Capítulo 10

10.1 Representando a metade superior do círculo de raio $R$ centrado na origem com a função $f(x)=\sqrt{R^{2}-x^{2}}$ , podemos expressar o comprimento da circunferência como

2\int_{-R}^{R}\sqrt{1+[(\sqrt{R^{2}-x^{2}})^{\prime}]^{2}}\,dx=2R\int_{-R}^{R}% \frac{dx}{\sqrt{R^{2}-x^{2}}}=2R\int_{-1}^{1}\frac{du}{\sqrt{1-u^{2}}}=2\pi R\,.

10.2 Lembrando que $\cosh^{\prime}(x)=\operatorname{senh}x$ , que $\cosh^{2}x-\operatorname{senh}^{2}x=1$ , e que $\cosh x$ é par,

\displaystyle L=\int_{-1}^{1}\sqrt{1+(\operatorname{senh}x)^{2}}\,dx=2\int_{0}% ^{1}\cosh x\,dx=2\operatorname{senh}(1)=e-e^{-1}\,.

10.3 O comprimento é dado por $L=\int_{0}^{1}\sqrt{1+e^{2x}}\,dx$ . Se $u=\sqrt{1+e^{2x}}$ , então $dx=\frac{u}{u^{2}-1}du$ , logo

L=\int_{\sqrt{2}}^{\sqrt{1+e^{4}}}\frac{u^{2}}{u^{2}-1}du=\int_{\sqrt{2}}^{% \sqrt{1+e^{4}}}1\,du+\int_{\sqrt{2}}^{\sqrt{1+e^{4}}}\frac{du}{u^{2}-1}\,.

Essa última integral pode ser calculada como no Exemplo 9.22: $\int\frac{du}{u^{2}-1}=\tfrac{1}{2}\ln\Bigl{|}\frac{u-1}{u+1}\Bigr{|}+C$ . Logo,

L=\sqrt{1+e^{4}}-\sqrt{2}+\tfrac{1}{2}\ln\Bigl{[}\frac{\sqrt{1+e^{4}}-1}{\sqrt% {1+e^{4}}+1}\cdot\frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{2}-1}\Bigr{]}\,.

10.4 (1) A esfera pode ser obtida girando o semi-disco, delimitado pelo gráfico da função $f(x)=\sqrt{r^{2}-x^{2}}$ , $x\in[-r,r]$ , em torno do eixo $x$ . (2) O cilíndro pode ser obtido girando o gráfico da função constante $f(x)=r$ , no intervalo $[0,h]$ . (3) O cubo não é um sólido de revolução. (4) O cone pode ser obtido girando o gráfico da função $f(x)=\frac{r}{h}x$ (ou $f(x)=r-\frac{r}{h}x$ ), no intervalo $[0,h]$ . 10.5 $11\pi$

10.6 $\tfrac{\pi}{6}$ . 10.8 A área é dada por

\int_{\pi/2}^{\pi}\operatorname{sen}(x)dx=-\cos(x)|^{\pi}_{\pi/2}=-(-1)-0=1\,.

Girando em torno do eixo $x$ : $V_{1}=\int_{\pi/2}^{\pi}\pi(\operatorname{sen}x)^{2}\,dx$ . Ou, com as cascas: $V_{1}=\int_{0}^{1}2\pi y(\pi/2-\operatorname{arcsen}y)\,dy$ . Em torno da reta $x=\pi$ , usando as cascas: $V_{2}=\int_{\pi/2}^{\pi}2\pi(\pi-x)\operatorname{sen}x\,dx$ . Sem usar as cascas: $V_{2}=\pi(\tfrac{\pi}{2})^{2}\cdot 1-\int_{0}^{1}\pi(\operatorname{arcsen}y)^{% 2}\,.dy$ . 10.9 O cone pode ser (tem vários jeitos, mas esse é o mais simples) obtido girando o gráfico da função $f(x)=\frac{R}{H}x$ , $0\leq x\leq H$ , em torno do eixo $x$ . Logo,

V=\int_{0}^{H}\pi\big{(}\frac{R}{H}x\Big{)}^{2}dx=\pi\frac{R^{2}}{H^{2}}\int_{% 0}^{H}x^{2}dx=\pi\frac{R^{2}}{H^{2}}\frac{H^{3}}{3}=\frac{1}{3}\pi R^{2}H\,\,

Obs: pode também rodar o gráfico da função $f(x)=-\frac{H}{R}x+H$ , $0\leq x\leq R$ , em torno do eixo $y$ . 10.10 O volume é dado por $V=\int_{1}^{e}\pi(\sqrt{x}\ln x)^{2}dx$ . Integrando duas vezes por partes, obtem-se

