Outra lista que não vai ser muito útil pro resto do bimestre, mas estou deixando aqui pra registro. Como trabalharemos só com equações diferenciais agora (e pretendo postar as listas todas aqui o mais rápido possível), de fato nem será usado... Mas se ficou alguma dúvida pra alguém em qualquer parte, tanto do conceito de integral de linha quanto nas integrações, estarei explicando aqui.
E vai que cai no exame, né.
1. Calcule aproximadamente o comprimento de L se y = 3x no intervalo de x [0; 3].
O segredo pra começar aqui é o seguinte: parametrização. Você precisa fazer y e x fazerem parte de uma mesma função, que chamaremos de t. Está tudo melhor explicado nessa aula, aqui vamos já praticar um pouco mais diretamente.
Como y e x estão relacionados, vamos transformá-los com relação a uma única variável, assim:
$x = t = g(t)$
$y = 3x = 3t = h(t)$
Ótimo. Agora temos que a integral de linha funciona assim:
$$L = \int^{x_f}_{x_i} \sqrt{(g'(t))^2 + (h'(t))^2} \,dt$$
Ou seja... Não vamos usar diretamente g(t) e h(t), mas suas derivadas. Bem, sabemos que é fácil derivar essas coisas aí, então façamos e bem rápido.
$g'(t) = t' = 1$
$h'(t) = 3t' = 3$
Só colocar na integral, agora, e resolver:
$$L = \int^3_0 \sqrt{1^2 + 3^2} \,dt = \sqrt{1+9} \int^3_0 \,dt = \sqrt{10}t = 3\sqrt{10} uC$$
Sendo uC uma unidade de comprimento qualquer.
2. Calcule o comprimento de L se $x^2 + y^2 = r^2$.
Parece beeem mais difícil, mas considerando o macete que aprendemos em coordenadas polares, podemos resolver isso numa boa. Note que, como não há medida pré-definida, vamos descobrir a fórmula padrão do ensino médio pro comprimento da circunferência através dessa integral.
Primeiro, a parametrização não vai ser muito padrão porque dificilmente vamos encontrar uma solução simples pra função de t numa função quadrática como essa. É uma função da circunferência, então fica muito mais fácil se considerarmos o seguinte: temos aí um problema que pode ser comparado ao teorema de Pitágoras.
Sério. O teorema não declara que $h^2 = CO^2 + CA^2$? Ou seja, o quadrado da hipotenusa é igual ao quadrado dos catetos. Ou seja: o problema nos oferece uma função que sempre será comparável a um triângulo retângulo, porque é assim que a circunferência funciona.
Se temos um triângulo retângulo, vamos usar das funções dele, oras! Cosseno igual ao cateto adjacente sobre a hipotenusa, e seno igual ao cateto oposto sobre a hipotenusa. Vale a pena lembrar que não importa qual deles você pegue pra adjacente e qual pegue pra oposto, porque o exercício não determina.
$\cos{t} = \dfrac{x}{r}$
$\sin{t} = \dfrac{y}{r}$
Logo:
$x = r\cos{t} = g(t)$
$y = r\sin{t} = h(t)$
E pra colocar na integral, vamos ter que fazer duas coisas. Primeiro: derivar isso daí. Segundo: saber que limite jogar, mas isso é fácil... Já que temos uma circunferência completa, ela dá uma volta completa até chegar no ponto inicial (360°), o que indica $2\pi$.
Mas derivando:
$g'(t) = r\cos{t}' = r (-\sin{t}) = -r\sin{t}$
$h'(t) = r\sin{t}' = r\cos{t}$
E agora, na integral:
$$L = \int^{2\pi}_0 \sqrt{(-r \sin{t})^2 + (r \cos{t})^2} \,dt = \int^{2\pi}_0 \sqrt{r^2 \sin{t}^2 + r^2 \cos{t}^2} \,dt$$
$$L = \int^{2\pi}_0 \sqrt{r^2 (\sin{t}^2 + \cos{t}^2)} \,dt$$
Aqui é só aplicar propriedade trigonométria mais básica. A soma desse seno com cosseno dá 1, então resta só o r, que nessa integral é considerada constante (ela é com relação a t) e portanto pode ser jogada pra fora dela.
$$L = r \int^{2\pi}_0 \,dt = 2\pi r uC$$
Próxima.
