Lição 6 - Exercícios.

Lição 6 - Exercícios.

Exercício

Área de uma região denida por duas curvas

Determinar a área da região nita delimitada pelos grácos das funções f(x) = x2_{− 1 e g(x) = −x}2_{+ 2x.}

Na gura 1 estão representados os grácos da duas funções. A região que queremos considerar corresponde ao intervalo [a, b] de valores de x. A expressão que nos dá a área dessa região é

Z b

a

(g(x) − f (x)) dx.

Note-se que o gráco de g(x) está acima do gráco de f(x) neste intervalo. A justicação para este integral ca clara se o escrevermos da forma

Z b a (g(x) − f (x)) dx = Z 0 a (g(x) − f (x)) dx + Z d 0 (g(x) − f (x)) dx + Z b d (g(x) − f (x)) dx. (1)

Figura 1: Área da região delimitada por duas curvas no intervalo [a, b]. Vejamos o signicado de cada um dos três integrais no segundo membro de (1).

1. No intervalo [a, 0] as regiões delimitadas pelos grácos e pelo eixo das abcissas estão ambas abaixo deste eixo, o que sinica que tanto R0

a f (x)dx como R 0

a g(x)dxsão negativos. O integral R 0

a (g(x) − f (x)) dx

2. No intervalo [0, d] as regiões delimitadas pelos grácos e pelo eixo das abcissas estão acima do eixo das abcissas, no caso de g(x), e abaixo deste eixo, no caso de f(x). Daqui decorre Rd

0 f (x)dx < 0e

Rd

0 g(x)dx > 0. O integral R d

0 (g(x) − f (x)) dxcorresponde a uma soma de áreas.

3. No intervalo [d, b] as regiões delimitadas pelos grácos e pelo eixo das abcissas estão ambas acima deste eixo, o que sinica que tanto Rb

d f (x)dx como R b

d g(x)dxsão positivos. O integral R b

d(g(x) − f (x)) dx

corresponde a uma diferença de áreas.

Para calcular o integral em (1) é preciso determinar os valores de a e b. Como são os dois únicos valores de xpara os quais se tem f(x) = g(x), temos que resolver esta equação.

f (x) = g(x) ⇔ x2− 1 = −x2_{+ 2x ⇔ −2x}2_{+ 2x + 1 = 0} ⇔ x = 1 − √ 3 2 ! ∨ x = 1 + √ 3 2 !

O cálculo da área é imediato. Z b a (g(x) − f (x)) dx = Z (1+ √ 3)/2 (1−√3)/2 (−2x2+ 2x + 1)dx =  −2 3x 3_{+ x}2_{+ x} (1+ √ 3)/2 (1−√3)/2 = −2 3 1 +√3 2 !3 + 1 + √ 3 2 !2 + 1 + √ 3 2 ! − −  −2 3 1 −√3 2 !3 + 1 − √ 3 2 !2 + 1 − √ 3 2 !  = √3

A área da região delimitada pelas duas curvas é√3.

Exercício

Determinar a área da região nita delimitada pelos grácos das funções f(x) = x2_{− 1e g(x) = −x}2_{+ 2xno}

intervalo [c, b].

Usar um integral para obter uma fórmula para o comprimento do arco de curva (= bocado de curva) cor-respondente ao gráco de uma função f(x) no intervalo [a, b] de valores de x.

Na esquerda da gura 2 está representada uma curva a traço grosso, de comprimento L1. Podemos obter

um valor aproximado para L1 somando as medidas de segmentos de recta apoiados na curva. Seja L3 a

soma das medidas dos segmentos de recta de cor vermelha. É imediato vericar que L3 < L1 (porquê?).

Uma aproximação melhor que L3 pode ser conseguida substituindo cada segmento de recta a vermelho por

dois segmentos tracejados, conforme se vê na imagem esquerda da gura. Se L2 é o comprimento da linha

quebrada a tracejado, podemos escrever L3< L2< L1. Podemos melhorar ainda mais a aproximação,

subs-tituindo cada segmento de recta a tracejado por dois segmentos de recta apoiados na curva a traço grosso, somando depois os comprimentos dos segmentos que formam a linha quebrada resultante. Repetindo suces-sivamente o processo, vamos obtendo linhas quebradas com cada vez mais segmentos, cujos comprimmentos são aproximações cada vez melhores para o comprimento L1.

