre o volume gerado pela curva $y = \sqrt{1 + x^{2}}$ , conforme ela gira em torno do eixo $x$ , entre $x = 0$ e $x = 4$ .

Resposta

\frac{76}{3} π \approx 79.6

Solução

\begin{align} d V & =\pi\left(\sqrt{1+x^{2}}\right)^{2} d x \\ & =\pi\left(1+x^{2}\right) d x \end{align}

O volume total é

\begin{align} V & =\int_{0}^{4} \pi\left(1+x^{2}\right) d x \\ & =\pi\left[x+\frac{x^{3}}{3}\right]_{0}^{4} \\ & =\frac{76}{3} \pi \approx 79.6 \end{align}

Exercise 9.

Exercício 19.9. Encontre o volume gerado por uma curva senoidal girando em torno do eixo $x$ ( $0 \leq x \leq π$ ).

Resposta

Volume = \frac{π^{2}}{2} \approx 4.9348

Solução

\begin{align} & d V=\pi \sin ^{2} x\, d x \\ V & =\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \pi \sin ^{2} x\, d x \\ = & \pi \int_{0}^{\pi} \frac{1-\cos 2 x}{2}\, d x \\ = & \frac{\pi}{2}\left[x-\frac{1}{4} \sin 2 x\right]_{0}^{\pi} \\ = & \frac{\pi}{2}(\pi-0)=\frac{\pi^{2}}{2} \approx 4.9348 \end{align}

Exercise 10.

Exercício 19.10. Encontre a área da parte da curva $x y = a$ incluída entre $x = 1$ e $x = a$ . Encontre a ordenada média entre esses limites.

Resposta

a \ln a

\frac{a}{a - 1} \ln a

Solução

\begin{align} \text { Área } & =\int_{1}^{a} y d x \\ & =\int_{1}^{a} \frac{a}{x} d x \\ & =\big[a \ln x\big]_{x=1}^{x=a} \\ & =a \ln a \end{align}

\begin{align} \text { mean } y & =\frac{1}{a-1} \int_{1}^{a} y d x \\ & =\frac{a}{a-1} \ln a \end{align}

Exercise 11.

Exercício 19.11. Mostre que a média quadrática da função $y = \sin x$ , entre os limites de $0$ e $π$ radianos, é $\frac{\sqrt{2}}{2}$ . Encontre também a média aritmética da mesma função entre os mesmos limites; e mostre que o fator de forma é $= 1.11$ .

Solução

Lembre-se que: $Média quadrática = \sqrt{\frac{1}{L} \int_{0}^{L} y^{2} d x}$

Dessa forma,

\begin{align} \text { Média quadrática } & =\sqrt{\frac{1}{\pi} \int_0^\pi \sin ^2 x\ d x} \\ & =\sqrt{\frac{1}{\pi} \int_0^\pi \frac{1-\cos 2 x}{2}\ d x} \\ & =\sqrt{\frac{1}{\pi}\left[\frac{x}{2}-\frac{1}{4} \sin 2 x\right]_0^\pi} \\ & =\sqrt{\frac{1}{\pi} \frac{\pi}{2}}=\\ & = \frac{1}{\sqrt{2}} \approx 0.707 \end{align}

\begin{align} \text { Média aritmética } & =\frac{1}{L} \int_0^L y\ d x \\ & =\frac{1}{\pi} \int_0^\pi \sin x\ d x \\ & =\left[-\frac{1}{\pi} \cos x\right]_0^\pi\\ & =\frac{2}{\pi} \approx 0.637 \end{align}

$Fator de forma \approx \frac{0.707}{0.637} \approx 1.11$

Exercise 12.

Exercício 19.12. Encontre as médias aritmética e quadrática da função $x^{2} + 3 x + 2$ , de $x = 0$ a $x = 3$ .

Resposta

Média aritmética = 9.5

;

média quadrática \approx 10.85

Solução

\begin{align} \text { Média aritmética } & =\frac{1}{3} \int_{0}^{3} y\, d x \\ & =\frac{1}{3} \int_{0}^{3}\left(x^{2}+3 x+2\right) d x \\ & =\frac{1}{3}\left[\frac{1}{3} x^{3}+\frac{3}{2} x^{2}+2 x\right]_{0}^{3} \\ & =\frac{19}{2}=9.5 \end{align}

\begin{align} y= & x^{2}+3 x+2,0 \leq x \leq 3 \\ \text { Média quadrática } & =\sqrt{\frac{1}{3} \int_{0}^{3} y^{2} d x} \\ & =\sqrt{\frac{1}{3} \int_{0}^{3}\left(x^{4}+9 x^{2}+4+6 x^{3}+4 x^{2}+12 x\right) d x} \\ & =\sqrt{\frac{1}{3}\left[\frac{x^{5}}{5}+3 x^{3}+4 x+\frac{3}{2} x^{4}+\frac{4}{3} x^{3}+6 x^{2}\right]_{0}^{3}} \\ & =\sqrt{\frac{1}{3} \times \frac{3531}{10}} \approx \sqrt{117.7} \approx 10.85 \end{align}

Exercise 13.

Exercício 19.13. Encontre a média quadrática e a média aritmética da função $y = A_{1} \sin x + A_{3} \sin 3 x$ ( $0 \leq x \leq 2 π$ ).