3. Calcule aproximadamente o comprimento L se $y = x^{\frac{2}{3}}$ no intervalo de x [1;8].
Essa deu muita dor de cabeça pra gente na lista, e na prova também porque acharam que a semelhante ia ser tão difícil quanto, mas era infinitamente mais fácil rs. Essa é chatinha e tem umas manipulações de matemática básica muito boas pra treinar, aí vai.
Primeiro a parte mais fácil: parametrização. Vamos fazer igualzinho a primeira:
$x = t = g(t)$
$y = x^{\frac{2}{3}} = t^{\frac{2}{3}} = h(t)$
$g'(t) = t' = 1$
$h'(t) = (t^{\frac{2}{3}})' = \dfrac{2}{3} t^{\frac{-1}{3}}$
Agora a integral em si, que é a parte mais chata:
$$L = \int^8_1 \sqrt{1^2 + (\dfrac{2}{3} t^{\frac{-1}{3}})^2} \,dt = \int^8_1 \sqrt{1 + \frac{4}{9} t^{\frac{-2}{3}}} \,dt$$
Muita gente a partir daqui já fica desorientada. O esquema é o seguinte: eu já vou passar da maneira certa, mas a dica principal é aprender a brincar com as contas. Ir fatorando, mexendo no divisor e em tudo quanto é coisa até achar a solução correta... Não necessariamente a correta, mas a que facilite mais a conta pra você no final. Nesse caso, comecemos igualando os divisores das duas expressões:
$$L = \int^8_1 \sqrt{\dfrac{9t^{\frac{2}{3}}}{9t^{\frac{2}{3}}} + \dfrac{4}{9t^{\frac{2}{3}}}} \,dt = \int^8_1 \sqrt{\dfrac{9t^{\frac{2}{3}} + 4}{9t^{\frac{2}{3}}}} \,dt$$
Pode-se separar o dividendo do divisor através de uma multiplicação dos mesmos, mas a raíz permanece nos dois. Fica assim:
$$L = \int^8_1 \sqrt{\dfrac{1}{9t^{\frac{2}{3}}}} * \sqrt{9t^{\frac{2}{3}} + 4} \,dt$$
Ainda não podemos trabalhar no segundo, mas o primeiro podemos tirar a raíz. Certo?
$$L = \int^8_1 \dfrac{1}{9t^{\frac{1}{3}}} * \sqrt{9t^{\frac{2}{3}} + 4} \,dt = \dfrac{1}{3} \int^8_1 t^{\frac{-1}{3}} * (9t^\frac{2}{3} + 4)^{\frac{1}{2}} \,dt$$
Esse estado de integral te lembra alguma coisa? Espero que sim. É uma análise que não dá pra fazer assim na obviedade, mas nesse ponto que tem apenas uma variável de cada lado você tem que considerar tentar integrar por substituição. Por partes não dá porque em nenhum momento algum expoente vai chegar a 0, já que em fração eles vão passar pra negativo e continuar infinitamente.
Ou estou falando besteira, mas acho que não. Me corrijam se for o caso.
O fato é: tentando substituição nesse caso, você verá que dá certo. Os expoentes vão bater e você poderá cortá-los, assim:
$u = (9t^{\frac{2}{3}}) + 4$
$\dfrac{du}{dx} = (9t^{\frac{2}{3}})' + 4' = 9*(\dfrac{2}{3} * t^{\frac{-1}{3}}) = \dfrac{18}{3} t^{\frac{-1}{3}} = 6t^{\frac{-1}{3}}$
$\dfrac{1}{dx} = \dfrac{6t^{\frac{-1}{3}}}{du}$
$dx = \dfrac{du}{6t^{\frac{-1}{3}}}$
Substituindo a função por u e dx por du, a integral fica assim:
$$L = \dfrac{1}{3} \int^8_1 t^{\frac{-1}{3}} * u^{\frac{1}{2}} \dfrac{du}{6t^{\frac{-1}{3}}}$$
Viu só, que delícia? Agora é só cortar os t e sobra apenas u e 1 sobre 6, que você até joga fora da integral.