Figura 2: Comprimento de um arco de curva.

Na imagem da direita no gura 2 está representado um arco da curva e um segmento de recta aproximante (a vermelho). O comprimento ∆sido segmento de recta pode ser calculado usando o teorema de Pitágoras e

as diferenças de ordenadas, ∆yi, e de abcissas, ∆x, dos pontos inicial e nal do arco. A gura sugere a forma

de obter uma linha quebrada formada pela justaposição de segmentos de recta: dividimos o intervalo [a, b] em n partes iguais de medida ∆x, correspondendo a cada uma um pedaço da curva e o respectivo segmento de recta aproximante. O comprimento do i-ésimo segmento é ∆si = p(∆x)2+ (∆yi)2. A soma Sn dos

comprimentos dos n segmentos da linha quebrada é

Sn = n X i=1 p (∆x)2_{+ (∆y} i)2 = n X i=1 s 1 + ∆yi ∆x 2 ∆x.

Fazendo n → ∞ a taxa de variação ∆yi/∆x tende para a derivada da função y0 no ponto xi. Se o limite

existe, então pode exprimir-se somo um integral denido, bastando que a função p1 + (y0₎2 seja contínua

no intervalo [a, b], o que acontece se y0 _{= f}0_{(x) for contínua neste intervalo. Obtemos uma fórmula para o}

comprimento de uma curva suave y = f(x) no intervalo [a, b] de valores de x. S = lim n→∞Sn = n→∞lim n X i=1 s 1 + ∆yi ∆x 2 ∆x = Z b a p 1 + (y0₎2_dx.

Exercício

Volume de um sólido de revolução

Usar um integral para determinar a fórmula do volume de um sólido gerado pela revolução da curva y = f(x), a ≤ x ≤ b, em torno do eixo das abcissas.

Na revolução de uma curva em torno de um eixo, cada ponto da curva descreve uma trajectória circu-lar em torno do eixo e perpendicucircu-lar a este. O sólido cuja superfície é formada pela reunião de todas as trajectórias circulares dos pontos da curva, diz-se sólido de revolução.

Figura 3: Sólido de revolução.

Figura 4: Volume de um sólido de revolução.

Na imagem esquerda da gura 3 está esboçado o cone gerado pela revolução do segmento de recta a traço grosso em torno do eixo das abcissas. Podemos obter uma aproximação para o volume do cone a partir da revolução em torno do eixo das abcissas da função em escada representada na imagem da direita na gura 3. A largura de cada `degrau' é ∆x = (b − a)/n. O sólido gerado é a sequência de discos na imagem da esquerda da gura 4. O volume Vn deste sólido obtém-se somando os volumes dos discos envolvidos.

Vn = n X k=1 πf2(xk)∆X, (2) sendo πf2_(x

k)a área da base do k-ésimo disco e ∆x a sua largura. Quanto maior for o número de discos

usado, melhor a aproximação ao valor do volume do sólido. O valor V deste volume obtém-se calculando o limite do somatório quando n → ∞.

V = lim n→∞Vn = n→∞lim n X k=1 πf2(xk)∆X = Z b a πf2(x)dx

Esta é a expressão geral para o volume do sólido gerado pela revolução do arco de curva denido por f (x), a ≤ x ≤ b, em torno do eixo das abcissas. Como exemplo, se f(x) = x2 _{e [a, b] = [1, 4], o volume V do}

sólido de revolução é calculado da forma que se segue. V = Z 4 1 πx4dx = π x 5 5 4 1 = 1023π/5

Exercício

Energia cinética de um corpo

Um objecto de massa m (kg), deslocando-se segundo uma trajectória linear, com uma velocidade de módulo vi(m/s), é actuado por uma força de intensidade F (N), com a direcção e o sentido do movimento do corpo.