Resposta

Média quadrática = \frac{1}{\sqrt{2}} \sqrt{A_{1}^{2} + A_{3}^{2}}

;

média aritmética = 0

Solução

Média quadrática $= \sqrt{\frac{1}{2 π} \int_{0}^{2 π} {(A_{1} \sin x + A_{3} \sin 3 x)}^{2} d x}$

Para encontrar $\int_{0}^{2 π} {(A_{1} \sin x + A_{3} \sin 3 x)}^{2} d x$ , nós expandimos a expressão. Ou seja, avaliamos

$\int_{0}^{2 π} (A_{1}^{2} \sin^{2} x + 2 A_{1} A_{3} \sin x \sin 3 x + A_{3}^{2} \sin^{2} 3 x) d x$

Agora integramos termo a termo. Primeiro: \begin{align} \int_{0}^{2 \pi} \sin ^{2} x d x&=\int_{0}^{2 \pi} \frac{1-\cos 2 x}{2} d x\\ &=\left[\frac{x}{2}-\frac{1}{4} \sin 2 x\right]_{0}^{2 \pi}\\ &=\pi \end{align}

Para avaliar $\int_{0}^{2 π} \sin x \sin 3 x d x$ , usamos a fórmula de produto para soma:

$\sin M \sin N = \frac{1}{2} [\cos (M - N) - \cos (M + N)]$

Portanto,

\begin{align} \int_{0}^{2 \pi} \sin x \sin 3 x\, d x & =\int_{0}^{2 \pi} \frac{1}{2}[\cos 2 x-\cos 4 x]\, d x \\ & =\left[\frac{1}{4} \sin 2 x-\frac{1}{8} \sin 4 x\right]_{0}^{2 \pi} \\ & =0 \end{align}

Agora o último termo: \begin{align} \int_{0}^{2 \pi} \sin ^{2} 3 x d x & =\int_{0}^{\pi} \frac{1-\cos 6 x}{2} d x \\ & =\left[\frac{x}{2}-\frac{1}{12} \sin 6 x\right]_{0}^{2 \pi} \\ & =\pi . \end{align}

Portanto, a média quadrática é \begin{align} & \sqrt{\frac{1}{2 \pi} \int_{0}^{2 \pi}\left(A_{1}^{2} \sin ^{2} x+2 A_{1} A_{3} \sin x \sin 3 x+A_{3}^{2} \sin ^{2} 3 x\right) d x} \\ & =\sqrt{\frac{1}{\pi}\left[A_{1}^{2} \int_{0}^{\pi} \sin ^{2} x d x+2 A_{1} A_{3} \int_{0}^{\pi} \sin x \sin 3 x d x+A_{3}^{2} \int_{0}^{\pi} \sin ^{2} 3 x d x\right]} \\ & =\sqrt{\frac{1}{2 \pi}\left[A_{1}^{2} \times \pi+2 A_{1} A_{2} \times 0+A_{3}^{2} \times \pi\right]} \\ & =\sqrt{\frac{1}{2}\left(A_{1}^{2}+A_{3}^{2}\right)} \end{align}

\begin{align} \text { Média aritmética } &=\frac{1}{2 \pi} \int_{0}^{2 \pi}\left(A_{1} \sin x+A_{3} \sin 3 x\right) d x \\ & =\frac{1}{2 \pi}\left[-A_{1} \cos x-\frac{A_{3}}{3} \cos 3 x\right]_{0}^{2 \pi} \\ & =0 . \end{align}

Exercise 14.

Exercício 19.14. Uma certa curva tem a equação $y = 3.42 e^{0.21 x}$ . Encontre a área incluída entre a curva e o eixo $x$ , da ordenada em $x = 2$ à ordenada em $x = 8$ . Encontre também a altura da ordenada média da curva entre esses pontos.

Resposta

A área é de aproximadamente

62.6

unidades quadradas. A ordenada média é de aproximadamente

10.43

Solução

\begin{align} \text { Área } & =\int_{2}^{8} 3.42 e^{0.21 x} d x \\ & =\left[\frac{3.42}{0.21} e^{0.21 x}\right]_{2}^{8} \\ & =\frac{3.42}{0.21}\left(e^{1.68}-e^{0.42}\right) \approx 62.6 \\ \text { ordenada média } & =\frac{1}{8-2} \int_{0}^{8} y d x \\ & =\frac{1}{6} \times 62.6 \approx 10.43 \end{align}

Exercise 15.

Exercício 19.15. Mostre que o raio de um círculo, cuja área é o dobro da área de um diagrama polar, é igual à média quadrática de todos os valores de $r$ para esse diagrama polar.

Solução

$Área do círculo = π R^{2} = 2 \times \frac{1}{2} \int_{0}^{2 π} r^{2} d θ$

Média quadrática de $r = \sqrt{\frac{1}{2 π} \int_{0}^{2 π} r^{2} d θ}$

$= \sqrt{\frac{1}{2 π} π R^{2}} = \frac{R}{\sqrt{2}} .$

Exercise 16.

Exercício 19.16. Encontre o volume gerado pela curva $y = \dots \frac{x}{6} \sqrt{x (10 - x)}$ rotacionando em torno do eixo $x$ .

Resposta

436.3

. (Este sólido tem o formato de uma pera.)

Solução

\begin{align} & d V=\pi \cdot\left[\frac{x}{6} \sqrt{x(10-x)}\right]^{2} d x=\frac{\pi}{36} x^{2}[x(10-x)] d x \\ V & =\int_{0}^{10} \frac{\pi}{36} x^{3}(10-x) d x \\ & =\frac{\pi}{36}\left[\frac{10}{4} x^{4}-\frac{1}{5} x^{5}\right]_{0}^{10} \\ & =\frac{1250 \pi}{9} \approx 436.33 \end{align}

Integrais Definidas e Algumas de Suas Aplicações

Exemplos

Área de um Disco

Valor Médio de uma Função

Áreas em Coordenadas Polares

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Volumes por Integração

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Sobre Médias Quadráticas

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