1.3 Comprimento de arco

CAPÍTULO 1. CURVAS NO E 2 E NO E 3
10
1.3
Comprimento de arco
Seja γ : [a, b] → V uma curva não necessariamente regular. Consideremos P ([a, b]) o
conjunto de todas as partições de [a, b] . Uma partição
©
ª
P = a = t0 < t1 < ... < tn(P ) = b ∈ P ([a, b])
determina uma sequência de pontos γ t0 , γ t1 , γ t2 , ..., γ tn , no traço de γ que definem uma
poligonal com comprimento dado por
n(P )
S (P ) =
X
i=1
kγ (ti ) − γ (ti−1 )k .
Observamos que se P1 , P2 ∈ P ([a, b]) e P1 é um refinamento de P2 então S (P1 ) ≥
S (P2 ) .
Definição 1.28 Nas condições anteriores, dizemos que γ é uma curva retificável quando
o conjunto
{S (P ) : P ∈ P ([a, b])}
é limitado superiormente. Neste caso definimos o comprimento da curva γ como sendo
o número
L = sup {S (P ) : P ∈ P ([a, b])} .
Exemplo 1.29 Provemos que a curva γ (t) = (t, t2 ) , 0 ≤ t ≤ 1, é retificável.
1.3. COMPRIMENTO DE ARCO
11
©
ª
Seja P = 0 = t0 < t1 < ... < tn(P ) = 1 ∈ P ([a, b]) , temos
n(P )
S (P ) =
X
i=1
n(P )
=
=
kγ (ti ) − γ (ti−1 )k
X °¡
¢°
° ti − ti−1 , t2i − t2i−1 °
i=1
n(P ) h
¡2
¢2 i 12
2
(ti − ti−1 ) + ti − ti−1
X
i=1
n(P )
≤
≤
2
X£
¯
¯¤
|ti − ti−1 | + ¯t2i − t2i−1 ¯
i=1
n(P )
X
|ti − ti−1 | (1 + ti + ti−1 )
i=1
n(P )
≤3
X
i=1
|ti − ti−1 | = 3.
Logo para qualquer P ∈ P ([a, b]) temos S (P ) ≤ 3 e portanto γ é retificável.
Exemplo 1.30 Seja γ (t) = (x (t) , y (t)) , onde
x (t) = t se t ∈ [0, 1] e y (t) =
(
1
t cos , se t ∈ (0, 1]
.
t
0,
se t = 0
Graficamente temos
y
0.4
0.2
0.0
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
x
-0.2
Para cada n ∈ N, consideremos
½
¾
1
1
1
1 1
P = 0,
,
,
, ..., , , 1 ,
(n − 1) π (n − 2) π (n − 3) π
2π π
CAPÍTULO 1. CURVAS NO E 2 E NO E 3
12
Temos
¯
¯ ¯
¯
¯
¯ ¯
¯
1
1
1
S (P ) ≥ ¯¯
cos (n − 1) π ¯¯ + ¯¯
cos (n − 2) π −
cos (n − 1) π ¯¯
(n¯ − 1) π
(n − 2) π
¯ (n − 1)¯π
¯
¯
¯
¯
¯
1
1
1
+ ¯¯
cos (n − 3) π −
cos (n − 2) π¯¯ + · · · + ¯¯cos 1 − cos π ¯¯
(n − 3) π
(n − 2) π
π
¯
n−2 ¯
X
¯1
¯
1
¯ cos jπ −
≥
cos (j + 1) π ¯¯
¯ jπ
(j
+
1)
π
j=1 ¯
¯
n−2 ¯
j
j+1 ¯
X
(−1)
(−1)
¯
¯
=
−
¯
¯
¯ jπ
(j + 1) π ¯
≥
j=1
n−2
X
2
π
Como a série
j=1
∞
X
j=1
1
.
j+1
1
é uma série divergente, segue desta desigualdade que o conjunto
j+1
{S (P ) : P ∈ P ([a, b])} não é limitado superiormente. Portanto a curva não é retificável.
Proposição 1.31 Se γ : [a, b] → V é uma curva regular então γ é retificável.
Prova. Seja {e1 , e2 } uma base ortonormal de V e
γ (t) = x (t) e1 + y (t) e2 .
Consideremos
©
ª
P = a = t0 < t1 < ... < tn(P ) = b ∈ P ([a, b]) .
Temos
n(P )
S (P ) ≤
X
i=1
[|x (ti ) − x (ti−1 )| + |y (ti ) − y (ti−1 )|] .
(1.2)
Como γ é regular, podemos aplicar o Teorema do Valor Médio em cada sub-intervalo
[ti−1 , ti ], obtendo a existência de ξ i , η i ∈ (ti−1 , ti ) tais que
x (ti ) − x (ti−1 ) = x0 (ξ i ) (ti − ti−1 ) , e y (ti ) − y (ti−1 ) = y 0 (η i ) (ti − ti−1 ) .