A força é exercida durante ao longo do percurso linear de medida D (m). Qual a velocidade vf do corpo no

nal do segmento de comprimento D? (imagem esquerda, gura 5)

Figura 5:

Vamos fazer uma experiência matemática para averiguar que informação nos pode dar o produto F D. Por ser F = ma constante, a aceleração a(t) é também constante, sendo a velocidade v(t) linear e crescente (gura 6). Podemos escrever

F D = maD = m∆v

∆tD = m∆v D

sendo ∆t o tempo que o objecto leva a percorrer o trajecto linear de medida D e ∆V/∆t a aceleração. A variação de velocidade é ∆v = vf− vi e D/∆t representa a velocidade média (vf+ vi)/2. Usando (3) ca

F D = m(vf− vi) vf+ vi 2 , ou F D = mv 2 f− v2i 2 F D = 1 2mv 2 f− 1 2mv 2 i. (4)

Figura 6: Aceleração constante, positiva; velocidade linear, crescente.

Conhecendo a força F , a distância D, a massa do corpo m e a sua velocidade inicial vi, podemos usar (4)

para calcular a velocidade nal vf pretendida.

Um signicado físico para a expressão mv2

i/2pode ser obtido se suposermos que a força tem o sentido

contrário ao do movimento do corpo, conforme a imagem na direita da gura 5. Qual a distância D ao m da qual o corpo pára por acção da força −F ? A resposta é dada usando a fórmula (4), com F substituida por −F e vf substituida por 0, por ser nula a velocidade do corpo parado. Resolvendo a equação resultante

em ordem a D, temos

D = mv

2 i

2F . (5)

Vericamos que, conhecida a força F , o termo mv2

i/2 é directamente proporcional à distância necessária

para travar o corpo. O termo mv2

i/2dá-nos uma medida do estrago que o corpo causa quando embate num

alvo. É designado por energia cinética (= energia de movimento) do corpo. Obviamente, um corpo parado tem energia cinética nula.

Exercício

Corpos com o mesmo momento linear

Dois corpos com massas e velocidades, respectivamente m1 = 5kg, v1 = 10m/s e m2 = 10kg, v2 = 5m/s,

colidem contra alvos iguais. Qual deles provoca maior dano no alvo?

Note-se que os corpos têm o mesmo momento linear p = mv (também chamado quantidade de movimento). Como vimos acima, a medida do dano causado no alvo é dada pela energia cinética (EC) do corpo.

Corpo 1: EC = 1 2m1v 2 1 = 1 25 × 10 2 _{= 250J (joules)} Corpo 2: EC = 1 2m2v 2 2 = 1 210 × 5 2 _{= 125J (joules)}

Concluimos que o corpo 1 é o que causa maior dano no alvo. Fica uma pergunta: qual o signicado físico da igualdade dos momentos lineares?

Exercício

Corpo travado por uma mola

Na gura 7 está representada a colisão de um corpo de massa m (kg) com uma mola. A velocidade do corpo no momento inicial da colisão é vi(m/s). A constante da mola é k (N/m). Qual a medida D da compressão

da mola necessária para que o corpo pare?

Figura 7: Corpo actuado por uma força variável.

Consideremos a imagem à esquerda na gura 7. Supomos que a mola está xada no seu lado esquerdo, estando o lado direito livre. Quando a mola está em repouso (não está comprimida nem alongada), a posição do extremo direito é x = 0. Quando a mola é comprimida ou alongada, a força com que ela responde é dada por F = −kx, sendo k a constante da mola e x > 0 se a mola for alongada, ou x < 0 se for comprimida. A relação linear F = −kx, dita lei de Hooke, só é válida para valores de x relativamente pequenos. Ao longo deste texto supomos que esta condição se verica. A medida D de compressão da mola necessária para

travar o corpo (imagem da direita na gura 7), está relacionada com a energia cinética do corpo. A fórmula (5) mostra-nos como calcular D quando a força aplicada é constante. No caso da mola comprimida a força aplicada ao corpo é positiva (porquê?) e crescente ao longo do percurso. Na gura 8 temos a indicação de como calcular a energia cinética ganha, ou perdida, por um corpo em movimento sujeito a uma força variável.

