Question

Use a integral dupla para achar a área das seguintes questões:

4) Calcular a área da região delimitada pelas parábolas x = 2y² - 4 e x = y².

5) Ache a área da região delimitada pela curva y = x³ e pelas retas y= 8 e x =0.

6) Determinar a área da região delimitada pelos gráficos das equações y=x³, y=2x e y=x.

7) Calcule a área da região delimitada pelos gráficos das equações y =$\frac{1}{x'}$ , y = 2x e y=x


ver anexo

Answer 1

4) • Achando a interseção entre as parábolas:

x = y²  e  x = 2y² – 4


x = 2x – 4

2x – x = 4

x = 4


4 = y²

y = ± 2


Os pontos de interseção são (– 2,  4) e (2,  4).


•  Extremos de integração:

   y varia em extremos fixos:     – 2 ≤ y ≤ 2;

   x varia entre duas funções de y:    2y² – 4 ≤ x ≤ y².


• A área é dada por

$A=\displaystyle\iint_D\!1\,dA\\\\\\ =\int_{-2}^2\int_{2y^2-4}^{y^2}\!1\,dx\,dy\\\\\\ =\int_{-2}^2 x\big|_{2y^2-4}^{y^2}\,dy\\\\\\ =\int_{-2}^2 \big(y^2-(2y^2-4)\big)\,dy\\\\\\ =\int_{-2}^2 (-y^2+4)\,dy$


Temos uma função par de $y$ a ser integrada sobre um intervalo simétrico. Logo, a integral acima fica

$=\displaystyle 2\int_0^2 (-y^2+4)\,dy\\\\\\ =2\left(-\frac{y^3}{3}+4y \right )\bigg|_0^2\\\\\\ =2\cdot \left(-\frac{2^3}{3}+4\cdot 2 \right )\\\\\\ =2\cdot \left(-\frac{8}{3}+8 \right )\\\\\\ =2\cdot \frac{16}{3}\\\\\\ =\boxed{\begin{array}{c}\dfrac{32}{3}\mathrm{~u.a.}\end{array}}~~~~\checkmark$

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5) • Achando a interseção entre as curvas

y = x³   e   y = 8.


x³ = 8

x = 2


Ponto (2,  8).


•  Extremos de integração:

   0 ≤ x ≤ 2;

   x³ ≤ y ≤ 8.


•  Área:

$A=\displaystyle\iint_D\!1\,dA\\\\\\ =\int_0^2\int_{x^3}^8 1\,dy\,dx\\\\\\ =\int_0^2 y\big|_{x^3}^8\,dx\\\\\\ =\int_0^2 (8-x^3)\,dx\\\\\\ =\left(8x-\frac{x^4}{4} \right )\bigg|_0^2\\\\\\ =8\cdot 2-\frac{2^4}{4}\\\\\\ =16-4\\\\\\ =\boxed{\begin{array}{c}12\mathrm{~u.a.}\end{array}}~~~~\checkmark$

_________

6) • Achando a interseção entre as curvas

y = x³   e   y = 2x


x³ = 2x

x³ – 2x = 0

x(x² – 2) = 0

x = 0   ou   x² – 2 = 0

x = 0   ou   x² = 2

x = 0   ou   x = ± √2


Pontos (0, 0),  (√2,  2√2)  e   (– √2,  – 2√2).

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• Achando a interseção entre as curvas

y = x³   e   y = x


x³ = x

x³ – x = 0

x(x² – 1) = 0

x = 0   ou    x² – 1 = 0

x = 0   ou    x² = 1

x = 0   ou    x = ± 1


Pontos (0, 0),  (1, 1)  e   (– 1,  – 1).

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Verifica-se facilmente que há uma simetria na região que desejamos calcular a área. Então, vamos tomar a área como sendo

$A=2\displaystyle\iint_D 1\,dA$


sendo $D$ a porção do 1º quadrante da região em questão.


•  A região $D$ pode ser decomposta em duas regiões:

       Um triângulo $D_1:$

       0 ≤ x ≤ 1;

       x ≤ y ≤ 2x.


       Um pseudo triângulo $D_2:$

       1 ≤ x ≤ √2;

       x³ ≤ y ≤ 2x.

