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Enunciado

Cálculo - Cálculo - 12ª Edição - Maurice D. Weir e Joel Hass (George B. Thomas)- Ed: 12º - Capítulo 8.4 - Ex. 57

Exercício: 57 – Determine, com precisão de duas casas decimais, a abscissa do centroide da região no primeiro quadrante delimitada pelo eixo x, pela curva y = t g - 1 x   e pela reta x =   3 .

Passo 1

Apenas para demonstração da figura que se deseja calcular foi plotado o gráfico em GeoGebra:

Observamos que primeiramente calcularemos a área:

A = ∫ 0 3 t g - 1 x   d x

Poderemos calcular utilizando a fórmula e calcular a integral como indefinida:

∫ f - 1 x   d x = x f - 1 x - ∫ x d d x f - 1 x d x

∫ t g - 1 x = x   t g - 1 x - ∫ x d d x t g - 1 x d x

Resolvendo: Utilizando a tabela de derivadas trigonométricas obteremos a derivada abaixo!

d d x t g - 1 x = 1 1 + x 2

∫ t g - 1 x = x   t g - 1 x - ∫ x 1 1 + x 2 d x

Assim:

∫ t g - 1 x = x   t g - 1 x - ∫ x 1 + x 2 d x

Passo 2

Resolvendo a integral:

- ∫ x 1 + x 2 d x

Usando udu:

u = 1 + x 2

d u = 2 x

d x = 1 d u = 1 2 x

Substituindo:

- ∫ x u ⋅ 1 2 x d u =   - 1 2 ∫ 1 u d u =   - 1 2 ln ⁡ u =   - 1 2 ln ⁡ 1 + x 2

Desta forma:

A = x t g - 1 x - 1 2 ln ⁡ 1 + x 2

Calculando os limites de integração:

x t g - 1 x - 1 2 ln ⁡ 1 + x 2 0 3

Assim:

3   t g - 1   ( 3 - 1 2 ln ⁡ 1 + 3 2 ) - ( 0 t g - 1 0 - 1 2 ln ⁡ 1 + 0 2 )  

3   t g - 1   ( 3 - 1 2 ln ⁡ 4 ) - ( 0 t g - 1 0 - 1 2 ln ⁡ 1 )  

Para: t g - 1 3 = π 3   |   t g - 1 0 = 0   ; ln ⁡ 1 = 0   ; ln ⁡ 4 = 2 ln ⁡ 2

Substituindo:

π 3 3 - 1 2 ⋅ 2 ln ⁡ 2 - 0 = π 3 3 - ln ⁡ 2

Deste modo: A = π 3 3 - ln ⁡ 2

Passo 3

O exercício pediu a centroide: x -

Assim:

x - = 1 A ∫ 0 3 x t g - 1 x   d x

Calcularemos a integral indefinida de:

∫ x t g - 1 x   d x

Utilizando o método de integração por partes (udu vdv)

u = t g - 1 x

d u = 1 1 + x 2 d x

d v = x   d x

v =   ∫ x   d x = x 2 2

Dado a fórmula:

∫ u   d v = u v -   ∫ v   d u

Substituindo:

∫ x t g - 1 x   d x = t g - 1 x ⋅ x 2 2 - ∫ x 2 2 ⋅ 1 1 + x 2 d x

Assim:

∫ x t g - 1 x   d x = 1 2 x 2 t g - 1 x - ∫ x 2 2 ( 1 + x 2 ) d x

∫ x t g - 1 x   d x = 1 2 x 2 t g - 1 x - 1 2 ∫ x 2 1 + x 2 d x

Resolvendo a integral:

- 1 2 ∫ x 2 1 + x 2 d x

Somaremos e sbtrairemos 1 na integral:

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

Assim:

- 1 2 x - t g - 1 x =   - 1 2 x + 1 2 t g - 1 x

Logo a resolução será:

x - = 1 A   1 2 x 2 t g - 1 x - x + t g - 1 x

Passo 4

Aplicando os limites de integração:

x - = 1 A ⋅ ( 1 2 x 2 t g - 1 x - x + t g - 1 x 0 3 )  

x - = 1 A 1 2 3 2 ⋅ t g - 1 3 -   3 + t g - 1 ( 3 - 0 2 t g - 1 0 - 0 + t g - 1 0

x - = 1 A 1 2 3 ⋅ π 3 -   3 + π 3 - 0

x - = 1 A 1 2 π - 3 + π 3 = 1 A π 2 - 3 2 + π 6

Resolvendo a soma das frações por mmc:

x - = 1 A 2 π 3 - 3 2

Dado:

A = π 3 3 - ln ⁡ 2

Logo:

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

Dado por aproximação:

π ≈ 3,14   3 ≈ 1,73     ln ⁡ 2 = 0,69  

Substituindo:

x - = 3 3,14 ⋅ 1,73 - 3 ⋅ 0,69 2 ⋅ 3,14 3 - 1,73 2

x - = 3 5,4322 - 2,07 6,28 3 - 1,73 2

x - = 3 3,3622 2,093 - 0,865

x - = 0,892273 1,228

x - = 1,096

Como o livro solicitou em até duas casas decimais a resposta aproximada é:

x - = 1,10

Resposta

x - = 1,10

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