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Answer 1

(a) [tex]\dfrac{(x-h)^{2}}{a^{2}}+\dfrac{(y-k)^{2}}{b^{2}}=1[/tex]
é a equação reduzida de uma elipse com centro em $(h,\;k),$

sendo $a,\;b$ constantes > 0.


Na equação da elipse, podemos isolar $y$ em função de $x:$

$(y-k)^{2}=\dfrac{b^{2}}{a^{2}}\cdot \left[a^{2}-(x-h)^{2} \right ]y=\pm \dfrac{b}{a}\sqrt{a^{2}-(x-h)^{2}}+k~~~~~~\mathbf{(i)}$

Obtivemos duas equações: uma para $k\le y \le b+k,$ e outra para $-b+k\le y \le k.$ Cada equação representa metade da elipse.__________________________

Por Cálculo 1, sabemos que a área sob o ramo superior da elipse e acima da reta $y=k$ é dada por

$\displaystyle\int\limits_{-a+h}^{a+h}{\left[\left(\dfrac{b}{a}\sqrt{a^{2}-(x-h)^{2}}+k \right )-k \right ]\!dx}\\\\\\ =\int\limits_{-a+h}^{a+h}{\dfrac{b}{a}\sqrt{a^{2}-(x-h)^{2}}\,dx}~~~~~~\mathbf{(ii)}$

Como a elipse é uma figura simétrica, a área total da elipse é duas vezes a integral acima:

$A=2\displaystyle\int\limits_{-a+h}^{a+h}{\dfrac{b}{a}\sqrt{a^{2}-(x-h)^{2}}\,dx}~~~~~~\mathbf{(iii)}$
____________________

Podemos parametrizar a elipse assim:

$\begin{array}{cc} \left\{ \begin{array}{l} x(t)=a\cos t+h\\ \\ y(t)=b\,\mathrm{sen\,}t+k \end{array} \right.&~~~~0\leq t\leq 2\pi \end{array}$


Derivando $x$ em relação a $t,$

$\dfrac{dx}{dt}=-a\,\mathrm{sen\,}t$

Quando $x=-a+h,$ temos $t=\pi$
Quando $x=a+h,$ temos $t=0$


Reescrevendo $\mathbf{(iii)}$, temos

$A=2\displaystyle\int\limits_{\pi}^{0}{\dfrac{b}{a}\sqrt{a^{2}-(x(t)-h)^{2}}\cdot \dfrac{dx}{dt}\,dt}\\ \\ \\ =2\int\limits_{\pi}^{0}{\dfrac{b}{a}\sqrt{a^{2}-(a\cos t+h-h)^{2}}\cdot (-a\,\mathrm{sen\,}t)\,dt}\\ \\ \\ =-2\int\limits_{\pi}^{0}{b\sqrt{a^{2}-a^{2}\cos^{2}t}\cdot \mathrm{sen\,}t\,dt}\\ \\ \\ =-2\int\limits_{\pi}^{0}{b\sqrt{a^{2}\,(1-\cos^{2}t)}\cdot \mathrm{sen\,}t\,dt}\\ \\ \\=-2ab\int\limits_{\pi}^{0}{|\mathrm{sen\,}t|\cdot \mathrm{sen\,}t\,dt}$

No intervalo de integração, $\mathrm{sen\,}t$ é sempre $\ge 0.$ Logo, $|\mathrm{sen\,}t|=\mathrm{sen\,}t:$
$A=-2ab\displaystyle\int\limits_{\pi}^{0}{\mathrm{sen^{2}\,}t\,dt}\\\\\\ =-2ab\int\limits_{\pi}^{0}{\left(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}\cos 2t \right )\!dt}\\\\\\ =-2ab\cdot \left.\left(\dfrac{t}{2}-\dfrac{1}{4}\,\mathrm{sen\,}2t \right )\right|_{\pi}^{0}\\\\\\ =-2ab\cdot \left(-\dfrac{\pi}{2} \right )\\\\\\ =\pi ab.$

________________________

(b) Vamos descobrir que curva esta:

