Exercícios Resolvidos de Volumes de Sólidos Infinitos

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Enunciado

Seja R a região entre as curvas y = 0 e

y = ln ⁡ x x + 1   ,   x ∈ [ 1 , + ∞ )

Determine o volume do sólido obtido pela rotação de R ao redor do eixo x

Passo 1

Show, vamos começar. A primeira coisa que vamos notar é que a curva y = 0 é o próprio eixo x . Perfeito, então considerarmos

f x = ln ⁡ x x + 1

O cálculo desse volume fica, usando o método dos discos:

V = ∫ π f x ²   d x

Mas quais vão ser os limites de integração? Oras, vão ser exatamente os pontos em que as curvas y = 0 e y = ln ⁡ x x + 1 se encontram! Partiu achar então:

ln ⁡ x x + 1 = 0

ln ⁡ x = 0

ln ⁡ x = 0

x = 1

Ué, mas só tem um limite de integração? Não deveríamos ter dois? Pois é meus caros, quando isso acontece, talvez o outro limite seja o infinito. Quer ver uma coisa? Vamos ver se essa função possuí assíntota horizontal:

lim x → + ∞ ⁡ ln ⁡ x x + 1 = ∞ ∞

Por L’Hospital, temos que:

lim x → + ∞ ⁡ ln ⁡ x x + 1 = lim x → + ∞ ⁡ 1 2 ln ⁡ x ∙ 1 x 1 = lim x → + ∞ ⁡ 1 2 x ln ⁡ x = 1 ∞ = 0

E não é que tem? Então quando x = 1 , y = 0 , mas quando x tende a um número infinitamente grande e positivo, y tende à 0 . O volume vai ficar então:

V = ∫ 1 + ∞ ∫ π f x ²   d x

Mas como limite de integração infinita não existe, reescrevemos esse volume como:

V = lim a → + ∞ ⁡ ∫ 1 a π f x ²   d x

E pra gente terminar de modelar, substituímos f x e ficamos com:

V = lim a → + ∞ ⁡ ∫ 1 a π ln ⁡ x x + 1 ²   d x

V = π ∙ lim a → + ∞ ⁡ ∫ 1 a ln ⁡ x x + 1 ²     d x

Passo 2

Bem, sabemos agora a fórmula pra calcular esse volume. O jeito agora é por a mão na massa e calcular. Vamos primeiro, calcular a integral indefinida:

∫ ln ⁡ x x + 1 2   d x

Pra começar, vamos lembrar do seguinte:

u = ln ⁡ x

d u d x = 1 x

Ué, mas no que isso ajuda? Bem, quando a gente deriva ln ⁡ x , o logarítimo não some? Então se a gente fizer uma integração por partes, é bem capaz de pararmos em uma integral sem logarítimo. Partiu tentar. Seja:

u = ln ⁡ x → d u = d x x

1 x + 1 ²     d x = d v → v = - 1 x + 1

A integração por partes:

∫ u   d v = u v -   ∫ v   d u

Fica:

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

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

E olha só! Sumiu mesmo! Ganhamos, no entanto, outra integral pra nos preocuparmos:

∫ 1 x x + 1 d x

Mas relaxa gafanhoto, que essa também não é lá um bicho de sete cabeças. Por frações parciais:

1 x x + 1 = A x + B x + 1

1 x x + 1 = A x + 1 x x + 1 + B x x x + 1

1 = A x + 1 + B x = A x + A + B x

0 x + 1 = A + B x + A

Chegamos à:

A = 1

B = - 1

E reescrevemos a integral como:

∫ 1 x x + 1 d x = ∫ 1 x - 1 x + 1 d x = ln ⁡ x - ln ⁡ x + 1

E por fim, temos que:

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

Passo 3

Show de bola, agora que temos o resultado da integral indefinida, vamos aplicar os limites de integração:

∫ 1 a ln ⁡ x x + 1 ²     d x =   ln ⁡ x - ln ⁡ x + 1 - ln ⁡ x x + 1   x = 1 x = a

∫ 1 a ln ⁡ x x + 1 ²     d x = ln ⁡ a - ln ⁡ a + 1 - ln ⁡ a a + 1   - ln ⁡ 1 - ln ⁡ 2 - ln ⁡ 1 1 + 1  

∫ 1 a ln ⁡ x x + 1 ²     d x = ln ⁡ a - ln ⁡ a + 1 - ln ⁡ a a + 1   +   ln ⁡ 2

Aplicando o limite:

lim a → + ∞ ⁡ ∫ 1 a ln ⁡ x x + 1 ²     d x = lim a → + ∞ ⁡ ln ⁡ a - ln ⁡ a + 1 - ln ⁡ a a + 1   +   ln ⁡ 2

Ok, esse é um limite bem grande, eu sei. Vamos dividir ele em três e ver cada um dos três então:

lim a → + ∞ ⁡ ln ⁡ a - ln ⁡ a + 1 - ln ⁡ a a + 1   +   ln ⁡ 2 =

= lim a → + ∞ ⁡ ln ⁡ a - ln ⁡ a + 1 - lim a → + ∞ ⁡ ln ⁡ a a + 1   + lim a → + ∞ ⁡ ln ⁡ 2

Passo 4

Beleza, vamos então meter a mão na massa e calcular esses três limites:

lim a → + ∞ ⁡ ln ⁡ a - ln ⁡ a + 1

lim a → + ∞ ⁡ ln ⁡ a a + 1  

lim a → + ∞ ⁡ ln ⁡ 2

O último limite nem tem a dentro né? Então como é um limite de uma constante:

lim a → + ∞ ⁡ ln ⁡ 2 = ln ⁡ 2

O limite do meio, primeiro a gente substitui e vê no que dá:

lim a → + ∞ ⁡ ln ⁡ a a + 1   = ∞ ∞

Opa, esse tipo de limite sai por L’Hospital! Fazendo LH então:

lim a → + ∞ ⁡ ln ⁡ a a + 1   = lim a → + ∞ ⁡ 1 a 1   = lim a → + ∞ ⁡ 1 a = 0

E pra fechar, o primeiro limite, se substituirmos:

lim a → + ∞ ⁡ ln ⁡ a - ln ⁡ a + 1 = ∞ - ∞

Eita, mais indeterminação. Essa ainda tem um tipo diferente! Mas saca só. Das propriedades de logaritmo, podemos reescrever esse limite como:

lim a → + ∞ ⁡ ln ⁡ a - ln ⁡ a + 1 = lim a → + ∞ ⁡ ln ⁡ a a + 1 =

Como a → + ∞ , podemos tirar tudo do módulo. Dividindo, depois disso, em cima e em baixo por a :

= lim a → + ∞ ⁡ ln ⁡ a a + 1 = lim a → + ∞ ⁡ ln ⁡ 1 1 + 1 a =

Aplicando o limite:

= ln ⁡ 1 1 + 0 = ln ⁡ 1 = 0

E prontinho, os três limites foram calculados! A soma deles vai ficar:

0 + 0 + ln ⁡ 2 = ln ⁡ 2

E como o volume dado por:

V = π ∙ lim a → + ∞ ⁡ ln ⁡ a - ln ⁡ a + 1 - ln ⁡ a a + 1   +   ln ⁡ 2

Vamos ter:

V = π ln ⁡ 2

Resposta

V = π ln ⁡ 2

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