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Exercícios Resolvidos de Cálculo de Volumes – Discos e Anéis

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Enunciado

Cálculo de Volumes através de Integrais

Considere a região R limitada pelas curvas

y = 1 x + 2 x + 1         ,       y = 1 2         e       x = 1

Determine o volume do sólido obtido pela rotação de R em torno do eixo x .

Passo 1

Cara, vou começar

Olha essa curva aí:

y = 1 x + 2 x + 1

Bom, o x + 1 é sempre positivo, como qualquer raiz tem que ser. Já o x + 2 é positivo para x > - 2 . Ou seja, se x for maior que esse valor poderemos simplesmente rotacionar a curva dados os limites de integração. Vamos observar para qual x vamos ter y = 1 2 . Com isso, teremos nosso limite de integração inferior e é só integrar:

1 x + 2 x + 1 = 1 2

x + 2 x + 1 = 2 → x + 2 2 x + 1 = 2 2

x 2 + 4 x + 4 x + 1 = 4 → x 3 + 5 x 2 + 8 x = 0

x x 2 + 5 x + 8 = 0

Por Bhaskara, a gente vai ver que o x 2 + 5 x + 8 não tem raízes reais. Assim, o único valor de x cabível é x = 0 !

Com isso, por seções transversais, podemos modelar nossa integral da seguinte maneira, reparando ainda que a reta y = 1 2 está limitando a região superiormente e a curva mais chatinha está inferiormente delimitando a região, sendo o volume que nos interessa a diferença entre os volumes gerados por cada uma das curva:

V = ∫ 0 1 π 1 2 2 - 1 x + 2 x + 1 2 d x = π ∫ 0 1 d x 4 - π ∫ 0 1 d x x + 2 2 x + 1

= π 4 - π ∫ 0 1 d x x + 2 2 x + 1

Passo 2

Esse caso aí dessa integral grandona que sobrou é o clássico da integral por frações parciais, com o detalhe do denominador já estar até devidamente aberto em um produto de polinômios. Partiu então, vamos abrir essa integral em outras por frações parciais:

1 x + 2 2 x + 1 = A x + 2 + B x + 2 2 + C x + 1

1 x + 2 2 x + 1 = A x + 2 x + 1 + B x + 1 + C x + 2 2 x + 2 2 x + 1

1 x + 2 2 x + 1 = A x 2 + 3 x + 2 + B x + 1 + C x 2 + 4 x + 4 x + 2 2 x + 1

0 x 2 + 0 x + 1 x + 2 2 x + 1 = A + C x 2 + 3 A + B + 4 C x + 2 A + B + 4 C x + 2 2 x + 1

Agora é só resolver o sistema gerado quando igualamos os dois lados de mesma potência de x :

A + C = 0                           3 A + B + 4 C = 0 2 A + B + 4 C = 1

A = - 1   ; B = - 1   ; C = 1

Ficamos assim então:

1 x + 2 2 x + 1 = - 1 x + 2 + - 1 x + 2 2 + 1 x + 1

Passo 3

Trazendo para integral:

π ∫ 0 1 d x x + 2 2 x + 1 = π ∫ 0 1 - 1 x + 2 - 1 x + 2 2 + 1 x + 1 d x

O primeiro e o último termo podem ser integrados por substituição simples gerando um logaritmo. Já o segundo, também por substituição, deixa de ser um polinômio de grau - 2 para ser de grau - 1 ao entregarmos.

π ∫ 0 1 - 1 x + 2 - 1 x + 2 2 + 1 x + 1 d x = π - ln ⁡ x + 2 + 1 x + 2 + ln ⁡ x + 1 [ 1 0

= π - ln ⁡ 1 + 2 + 1 1 + 2 + ln ⁡ 1 + 1 - π - ln ⁡ 0 + 2 + 1 0 + 2 + ln ⁡ 0 + 1

= π - ln ⁡ 3 + 1 3 + ln ⁡ 2 - π - ln ⁡ 2 + 1 2 + ln ⁡ 1

= π - ln ⁡ 3 - 1 6 + 2 ln ⁡ 2   u . v .

Como o volume era π 4 menos essa integral que acabamos de achar, concluímos:

V = π ln ⁡ 3 + 1 6 + 1 4 - 2 ln ⁡ 2

= π ln ⁡ 3 + 5 12 - 2 ln ⁡ 2   u . v .

Resposta

V = π ln ⁡ 3 + 5 12 - 2 ln ⁡ 2   u . v .

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