Usando o resultado de (1.3) em (1.2)obtemos
n(P )
S (P ) ≤
X
i=1
[|x0 (ξ i )| + |y 0 (η i )|] (ti − ti−1 ) .
Mas x0 e y 0 são limitadas em [a, b] , logo da última desigualdade segue
n(P )
S (P ) ≤ k
X
i=1
(ti − ti−1 ) = k (b − a) ,
onde k = max [|x (ξ i )| + |y (η i )|] . Isto mostra que γ é retificável. ¤
[a,b]
0
0
(1.3)
1.3. COMPRIMENTO DE ARCO
13
Proposição 1.32 Se γ : [a, b] → V é uma curva regular então o comprimento de arco de
γ é dado por
Z b
L=
kγ 0 (t)k dt.
a
Prova. Consideremos {e1 , e2 } uma base ortonormal de V e γ (t) = x (t) e1 + y (t) e2 .
Seja ε > 0. Da definição de integral segue a existência de δ 1 > 0 tal que para toda
P ∈ P ([a, b]) com |P | < δ 1 , existem θi ∈ (ti−1 , ti ) tais que
¯
¯
¯Z b
¯
n(P )
X
¯
¯
0
0
¯
¯ < ε.
(1.4)
kγ
(t)k
dt
−
kγ
(θ
)k
(t
−
t
)
i
i
i−1
¯
¯
a
¯
¯
i=1
Da Proposição 1.31 temos γ retificável e
L = sup {S (P ) : P ∈ P ([a, b])} ,
logo existe P1 ∈ P ([a, b]) tal que
|S (P1 ) − L| < ε.
(1.5)
Como x0 e y 0 são uniformemente contínuas em [a, b] , existe δ 2 > 0 tal que para todos
s, t ∈ [a, b] com |s − t| < δ 2 temos
|x0 (s) − x0 (t)| < ε e |y 0 (s) − y 0 (t)| < ε.
(1.6)
Seja P2 um refinamento de P1 com |P2 | < min {δ 1 , δ2 } . De (1.5) segue
|S (P2 ) − L| < ε.
(1.7)
Pelo Teorema do Valor Médio, existem ξ i , η i ∈ (ti−1 , ti ) tais que
n(P2 )
S (P2 ) =
X
i=1
kx0 (ξ i ) e1 + y 0 (η i ) e2 k (ti − ti−1 ) .
Temos
¯
¯
¯ n(P
¯
n(P2 )
X
¯ X2 ) 0
¯
0
¯S (P2 ) −
kγ (θi )k (ti − ti−1 )¯¯ ≤
[|x (ξ i ) − x0 (θi )| + |y 0 (η i ) − y 0 (θi )|] (ti − ti−1 ) .
¯
¯
¯
i=1
i=1
Como ξ i , η i , θi ∈ (ti−1 , ti ) e |P2 | < δ 2 , segue de (1.6) que
|x0 (ξ i ) − x0 (θi )| < ε e |y 0 (η i ) − y 0 (θi )| < ε.
Assim
¯
¯
¯
¯
n(P2 )
X
¯
¯
0
¯ < 2ε (b − a) .
¯S (P2 ) −
kγ
(θ
)k
(t
−
t
)
i
i
i−1
¯
¯
¯
¯
i=1
(1.8)
CAPÍTULO 1. CURVAS NO E 2 E NO E 3
14
Como |P2 | < δ 1 , segue de (1.4)que
¯
¯
¯Z b
¯
n(P2 )
X
¯
¯
0
0
¯
¯ < ε.
kγ
(t)k
dt
−
kγ
(θ
)k
(t
−
t
)
i
i
i−1
¯
¯
¯ a
¯
i=1
(1.9)
Temos
¯
¯
¯
¯
n(P2 )
¯
¯
X
¯
¯
R
¯
¯
b
kγ 0 (θi )k (ti − ti−1 )¯¯
¯L − a kγ 0 (t)k dt¯ ≤ |S (P2 ) − L| + ¯¯S (P2 ) −
¯
¯
i=1
¯
¯
¯
¯
n(P2 )
X
¯R b
¯
0
0
+ ¯¯ a kγ (t)k dt −
kγ (θi )k (ti − ti−1 )¯¯ ,
¯
¯
i=1
logo de (1.7), (1.8) e (1.9) que
¯
Z
¯
¯L −
¯
b
a
¯
¯
kγ (t)k dt¯¯ < (1 + 2 (b − a)) ε,
0
e pela arbitrariedade de ε obtemos a igualdade desejada. ¤
Nota 1.33 Devemos provar que o número obtido na Proposição 1.32,
Z b
L=
kγ 0 (t)k dt,
a
independe da parametrização considerada.