$\begin{array}{cc} \left\{\begin{array}{l} x(t)=t-\frac{1}{t}\\ \\ y(t)=t+\frac{1}{t} \end{array} \right.&~~~~~~\mathbf{(iv)} \end{array}$

O domínio da curva deve ser um intervalo; logo, temos só duas possibilidades:

$t<0~~\text{ ou }~~t>0.$

Como $y=2,5$ é uma reta horizontal que satisfaz $y>0,$ o intervalo que se aplica é $t>0.$


Observe o que acontece se elevarmos $x$ e $y$ nas equações paramétricas:

$x^{2}=\left(t-\frac{1}{t} \right )^{2}\\ \\ =t^{2}-2+\frac{1}{t^{2}}\\ \\ \\ y^{2}=\left(t+\frac{1}{t} \right )^{2}\\ \\ =t^{2}+2+\frac{1}{t^{2}}$

Fazendo $y^{2}-x^{2},$ obtemos

$y^{2}-x^{2}=4\,,~~~~\forall~t>0.$

Então a imagem da curva está contida na hipérbole

$y^{2}-x^{2}=4$

Só estamos interessados no ramo superior da hipérbole ($y\ge 2$ ). Isolando $y$ em função de $x,$ obtemos

$y=\sqrt{4+x^{2}}~~~~~~\mathbf{(v)}$

Intersecções entre a hipérbole e a reta horizontal:

$\left\{ \begin{array}{l} y=\sqrt{4+x^{2}}\\ \\ y=2,5 \end{array} \right.\\ \\ \\ \sqrt{4+x^{2}}=2,5\\ \\ 4+x^{2}=6,25\\ \\ x^{2}=6,25-4\\ \\ x^{2}=2,25\\ \\ x=-1,5~~\text{ ou }~~x=1,5$

Com ferramentas de Cálculo 1, a área entre o ramo de hipérbole e a reta horizontal é dada por

$A=\displaystyle\int\limits_{-1,5}^{1,5}{\left(2,5-\sqrt{4+x^{2}} \right )\!dx}~~~~~~\mathbf{(vi)}$

Substituição:

$x=2\,\mathrm{senh\,} u~~\Rightarrow~~\left\{ \begin{array}{l} dx=2\cosh u\,du\\\\ u=\mathrm{arcsenh\,}\frac{x}{4} \end{array} \right.\\ \\ \\ \text{Quando }x=\frac{3}{2}~~\Rightarrow~~u=\mathrm{arcsenh\,}\frac{3}{4}=u_{1}\\ \\ \text{Quando }x=-\frac{3}{2}~~\Rightarrow~~u=-\mathrm{arcsenh\,}\frac{3}{4}=u_{2}$

Substituindo, a integral da área fica

$A=\displaystyle\int\limits_{u_{1}}^{u_{2}}{(2,5-\sqrt{4+4\,\mathrm{senh^{2}\,}u})2\cosh u\,du }\\\\\\ =\int\limits_{u_{1}}^{u_{2}}{(2,5-2\cosh u)2\cosh u\,du }\\\\\\ =\int\limits_{u_{1}}^{u_{2}}{(5\cosh u-4\cosh^{2}u)\,du }\\\\\\ =\int\limits_{u_{1}}^{u_{2}}{(5\cosh u-2\cosh 2u-2)\,du}$

$=(5\,\mathrm{senh\,}u-\mathrm{senh\,} 2u-2u)|_{u_{1}}^{u_{2}}\\\\ =(5\,\mathrm{senh\,}u-2\,\mathrm{senh\,}u\cosh u-2u)|_{u_{1}}^{u_{2}}\\\\ =\left.\left(5\cdot \dfrac{x}{2}-2\cdot \dfrac{x}{2}\cdot \dfrac{\sqrt{4+x^{2}}}{2}-2\,\mathrm{arcsenh\,}\dfrac{x}{2}\right)\right|_{-3/2}^{3/2}\\\\\\=\dfrac{15}{4}-4\,\mathrm{arcsenh\,}\dfrac{3}{4}~\text{u.a.}$