$$L = \dfrac{1}{3*6} \int^8_1 u^{\frac{1}{2}} \,du = \dfrac{1}{18} * \dfrac{2}{3} u^{\frac{3}{2}} = \dfrac{2}{54} (9t^{\frac{2}{3}} + 4)^{\frac{3}{2}} = \dfrac{1}{27} \sqrt{(9\sqrt[3]{t^2} + 4)^3}$$
É, é isso daí que dá a integral. Agora é jogar os limites... Que é algo que muita gente complicou, mas muita mesmo, mas é bem simples. Lembrem-se da nossa experiência de um ano com integrais: você não lida com integrais dentro de raízes isolando apenas a variável, tem que tratar de toda a raíz; é de uma função composta que estamos falando. Lembrando que os limites vão de 1 a 8, não consegui colocar na conta porque não descobri ainda como se faz isso em LaTeX, se é que dá pra fazer.
Mas bem, a conta fica assim:
$$L = \dfrac{1}{27} (\sqrt{(9\sqrt[3]{8^2} + 4)^3} - \sqrt{(9\sqrt[3]{1^2} + 4)^3}) = \dfrac{1}{27} (\sqrt{(9\sqrt[3]{64} + 4)^3} - \sqrt{(9\sqrt[3]{1} + 4)^3})$$
$$L = \dfrac{1}{27} (\sqrt{(9*4 + 4)^3} - \sqrt{(9 + 4)^3}) = \dfrac{1}{27} (\sqrt{(36+4)^3} - \sqrt{(9+4)^3})$$
$$L = \dfrac{1}{27} (\sqrt{40^3} - \sqrt{13^3}) = \dfrac{1}{27} (\sqrt{64000} - \sqrt{2197}) \approx \dfrac{1}{27} (252.98 - 46.87) = \dfrac{206.11}{27}$$
$L = 7.63uC$
Ou seja, aproximadamente 7.63uC. Fizemos uma aproximação na conta. Como o exercício nos pede uma aproximação de fato, está resolvido.
Agora vem o destruidor.
4. Calcule aproximadamente o comprimento L se $y = x^2$ no intervalo x[0;2].
Tão inofensivo, não parece? Logo percebemos que não. É torturador, é cruel, e explora os confins da trigonometria como ninguém. A parametrização é fácil:
$x = t = g(t)$
$y = x^2 = t^2 = h(t)$
$g'(t) = 1$
$h'(t) = 2t$
Ok, ok, baba. Agora vamos montar a integral:
$$L = \int^2_0 \sqrt{1^2 + (2t)^2} \,dt = \int^2_0 \sqrt{1 + 4t^2} \,dt = \int^2_0 \sqrt{4(\dfrac{1}{4} + t^2)} \,dt = \sqrt{4} \int^2_0 \sqrt{\dfrac{1}{4} + t^2} \,dt$$
$$L = 2 \int^2_0 \sqrt{\dfrac{1}{4} + t^2} \,dt$$
Tirei esse 2 da raíz pra facilitar na hora de montar o triângulo e não confundir tudo. O problema é o seguinte: não dá pra fazer substituição porque não tem nenhuma variável pro t, que estará no du, matar. Não dá pra fazer por partes também, embora eu não saiba explicar direitinho... Mas bem, o fato é que não nos sobra nenhuma opção convencional.
No entanto, temos uma coisa somando a outra aí... Dentro de uma raiz. O que quer dizer que temos uma hipotenusa de um triângulo retângulo. Começa o drama aí. Se temos uma hipotenusa nessa raiz, por convenção temos que os dois catetos são a raiz quadrada do que está dentro dessa raiz; por questões de praticidade, direi que a segunda expressão está relacionada com o cateto oposto e a primeira com o adjacente.
