• Questão 20. Conidere a elipse de eixos 2 a e 2 b(a>b) e defina a excentridade por k=c / a, c=\sqrt{a^{2}-b^{2}}.
    i) Mostre que o comprimento da elipse é dado por:
L=4 a \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{1-k^{2} \operatorname{sen}^{2}(x)} d x
ii) Mostre que
\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \operatorname{sen}^{2 n}(x) d x=\frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \ldots(2 n-3)}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot \ldots \cdot(2 n)} \frac{\pi}{2}
ii) Conclua que
L=2 \pi a\left(1-\frac{k^{2}}{4}-\frac{3 k^{6}}{64}-\frac{5 k^{8}}{256}-\cdots\right)

Passo 1

O enunciado trata do comprimento de arco de uma elipse de semi-eixos a e b (com a>b) e de sua excentricidade k=\tfrac{c}{a}, onde c=\sqrt{a^{2}-b^{2}}.
i) Queremos chegar à integral elíptica
L=4a\int_{0}^{\frac\pi2}\sqrt{1-k^{2}\operatorname{sen}^{2}x}\,dx.
ii) Em seguida, precisamos mostrar a fórmula de integração de potências pares de seno:
\int_{0}^{\frac\pi2}\operatorname{sen}^{2n}x\,dx =\frac{1\cdot3\cdot5\cdots(2n-3)}{2\cdot4\cdot6\cdots(2n)}\;\frac\pi2.
iii) Finalmente, expandir o integrando em série de potências de k^{2} e usar essa integral para obter a expansão
L=2\pi a\Bigl(1-\tfrac{k^{2}}4-\tfrac{3k^{4}}{64}-\tfrac{5k^{6}}{256}-\cdots\Bigr).

Passo 2

Parametrizamos a elipse por
x=a\cos t,\quad y=b\operatorname{sen} t,\quad t\in[0,2\pi].
O elemento de arco é
ds=\sqrt{\bigl(\tfrac{dx}{dt}\bigr)^{2}+\bigl(\tfrac{dy}{dt}\bigr)^{2}}\;dt =\sqrt{a^{2}\operatorname{sen}^{2}t + b^{2}\cos^{2}t}\;dt.
Como b^{2}=a^{2}-c^{2}=a^{2}(1-k^{2}),
ds =\sqrt{a^{2}\operatorname{sen}^{2}t + a^{2}(1-k^{2})\cos^{2}t}\;dt =a\sqrt{1-k^{2}\cos^{2}t}\;dt.
Fazendo a mudança de variável x=\tfrac\pi2 -t convertemos \cos t em \operatorname{sen} x e cobremos só um quarto da curva multiplicando por 4, chegando a
L=4\int_{0}^{\frac\pi2}a\sqrt{1-k^{2}\operatorname{sen}^{2}x}\;dx =4a\int_{0}^{\frac\pi2}\sqrt{1-k^{2}\operatorname{sen}^{2}x}\;dx.

Passo 3

Para expandir a raiz usamos a série binomial para \sqrt{1-u}, com u=k^{2}\operatorname{sen}^{2}x:
\sqrt{1-u} =\sum_{n=0}^{\infty}\binom{\tfrac12}{n}(-u)^{n},
onde
\binom{\tfrac12}{n} =\frac{\tfrac12\bigl(\tfrac12-1\bigr)\bigl(\tfrac12-2\bigr)\cdots\bigl(\tfrac12-(n-1)\bigr)}{n!}.
Logo
\sqrt{1-k^{2}\operatorname{sen}^{2}x} =\sum_{n=0}^{\infty}\binom{\tfrac12}{n}(-1)^{n}k^{2n}\,\operatorname{sen}^{2n}x.
Substituindo na integral e trocando soma por integral,
L=4a\sum_{n=0}^{\infty}\binom{\tfrac12}{n}(-1)^{n}k^{2n} \int_{0}^{\frac\pi2}\operatorname{sen}^{2n}x\,dx.

Passo 4

Usamos agora o resultado pedido em (ii):
\int_{0}^{\frac\pi2}\operatorname{sen}^{2n}x\,dx =\frac{1\cdot3\cdot5\cdots(2n-1)}{2\cdot4\cdot6\cdots(2n)}\;\frac\pi2.
Substituindo,
L =4a\sum_{n=0}^{\infty}\binom{\tfrac12}{n}(-1)^{n}k^{2n} \;\frac{1\cdot3\cdots(2n-1)}{2\cdot4\cdots(2n)}\;\frac\pi2.
Note que, para n=0, o produto vazio vale 1 e \binom{1/2}{0}=1.

Passo 5

Reagrupando constantes,
L =2\pi a\sum_{n=0}^{\infty} \underbrace{\binom{\tfrac12}{n}(-1)^{n} \frac{1\cdot3\cdots(2n-1)}{2\cdot4\cdots(2n)}}_{c_{n}} \,k^{2n}.
Calculando os primeiros coeficientes c_{n} dá a expansão
L =2\pi a\Bigl(1 -\tfrac14\,k^{2} -\tfrac{3}{64}\,k^{4} -\tfrac{5}{256}\,k^{6} -\cdots\Bigr).

Resposta

L=2\pi a\Bigl(1-\tfrac{k^{2}}4-\tfrac{3k^{4}}{64}-\tfrac{5k^{6}}{256}-\cdots\Bigr).

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