Questão 2
Considere um corpo realizando uma trajetória qualquer, descrita pelas coordenadas [x(t), y(t)]. Faça um esboço para mostrar que um pedaço qualquer infinitesimal da trajetória tem comprimento dado por
\mathrm{d} s=\dot{x} \sqrt{1+\left(\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}\right)^{2}} \mathrm{~d} t
Mostre que o comprimento infinitesimal da trajetória das funções x(t)=R \cos (\omega t) e y(t)= R \operatorname{sen}(\omega t) é dado por
\mathrm{d} s=R \omega \mathrm{~d} t

Passo 1

O enunciado dá uma trajetória qualquer descrita pelas coordenadas dependentes do tempo t: x(t) e y(t). Ele pede duas coisas:
  • Mostrar, com um esboço/argumento geométrico, que um pedaço infinitesimal da trajetória tem comprimento dado por
\mathrm{d}s=\dot{x}\sqrt{1+\left(\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right)^{2}}\mathrm{d}t.
  • Aplicar esse resultado às funções x(t)=R\cos(\omega t) e y(t)=R\operatorname{sen}(\omega t) e mostrar que, para esse caso,
\mathrm{d}s=R\omega\,\mathrm{d}t.
Informações importantes fornecidas:
  • As funções são x(t) e y(t).
  • Notação: \dot{x}=\dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t} e \dot{y}=\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}.
  • Para a segunda parte, a parametrização do movimento é x(t)=R\cos(\omega t) e y(t)=R\operatorname{sen}(\omega t), com R>0 e \omega constantes.

Passo 2

Ideia geométrica e definição do comprimento infinitesimal: considere em um instante t um ponto P da curva com coordenadas (x(t),y(t)) e, num instante t+\mathrm{d}t muito próximo, o ponto P' com coordenadas (x(t+\mathrm{d}t),y(t+\mathrm{d}t)). O pequeno segmento PP' pode ser aproximado por um segmento retilíneo. Pelas coordenadas diferenciais temos as projeções horizontais e verticais desse segmento:
\mathrm{d}x = x(t+\mathrm{d}t)-x(t),\qquad \mathrm{d}y = y(t+\mathrm{d}t)-y(t).
Pela geometria do triângulo retângulo formado por essas projeções, o comprimento do segmento PP' é dado pelo teorema de Pitágoras:
\mathrm{d}s=\sqrt{(\mathrm{d}x)^{2}+(\mathrm{d}y)^{2}}.
Isso é a definição usual do elemento de arco de uma curva no plano.

Passo 3

Expressar \mathrm{d}x e \mathrm{d}y em função de \mathrm{d}t: como x e y são funções do tempo, para um incremento de tempo \mathrm{d}t pequeno vale, pela definição de derivada,
\mathrm{d}x=\dot{x}\,\mathrm{d}t,\qquad \mathrm{d}y=\dot{y}\,\mathrm{d}t,
onde \dot{x}=\dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t} e \dot{y}=\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}. Isso é apenas a aproximação linear de primeira ordem: x(t+\mathrm{d}t)\approx x(t)+\dot{x}\,\mathrm{d}t.

Passo 4

Substituir essas expressões na fórmula do Passo 2:
\mathrm{d}s=\sqrt{(\dot{x}\,\mathrm{d}t)^{2}+(\dot{y}\,\mathrm{d}t)^{2}} =\sqrt{\dot{x}^{2}+\dot{y}^{2}}\;\mathrm{d}t.
Interpretação física: \sqrt{\dot{x}^{2}+\dot{y}^{2}} é a magnitude da velocidade escalar (a rapidez) do corpo no plano; multiplicando por \mathrm{d}t obtemos o pequeno deslocamento no intervalo \mathrm{d}t.

Passo 5

Relacionar \dot{y} e \dot{x} com \dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}. Se \dot{x}\neq 0 (isto é, a componente horizontal da velocidade não se anula), podemos escrever
\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{\dot{y}}{\dot{x}}.
Substituindo isso em \sqrt{\dot{x}^{2}+\dot{y}^{2}} e fatorando \dot{x}^{2}, obtemos
\sqrt{\dot{x}^{2}+\dot{y}^{2}} =\sqrt{\dot{x}^{2}\left(1+\left(\frac{\dot{y}}{\dot{x}}\right)^{2}\right)} =|\dot{x}|\sqrt{1+\left(\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right)^{2}}.
Portanto, em geral
\mathrm{d}s=|\dot{x}|\sqrt{1+\left(\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right)^{2}}\;\mathrm{d}t.
Observação sobre o valor absoluto: apareceu |\dot{x}| porque \sqrt{\dot{x}^{2}}=|\dot{x}|. O enunciado escreve \dot{x} sem valor absoluto; isso é correto se for assumido que \dot{x}\ge 0 no trecho considerado (por exemplo, ao traçar um esboço pode-se escolher a orientação do eixo x ou restringir a região onde \dot{x}>0). Se não houver essa hipótese, a forma rigorosa é com |\dot{x}|. Em muitos contextos de cálculo de comprimento de arco toma-se a magnitude da velocidade, isto é \mathrm{d}s=\sqrt{\dot{x}^{2}+\dot{y}^{2}}\,\mathrm{d}t, que já é a forma correta e sem ambiguidades.

Passo 6

Aplicar ao caso x(t)=R\cos(\omega t), y(t)=R\operatorname{sen}(\omega t).
Calcular as derivadas em relação a t:
\dot{x}=\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\bigl(R\cos(\omega t)\bigr) =-R\omega\operatorname{sen}(\omega t),
\dot{y}=\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\bigl(R\operatorname{sen}(\omega t)\bigr) =R\omega\cos(\omega t).
Substituir na expressão \mathrm{d}s=\sqrt{\dot{x}^{2}+\dot{y}^{2}}\,\mathrm{d}t:
\mathrm{d}s =\sqrt{(-R\omega\operatorname{sen}(\omega t))^{2}+(R\omega\cos(\omega t))^{2}}\;\mathrm{d}t =R\omega\sqrt{\operatorname{sen}^{2}(\omega t)+\cos^{2}(\omega t)}\;\mathrm{d}t.
Como \operatorname{sen}^{2}(\theta)+\cos^{2}(\theta)=1 para todo \theta, segue
\mathrm{d}s=R\omega\,\mathrm{d}t.

Passo 7

Interpretação física e atalho geométrico: a parametrização dada corresponde a um movimento circular uniforme de raio R com ângulo polar \theta=\omega t. O comprimento de arco correspondente a um aumento angular \mathrm{d}\theta é \mathrm{d}s=R\,\mathrm{d}\theta. Como \mathrm{d}\theta=\omega\,\mathrm{d}t, obtemos \mathrm{d}s=R\omega\,\mathrm{d}t, que é o mesmo resultado. Esse atalho confirma a conta diferencial anterior e mostra por que a rapidez é constante e igual a R\omega.

Resposta

\mathrm{d}s=\dot{x}\sqrt{1+\left(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right)^{2}}\mathrm{d}t
\mathrm{d}s=R\omega\,\mathrm{d}t

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