	$\displaystyle\int x(\ln x)^{2}dx$	$\displaystyle=\frac{x^{2}}{2}(\ln x)^{2}-\int\frac{x^{2}}{2}2(\ln x)\frac{1}{x% }dx$
		$\displaystyle=\frac{x^{2}}{2}(\ln x)^{2}-\int x\ln xdx$
		$\displaystyle=\frac{x^{2}}{2}(\ln x)^{2}-\big{\{}\frac{x^{2}}{2}\ln x-\int% \frac{x^{2}}{2}\frac{1}{x}dx\big{\}}$
		$\displaystyle=\frac{x^{2}}{2}(\ln x)^{2}-\frac{x^{2}}{2}\ln x+\frac{x^{2}}{4}+C$

Logo, $V=\pi\frac{e^{2}-1}{4}$ . 10.11 (1) Cil.: $\int_{0}^{1}\pi(x^{2})^{2}\,dx$ , Casc.: $\int_{0}^{1}2\pi y(1-\sqrt{y})\,dy$ . (2) Cil.: $\int_{0}^{1}\pi(1^{2}-(1-x^{2})^{2})\,dx$ Casc.: $\int_{0}^{1}2\pi(1-y)(1-\sqrt{y})\,dy$ , (3) Cil.: $\int_{0}^{1}\pi((1+x^{2})^{2}-1^{2})\,dx$ Casc.: $\int_{0}^{1}2\pi(1+y)(1-\sqrt{y})\,dy$ (4) Cil.: $\int_{0}^{1}\pi(1^{2}-\sqrt{y}^{2})\,dy$ Casc.: $\int_{0}^{1}2\pi x\cdot x^{2}\,dx$ (5) Cil. $\int_{0}^{1}\pi(1-\sqrt{y})^{2}\,dy$ Casc.: $\int_{0}^{1}2\pi(1-x)x^{2}\,dx$ (6) Cil.: $\int_{0}^{1}\pi(2^{2}-(1+\sqrt{y})^{2})\,dy$ Casc. $\int_{0}^{1}2\pi(1+x)x^{2}\,dx$ 10.12 Com o método dos cilíndros,

V=\int_{1}^{3}\pi 2^{2}dx-\int_{1}^{3}\pi\big{(}2-(1-(x-2)^{2})\big{)}^{2}dx\,\,.

OU, usando o método das cascas,

V=\int_{0}^{1}2\pi(2-y)2\sqrt{1-y}dy\,.

OU, transladando o gráfico da função, e girando a nova região (finita, delimitada pela nova curva $y=-1-x^{2}$ e o eixo $x$ ),

V=\int_{-1}^{+1}\pi 2^{2}dx-\int_{-1}^{+1}\pi(-1-x^{2})^{2}dx\,.

10.13 O volume é dado pela integral

	$\displaystyle V=\int_{-1}^{+1}\pi\cosh^{2}xdx$	$\displaystyle=\pi\int_{-1}^{+1}\frac{e^{2x}+2+e^{-2x}}{4}dx$
		$\displaystyle=\frac{\pi}{4}\Big{\{}\frac{e^{2x}}{2}+2x-\frac{e^{-2x}}{2}\Big{% \}}_{-1}^{+1}$
		$\displaystyle=\frac{\pi}{4}\big{\{}e^{2}+4-e^{-2}\big{\}}$

10.14 Em torno da reta $x=\pi$ :

V=\int_{\pi/2}^{\pi}2\pi(\pi-x)|\cos x|\,dx\,,\quad\text{ ou }\quad V=\int_{-1% }^{0}\pi(\pi-\operatorname{arcos}y)^{2}\,dy\,.

Em torno da reta $y=-1$ :

V=\int_{\pi/2}^{\pi}\pi\cdot 1^{2}\,dx-\int_{\pi/2}^{\pi}\pi(\cos x-(-1))^{2}% \,dx\,,\quad\text{ ou }\quad V=\int_{-1}^{0}2\pi(y-(-1))(\pi-\operatorname{% arcos}y)\,dy\,.

10.16 Se trata de mostrar que a área lateral de um cone truncado de raios $r\leq R$ e de altura $h$ é dada por

A=\pi(R+r)\sqrt{h^{2}+(R-r)^{2}}\,.

De fato, fazendo o corte,

Chamando a distância $CD$ de $l$ , e a distância $CE$ de $L$ , temos $A=\pi RL-\pi rl$ . Uma conta elementar mostra que $l=\frac{r}{R-r}\sqrt{h^{2}+(R-r)^{2}}$ , e que $L=\frac{R}{R-r}\sqrt{h^{2}+(R-r)^{2}}$ . Isso dá a fórmula desejada. 10.17 Como a esfera é obtida girando o gráfico de $f(x)=\sqrt{R^{2}-x^{2}}$ , a sua área é dada por

A=2\pi\int_{-R}^{R}\sqrt{R^{2}-x^{2}}\sqrt{1+\bigl{(}\sqrt{R^{2}-x^{2}}^{% \prime}\bigr{)}^{2}}\,dx=2\pi R\int_{-R}^{R}\,dx=4\pi R^{2}\,.