$CO = \sqrt{t^2} = t$
$CA = \sqrt{\dfrac{1}{4}} = \dfrac{1}{2}$
Ótimo. Vamos tentar deixar as coisas um pouco mais fáceis então (ou mais difíceis, dependendo do ponto de vista; mas resolvíveis):
$tan{\theta} = \dfrac{CO}{CA} = \dfrac{t}{\dfrac{1}{2}} = 2t$
Temos então que:
$t = \dfrac{1}{2} tan{\theta}$
Então vamos descobrir o que raios vamos colocar no lugar de dt para satisfazer um pouco melhor a equação, que agora se torna com relação a $\theta$.
$\dfrac{dt}{d\theta} = (\dfrac{1}{2} tan{\theta})' = \dfrac{1}{2} \sec{\theta}$
$dt = \dfrac{1}{2} \sec{\theta}$
Como esse 1/2 é constante, podemos jogar pra fora da integral... Falta só mais uma coisa antes de reescrever a integral: o limite. Temos que a tangente de theta é igual a 2t, então descobriremos theta fazendo a tangente inversa de 2t... E no lugar de t, colocaremos os números dos limites anteriores. Ajuda bastante nas trigonométricas entender como trocar o limite, particularmente era a minha maior dificuldade (agora eu descobri que tem coisa pior, no caso).
$x_f = \theta_f = tan^{-1}{2*2} = tan^{-1}{4} \approx 76$
$x_i = \theta_i = tan^{-1}{2*0} = tan^{-1}{0} = 0$
Bem, agora vamos reescrever ela com esse monte de informações novas que temos:
$$L = \dfrac{2}{2} \int^{76}_{0} \sqrt{\dfrac{1}{4} + (\dfrac{1}{2} tan{\theta})^2} \sec^2{\theta} \,d\theta = \int^{76}_{0} \sqrt{\dfrac{1}{4}} \sqrt{1 + tan^2{\theta}} \sec^2{\theta} \,d\theta$$
$$L = \dfrac{1}{2} \int^{76}_{0} \sqrt{1 + tan^2{\theta}} \sec^2{\theta} \,d\theta$$
Pois é, galera. O inferno tava só começando. Agora é a hora de aplicar um monte de propriedades trigonométricas. Primeiro: temos que 1 + tangente ao quadrado dá secante ao quadrado, então substituímos e fica assim:
$$L = \dfrac{1}{2} \int^{76}_{0} \sqrt{sec^2{\theta}} \sec^2{\theta} \,d\theta = \dfrac{1}{2} \int^{76}_0 \sec{\theta} \sec^2{\theta} \,d\theta = \dfrac{1}{2} \int^{76}_0 \sec^3{\theta} \,d\theta$$
OK, pausa para: trabalhar apenas com a integral, se não ficará confuso. Por enquanto, esqueça o meio ali e o L, chamaremos essa integral secante ao cubo de theta de K e trabalharemos nela por partes... Vocês verão como e o porquê. Também tirarei os limites mas só pra ficar mais fácil pra eu escrever, finjam que ele sempre esteve ali pra todas as integrais.
$$K = \int \sec^3{\theta} \,d\theta = \int^{76}_0 \sec^2{\theta} * \sec{\theta} \,d\theta$$
Voltamos ao estado anterior, mas precisaremos da secante ao cubo em algum momento, então ok. O que temos aqui é um modelo padrão de integral por partes: temos o que podemos chamar de u, e o que podemos chamar de dv... No caso:
$$\int udv = uv - \int vdu$$
$u = \sec{\theta}$
$\dfrac{du}{d\theta} = \sec{\theta} \tan{\theta}$
$du = \sec{\theta} \tan{\theta} d\theta$
$dv = \sec^2{\theta} d\theta$
$v = tan{\theta}$
É, temos tudo o que precisamos agora. Vamos botar na conta então:
$$\int \sec^3{\theta} \,d\theta = \sec{\theta} \tan{\theta} - \int tan{\theta} (\sec{\theta} \tan{\theta}) d\theta = \sec{\theta} \tan{\theta} - \int tan^2{\theta} \sec{\theta} d\theta$$
SUMMON PROPRIEDADE TRIGONOMÉTRICA: tangente ao quadrado é igual a secante ao quadrado menos 1. É o inverso do que fizemos há um tempinho... nesse mesmo exercício.