Figura 8: Corpo em movimento, travado por uma mola.

Subdivide-se o percurso em pequenos deslocamentos ∆x nos quais a força pode ser tomada como constante (esta aproximação é tanto melhor quanto menor for ∆x). Para cada deslocamento ∆x a variação da energia cinética do corpo é dada por F (x)∆x, que corresponde à área do rectângulo. Trata-se agora de somar os produtos F (x)∆x para os restantes rectângulos da subdivisão do trajecto, e fazer o número de rectângulos tender para innito na expressão resultante. Temos o mesmo processo que já encontrámos no cálculo do comprimento de uma curva, ou no cálculo do volume de um sólido de revolução. Podemos reescrever a expressão (4) para o caso de uma força variável,

Z xf xi F (x)dx = 1 2mv 2 f− 1 2mv 2 i, (6)

sendo xi e xf, respectivamente, as posições inicial e nal de acção da força. No caso da mola comprimida

pelo corpo (imagem esquerda da gura 7) a fórmula (6) ca Z −D 0 −kxdx = −1 2mv 2 i, (7)

uma vez que xi = 0 é a posição do extremo direito da mola quando se inicia a compressão, xf = −D é a

posição do extremo direito da mola quando o objecto pára, F (x) = −kx é a força que a mola devolve, e vf = 0é a velocidade do corpo no ponto de compressão máxima. Resta calcular o integral em (7) e resolver

a equação resultante em ordem a D. Z −D 0 −kxdx = −1 2mv 2 i ⇔  −kx 2 2 −D 0 = −1 2mv 2 i ⇔ −kD 2 2 = − 1 2mv 2 i ⇔ D = r m kvi (8)

Uma inspecção da fórmula (8) permite tirar conclusões interessantes. Por exemplo, se a velocidade inicial de impacto vi duplicar, a distância de compressão D necessária para parar o corpo também duplica. Já

relativamente à massa m do corpo, vericamos que esta deve quadruplicar para que a distância D de paragem do corpo duplique. Também observamos que quanto maior for k (mola mais `dura'), menor o valor de compressão D necessário para parar o corpo.

Para os dois corpos com massas e velocidades m1 = 5kg, v1= 10m/s e m2 = 10kg, v2 = 5m/s, de um

exercício anterior, as compressões de uma mola com constante k = 3000 N/m necessárias para os parar, são Corpo 1: D = r m1 k v1 = r 5 300010 ≈ 0.41 m Corpo 2: D = r m2 k v2 = r 10 30005 ≈ 0.29 m.

A mola é mais comprimida no caso do corpo 1, porque este corpo tem maior velocidade.

Exercício

Corpos com igual momento linear

Dados dois corpos com o mesmo momento linear, p = mv, é sempre o corpo com maior velocidade aquele que tem a maior energia cinética?

Exercício

Momento linear igual ⇒ tempo de paragem igual

Um objecto de massa m (kg), deslocando-se segundo uma trajectória linear com uma velocidade de módulo vi (m/s), é actuado por uma força constante F (N), com a direcção e o sentido do movimento do corpo.

A força é exercida durante um intervalo de tempo com a duração de T segundos. Qual a velocidade vf do

Vamos fazer uma experiência matemática para averiguar que informação nos pode dar o produto F T . Por ser F = ma constante, a aceleração a(t) é também constante, sendo a velocidade v(t) linear e crescente (gura 6). Podemos escrever

F T = maT = m∆v

∆tT = m∆v T ∆t,

Como a velocidade é linear com t, o cociente ∆v/∆t pode ser calculado para ∆t qualquer. Se zermos na expressão anterior ∆t = T , obtemos

F T = m∆v = m(vf− vi) = mvf− mvi. (9)

Conhecendo F , T , m e vi, podemos obter de (9) o valor da velocidade vf pretendido.

