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Exercícios Resolvidos de Área de Superfícies de Revolução

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Enunciado

UFBA, Sem Campus, Cálculo B, Listas de Cálculo B - UFBA - Lista 1, Questão 4.1e

Determine a área da superfície de revolução gerada pela rotação das curvas:

( e )   y = c o s ( 2 x ) ; 0 ≤ x ≤ π / 6 ; em torno do eixo x .

Passo 1

Eaew, tudo bem?

Nós temos que determinar a área da superfície de revolução gerada pela curva

y = c o s ( 2 x ) ; 0 ≤ x ≤ π / 6

quando rotacionada em torno do eixo x . Por sorte, temos uma formulinha que faz exatamente isso, é a seguinte

A = ∫ x 0 x f 2 π f ( x ) 1 + [ f ' ( x ) ] 2 d y

O enunciado nos dá tudo que precisamos para resolver o problema! Vamos começar!

Passo 2

A derivada de nossa função é bastante simples, temos uma soma de exponenciais, portanto

d f d x = f ' [ x ] = - 2   s e n ( 2 x )

se elevarmos ao quadrado, temos que

[ f ' ( x ) ] 2 = 4   s e n 2 ( 2 x )

Substituindo então em nossa integral, temos que

A = 2 π ∫ 0 π / 6 c o s ( 2 x ) 1 + 4   s e n 2 ( 2 x ) d x

Como temos uma parte do integrando com um seno e outra com um cosseno, colocados de forma que se derivarmos o seno, obtemos o cosseno, é interessante tentarmos uma substituição simples! Vamos lá!

Passo 3

Se fizermos a substituição

u = s e n ( 2 x ) e d u = 2   c o s ( 2 x )   d x

podemos deixar a nossa integral com uma carinha mais simpática

A = π ∫ u ( 0 ) u ( π / 6 ) 1 + 4 u 2 d u

como temos que u ( 2 ) = 0 e u ( π / 6 ) = 3 / 2 , de forma que temos que resolver

A = π ∫ 0 3 / 2 1 + 4 u 2   d u

temos uma raíz com um termo ao quadrado o que nos indica uma integral que pode ser resolvida com uma substituição trigonométrica, como o sinal dentro da raíz é positivo, a substituição mais adequada é aquela que nos permite usar

s e c 2 ( t ) = 1 + t g 2 ( t )

Vamos tentar fazer essa substituição!

Passo 4

Fazendo a substituição de forma que

u = 1 2 t g ( t ) → u 2 = 1 4 t g 2 ( t )

e, como temos que

d u = 1 2 s e c 2 ( t ) d t

de forma que a integral se torna

A = π 2 ∫ a b s e c 2 ( t ) 1 + t g 2 ( t ) d t

os limites de integração vamos deixar assim por enquanto, em substituições trigonométricas costuma ser melhor voltar para a variável original, mas quando chegarmos lá, lidamos com isso! Vamos continuar reescrevendo a nossa integração!

Passo 5

Usando a identidade trigonométrica entre secante e tangente, temos que

A = π 2 ∫ a b s e c 3 ( t ) d t

essa integral pode ser identificada usando a fórmula

∫ s e c m ( x ) d x = s i n ( x ) s e c m - 1 ( x ) m - 1 + m - 2 m - 1 ∫ s e c 2 - m ( x ) d x

usando que m = 3 , temos que

A = π 2 ∫ a b s e c 3 ( t ) d t = 1 2 s e n ( t ) s e c 2 ( t ) 2 | a b + π 4 ∫ a b s e c ( t ) d t

a integral da secante também é conhecida, temos que

∫ a b s e c ( t ) d t = l n | s e c ( t ) + t g ( t ) |

demonstrar esse resultado é trabalho para outro dia! Mas se estiver curioso, na sessão de cálculo no site essa questão está resolvida! O nosso resultado é então dado por

A = π 4 t g ( t ) 1 + t g 2 ( t ) | a b + π 4 l n | 1 + t g 2 ( t ) + t g ( t ) | | a b

Porquê eu escrevi tudo em termos de tangente? Pois nós usamos antes a substituição

u = 1 2   t g ( t )

portanto, podemos voltar para a variável original e calcular

A = π 4 2 u 1 + 4 u 2 | 0 3 / 2 + π 4 l n | 1 + 4 u 2 + 2   u | 0 3 / 2

A vantagem disso é que agora podemos usar os limites de integração que já conhecemos! heheheh, vamos avaliar os limites para obter

A = π 4 2 ( 3 2 ) 1 + 4 ( 3 2 ) 2 + π 4 l n | 1 + 4 ( 3 2 ) 2 + 2   ( 3 2 ) | - π 4 2 ( 0 ) 1 + 4 ( 0 ) 2 | - π 4 l n | 1 + 4 ( 0 ) 2 + 2   ( 0 ) |

temos então que

A = 3 π 2 + π 4 l n | 2 + 3 | - π 4 l n | 1 | = 3 π 2 + π 4 l n ( 2 + 3 )

A questão foi isso! Te vejo na próxima! Tchau Tchau!

Resposta

A = 3 π 2 + π 4 l n ( 2 + 3 )

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