$$\int \sec^3{\theta} \,d\theta = \sec{\theta} \tan{\theta} - \int (\sec^2{\theta} - 1) \sec{\theta} d\theta$$
Com isso, podemos quebrar essa integral final em duas outras integrais, uma para a secante multiplicando a secante ao quadrado e outra para a secante multiplicando -1. Lembre-se que antes da integral há o sinal de menos, ou seja, você deve inverter o sinal das duas integrais que surgirão daí:
$$\int \sec^3{\theta} \,d\theta = \sec{\theta} \tan{\theta} - \int \sec^3{\theta} d\theta + \int \sec{\theta} d\theta$$
Percebamos que temos, nessa expressão toda, uma integral que é idêntica à inicial: secante ao cubo de theta. Ela está subtraindo. O que podemos fazer é jogar ela pro outro lado somando, pra deixar a conta mais objetiva, já que a presença dela aí mostra que temos uma integral cíclica... Ou seja, de tempos em tempos ela vai se repetir. Também já vamos resolver a integral de secante comum, lógico, usando muito o Google enquanto estiver estudando e decorando quando estiver chegando perto de uma prova de cálculo que pode ter exercícios do tipo.
$$\int \sec^3{\theta} d\theta + \int \sec^3{\theta} d\theta = \sec{\theta} \tan{\theta} + \int \sec{\theta} d\theta$$
$$2 \int \sec^3{\theta} d\theta = \sec{\theta} \tan{\theta} + \ln{|\sec{\theta} + \tan{\theta}|}$$
$$\int \sec^3{\theta} d\theta = \dfrac{1}{2} (\sec{\theta} \tan{\theta} + \ln{|\sec{\theta} + \tan{\theta}|})$$
Holy crap, agora é "só" jogar os limites e usar a calculadora - lembrando que calculadoras geralmente não tem secante, mas secante é 1 sobre cosseno, então é só fazer isso.
$$\int^{76}_0 \sec^3{\theta} d\theta = \dfrac{1}{2} ((\sec{76} \tan{76} - \sec{0} \tan{0}) + (\ln{|\sec{76} + \tan{76}|} - \ln{|\sec{0} + \tan{0}|}))$$
$$\int^{76}_0 \sec^3{\theta} d\theta = \dfrac{1}{2} ((\dfrac{1}{\cos{76}} * \tan{76} - \dfrac{1}{\cos{0}} * 0) + (\ln{|\dfrac{1}{\cos{76}} + \tan{76}|} - \ln{|\dfrac{1}{\cos{0}} + 0|}))$$
$$\int^{76}_0 \sec^3{\theta} d\theta \approx \dfrac{1}{2} ((16.68 - 0) + 2 - \ln{|1|})) = \dfrac{1}{2} (16.68 + 2) = \dfrac{18.68}{2} = 9.34$$
OK, como chamamos isso tudo de K, esse é o resultado... Chegamos nele, a conta está praticamente terminada. Só se lembre que L representa metade dessa integral, não ela completa:
$L = \dfrac{1}{2} K = \dfrac{9.34}{2} = 4.67uC$
Ou seja: essa maldita integral toda para x² dá aproximadamente 4.67uC.
Espero nunca mais ter outro exercício desses na vida, e acho que muitos compartilham de meu sentimento. Infelizmente teremos. Mas de qualquer forma, é isso aí, tá aí a lista 2 pra quem quiser ter tudo completo no caderno, ou pra quem quiser entender um pouquinho melhor integral de linha (é muito mais que isso), ou pra quem quiser curtir trigonometria.
Um bom dia a todos!
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