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•  Área:

$A=2\displaystyle\iint_D 1\,dA\\\\\\ =2\cdot \left(\iint_{D_1} 1\,dA+\iint_{D_2} 1\,dA \right)\\\\\\ =2\iint_{D_1} 1\,dA+2\iint_{D_2} 1\,dA\\\\\\ =2\int_0^1\int_x^{2x}1\,dy\,dx+2\int_1^{\sqrt{2}}\int_{x^3}^{2x}1\,dy\,dx \\\\\\ =2\int_0^1 y\big|_x^{2x}\,dx+2\int_1^{\sqrt{2}} y\big|_{x^3}^{2x}\,dx \\\\\\ =2\int_0^1 (2x-x)\,dx+2\int_1^{\sqrt{2}} (2x-x^3)\,dx$

$=\displaystyle 2\int_0^1 x\,dx+2\int_1^{\sqrt{2}} (2x-x^3)\,dx\\\\\\ =\int_0^1 2x\,dx+\int_1^{\sqrt{2}} (4x-2x^3)\,dx\\\\\\ =x^2\big|_0^1+\left(2x^2-\frac{x^4}{2} \right )\bigg|_1^{\sqrt{2}}\\\\\\ =1^2+\left(2\cdot (\sqrt{2})^2-\frac{(\sqrt{2})^4}{2} \right )-\left(2\cdot 1^2-\frac{1^4}{2} \right )\\\\\\ =1+\left(2\cdot 2-\frac{4}{2} \right )-\left(2\cdot 1-\frac{1}{2} \right )\\\\\\ =1+(4-2)-\left(2-\frac{1}{2} \right )\\\\\\ =1+2-2+\frac{1}{2}\\\\\\=\boxed{\begin{array}{c}\dfrac{3}{2}\mathrm{~u.a.}\end{array}}~~~~\checkmark$

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7) • Achando a interseção entre as curvas

y = 1/x   e   y = 2x


1/x = 2x

2x² = 1

x² = 1/2

x = ± 1/√2


Pontos (1/√2,  √2)  e  (– 1/√2,  – √2).

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• Achando a interseção entre as curvas

y = 1/x   e   y = x


1/x = x

x² = 1

x = ± 1


Pontos (1, 1)  e  (– 1,  – 1).

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Aqui também há simetria na região que desejamos calcular a área. Então, vamos tomar a área como sendo

$A=2\displaystyle\iint_D 1\,dA$


sendo $D$ a porção do 1º quadrante da área que desejamos calcular.


•  A região $D$ pode ser decomposta em duas regiões:

       Um triângulo $D_1:$

       0 ≤ x ≤ 1/√2

       x ≤ y ≤ 2x


       Um pseudo triângulo $D_2:$

       1/√2 ≤ x ≤ 1

       x ≤ y ≤ 1/x

_____

•  Área:

$A=2\displaystyle \left(\iint_{D_1} 1\,dA+\iint_{D_2} 1\,dA \right )\\\\\\ =2\iint_{D_1} 1\,dA+2\iint_{D_2} 1\,dA\\\\\\ =2\int_0^{1/\sqrt{2}}\int_x^{2x} 1\,dy\,dx+2\int_{1/\sqrt{2}}^1\int_x^{1/x} 1\,dy\,dx\\\\\\ =2\int_0^{1/\sqrt{2}} y\big|_x^{2x} dx+2\int_{1/\sqrt{2}}^1 \,y\big|_x^{1/x} \,dx\\\\\\ =2\int_0^{1/\sqrt{2}} (2x-x)\,dx+2\int_{1/\sqrt{2}}^1 \left(\frac{1}{x}-x\right)dx$

$=\displaystyle \int_0^{1/\sqrt{2}} 2x\,dx+\int_{1/\sqrt{2}}^1 \left(\frac{2}{x}-2x\right)dx\\\\\\ =x^2\big|_0^{1/\sqrt{2}}+(2\ln x-x^2)\big|_{1/\sqrt{2}}^1\\\\\\ =\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^{\!\!2}+(2\ln 1-1^2)-\left(2\ln \frac{1}{\sqrt{2}}-\Big(\frac{1}{\sqrt{2}}\Big)^{\!2}\right )\\\\\\ =\frac{1}{2}-1-2\ln \frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{2}\\\\\\ =-2\ln \frac{1}{\sqrt{2}}\\\\\\ =-2\ln(2^{-1/2})\\\\\\ =-2\cdot \left(-\frac{1}{2} \right )\ln 2\\\\\\ =\boxed{\begin{array}{c}\ln 2\mathrm{~u.a.}\end{array}}~~~~\checkmark$


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Bons estudos! :-)