A fórmula (9) permite dar resposta a uma pergunta interessante. Dado um corpo de massa m que se des-loca numa trajectória linear à velocidade constante de vi(m/s), qual o intervalo de tempo T necessário para

o corpo ser parado por uma força constante, com intensidade F e sentido oposto ao sentido de deslocamento do corpo? Resolvendo (9) em ordem a T temos

T = m(vf− vi)

F . (10)

Se ao m de T segundos de aplicação da força o corpo pára, então vf = 0. Substituindo este valor em (10)

e escrevendo −F em vez de F , obtemos

T = mvi

F . (11)

Este resultado é notável, porque nos diz que o tempo necessário para o corpo ser parado por uma força de intensidade F é igual para corpos com o mesmo momento linear p = mv.

Exercício

Duração de uma colisão

Na gura 7 está representado o embate de um corpo de massa m (kg) com uma mola. A velocidade do corpo no momento inicial da colisão é vi(m/s). A constante da mola é k (N/m). Seja t = 0s o instante em que o

Vamos usar a fórmula (6) para obter uma expressão de v(x), a velocidade do corpo em função da posição x. De seguida usamos a fórmula de v(x) para obter uma fórmula para o tempo decorrido t(x) em função da posição x. Para isso, fazemos na igualdade

Z xf xi F (x)dx = 1 2mv 2 f− 1 2mv 2 i, as seguintes substituições: xi= 0, xf = −xe vf = v(−x). Z −x 0 F (x)dx = 1 2mv 2_{(−x) −}1 2mv 2 i

Fazendo agora F (x) = −kx e supondo que conhecemos k, m, vi, resolvemos a equação resultante em ordem

a v(−x). Z −x 0 −kxdx = 1 2mv 2_{(−x) −}1 2mv 2 i − kx2 = 1 2mv 2 (−x) −1 2mv 2 i ⇔ mv2(−x) = mv_i2− kx2_⇔ v(−x) = − r v2 i − k mx 2

Como v(−x) = v(x) podemos escrever a última igualdade da forma v(x) = − r v2 i − k mx 2_. (12)

O sinal negativo de v(x) deve-se ao deslocamento do corpo se fazer da direita para a esquerda, o sentido oposto ao do eixo que se usa como referência para medir a posição do objecto. O gráco de v(x) é o arco de elipse representado na gura 9 (recordar a equação da elipse no Anexo deste texto). x = 0 é o ponto de velocidade máxima em módulo v(0) = vi. x = −D é o ponto em que a velocidade se anula, v(−D) = 0.

Figura 9: Velocidade em função da posição.

Vamos usar a fórmula (12) para obter uma expressão para t(x), o tempo decorrido para o corpo ir da origem x = 0 até à posição −x. Na imagem em baixo na gura 9 representa-se um rectângulo de largura ∆x e altura v(xk)(a velocidade para x = xk). O intervalo ∆x é sucientemente pequeno para que a velocidade

se mantenha aproximadamente constante no trajecto correspondente. Associado ao intervalo ∆x está o intervalo de tempo ∆t que o corpo leva a percorrê-lo. Da relação

v(xk) ≈ ∆x/∆t

obtém-se

∆t ≈ ∆x/v(xk).

Esta aproximação é tanto melhor quanto menor for o intervalo ∆x, independentemente do ponto xk

consi-derado. Uma forma de exprimir matematicamente esta armação é dt = dx

v(x). (13)

Esta igualdade, por sua vez, permite-nos escrever Z t 0 dt = Z −x 0 dx v(x).

Note-se a correspondência entre os extremos de integração nos dois membros. Substituindo nesta igualdade a expressão obtida para v(x), temos

Z t 0 dt = Z −x 0 dx −qv2 i − k mx2 . (14)

O integral da esquerda é igual a t (porquê?) e representa o tempo que o corpo leva para ir da posição x = 0 à posição −x. O integral da direita resolve-se com uma substituição trigonométrica (ver o Anexo deste texto) do modo que se segue.

1. Faz-se a substituição

x = r m

kvisen(u), a que corresponde o diferencial

dx = r m

kvicos(u). O integral indenido ca

I = Z _dx −qv2_i − k mx 2 = Z pm kvicos(u) −vip1 − sen2(u) du = Z − pm kvicos(u) vicos(u) du = − Z _{r m} kdu = − r m ku + C. 2. Por ser u = arcsen r k m x vi ! (porquê?), obtemos I = −r m karcsen r k m x vi ! + C.

A fórmula (14) pode escrever-se da forma seguinte. Z t 0 dt = Z −x 0 dx −qv2 i − k mx2 ⇔ t = " −r m karcsen r k m x vi !#−x 0 ⇔ t(x) = r m karcsen r k m x vi ! . (15)

tempo que a mola leva a parar um objecto de massa m e velocidade vi que colide com ela. Basta determinar

t(D), sendo

D = r m kvi

o comprimento de compressão da mola necessário para o corpo ser parado, calculado num exemplo anterior. t(D) = r m karcsen r k m pm kvi vi ! t(D) = r m karcsen(1) = π 2 r m k (16)

A fórmula (16) permite-nos tirar uma conclusão notável: o tempo necessário para a massa parar o objecto, depende apenas da massa deste, m, não dependendo da velocidade vi com que o corpo colide com a mola!

Notar que estamos a considerar que, durante todo o processo, os deslocamentos são sucientemente pequenos para ser válida a lei de Hooke, F = −kx.

ANEXO

Equação standard da elipse.

Na gura 10 está representada uma elipse. O semieixo maior está apoiado sobre o eixo das abcissas e tem medida a. O semieixo menor está apoiado sobre o eixo das ordenadas e tem medida b. Nos pontos de coordenadas (−c, 0) e (c, 0) situam-se os focos da elipse, sendo c =√a2_{− b}2.

Os pontos (x, y) da elipse são aqueles cuja soma das distâncias aos focos é constante e igual a 2a. Com base nesta denição, vamos deduzir a chamada equação standard da elipse (representa uma elipse que tem os eixos maior e menor apoiados sobre os eixos do referencial).

1. Distância do ponto (x, y) ao foco F1: d1 = p(x + c)2+ y2.

2. Distância do ponto (x, y) ao foco F2: d2 = p(x − c)2+ y2.

3.

d1+ d2 = 2a

p

(x + c)2_{+ y}2₊p_{(x − c)}2_{+ y}2 _{= 2a}

4. Obter uma nova igualdade, elevando ao quadrado ambos os membros da igualdade anterior. x2+ c2+ y2− 2a2_{= −}p

5. Obter uma nova igualdade, elevando ao quadrado ambos os membros da igualdade anterior, depois de fazer no primeiro membro c2_{− 2a}2_{= a}2_{− b}2_{− 2a}2_{= −a}2_{− b}2_.

x4+ 2x2y2+ 2x2(−a2− b2_{) + y}4_{+ 2y}2_(−a2_{− b}2_{) + (−a}2_{− b}2₎2

= (x + c)2(x − c)2+ y2(x + c)2+ y2(x − c)2+ y4

Eliminando termos comuns nos dois membros, obtém-se a igualdade x2_b2_{+ y}2_a2_{= a}2_b2_{e, por m,}

x2 a2 +

y2 b2 = 1

que é a equação standard da elipse.

Figura 10: Elipse.

Integrais do tipo R

_√ 1 a2_−bx2

dx

Um integral do tipo I = Z ₁ √ a2_{− bx}2dx

resolve-se da forma seguinte. 1. Faz-se a substituição

x = √a

bsen(u),

com o objectivo de trocar o radical que aparece no integral por p1 − sen2_{(u) = cos(u)}. O diferencial

dx ca

dx = √a

O resultado da substituição é o seguinte. I = Z ₁ √ a2_{− bx}2dx = Z √a bcos(u) r a2_{− b}_√a bsen(u) 2 du = Z √a bcos(u) pa2_{− a}2_sen2_(u)du = Z √a bcos(u)

ap1 − sen2_(u)du

= Z √a bcos(u) acos(u) du I = Z ₁ √ bdu = 1 √ bu + C

2. Substituindo agora u da forma

u = arcsen √ b a x ! , obtém-se I = √1 barcsen √ b a x ! + C. Bibliograa

1. Cálculo Diferencial e Integral, vol I, N. Piskounov. 2. Calculus, Howard Anton.

Créditos