Para isso consideremos as parametrizações regulares γ 1 : [a, b] → V e γ 2 : [c, d] → V
com γ 2 (ξ) = γ 1 (g (ξ)) , onde g : [c, d] → [a, b] é uma aplicação mudança de parâmetro
regular.
1. Suponhamos g0 (ξ) > 0. Neste caso g é estritamente crescente, logo g (c) = a e
g (d) = b. Temos:
Z d
Z d
0
kγ 2 (ξ)k dξ =
g0 (ξ) kγ 01 (g (ξ))k dξ,
ξ=c
ξ=c
fazendo a mudança de variável t = g (ξ) segue
Z g(d)
Z
Z d
0
0
kγ 2 (ξ)k dξ =
kγ 1 (t)k dt =
ξ=c
como queríamos.
2. O caso g 0 (ξ) < 0 é análogo.
t=g(c)
b
t=a
kγ 01 (t)k dt,
1.3. COMPRIMENTO DE ARCO
15
Exemplo 1.34 Determinemos o comprimento de arco de γ : [0, 1] → R2 onde γ (t) =
(t, ln (cos t)) .
Temos
µ
¶
sen t
1
0
γ (t) = 1, −
e kγ 0 (t)k =
.
cos t
cos t
Logo
Z
¤
dt
= ln |tan t + sec t| 1t=0 = ln |tan 1 + sec 1| .
0 cos t
µ
¶
1
2 2 3
Exemplo 1.35 Seja γ (t) = t , t − t , 0 ≤ t ≤ 2. Determinemos o comprimento
3
2
de arco de γ.
Temos
¶
µ
1
1
0
2
e kγ 0 (t)k = 2t2 + ,
γ (t) = 2t, 2t −
2
2
L=
logo
1
¸
Z 2·
1
19
2
L=
2t +
dt = .
2
3
0
CAPÍTULO 1. CURVAS NO E 2 E NO E 3
16
1.4
Reparametrização pelo comprimento de arco
Seja γ : [a, b] → V uma curva regular. Definimos a função comprimento de arco por
w : [a, b] → [0, L] , w (t) =
Z
t
σ=a
kγ 0 (σ)k dσ.
(1.10)
Como
w0 (t) = kγ 0 (t)k ,
(1.11)
segue que w ∈ C 1 ([a, b]) , é injetiva e sobrejetiva. Consideremos a aplicação inversa
g = w−1 : [0, L] → [a, b] , s = w (t) 7→ t = w−1 (s) = g (s) .
Pelo Teorema da Função Inversa segue que g ∈ C 1 ([0, L]) e
1
d ¡ −1 ¢
1
w (s) = 0
= 0
.
ds
w (g (s))
kγ (g (s))k
g 0 (s) =
(1.12)
Definição 1.36 Nas condições anteriores consideramos a reparametrização
X : [0, L] → V, X (s) = γ (g (s)) ,
que é denominada reparametrização pelo comprimento de arco (rpca) de γ.
Exemplo 1.37 Seja γ (t) = (cos 3t, sen 3t) , 0 ≤ t ≤ π/2. Determinemos a rpca de γ.
Temos
γ 0 (t) = (−3 sen 3t, 3 cos 3t) e kγ 0 (t)k = 3,
logo
w (t) =
Z
t
3 dσ = 3t, w (0) = 0 e w (π/2) = 3π/2.
0
A aplicação inversa é
g = w−1 : [0, 3π/2] → [0, π/2] , g (s) = s/3,
e a rpca é dada por
X : [0, 3π/2] → R2 , X (s) = γ (g (s)) = (cos s, sen s) .
Observemos que
X 0 (s) = (− sen s, cos s) e kX 0 (s)k = 1, ∀s ∈ [0, 3π/2] .
1.4. REPARAMETRIZAÇÃO PELO COMPRIMENTO DE ARCO
17
Exemplo 1.38 Determinemos a rpca de γ (t) = (et cos t, et sen t) , 0 ≤ t < ∞.
Temos
√
γ 0 (t) = et (cos t − sen t, sen t + cos t) e kγ 0 (t)k = 2et ,
logo
Z t√
√ ¡
¢
w (t) =
2eσ dσ = 2 et − 1 , w (0) = 0 e lim w (t) = ∞.
t→∞
0
Assim a aplicação inversa é
g = w−1 : [0, ∞) → [0, ∞), g (s) = ln
Ã
√ !
s+ 2
√
,
2
e a rpca é dada por X : [0, ∞) → R2 ,onde
à Ã
Ã
√ !!
√ !!!
√ !Ã Ã Ã
s+ 2
s+ 2
s+ 2
√
√
√
cos ln
, sen ln
.
X (s) = γ (g (s)) =
2
2
2
Observamos que também neste exemplo se tem kX 0 (s)k = 1, ∀s ∈ [0, ∞).
Proposição 1.39 Se γ : [a, b] → V é uma curva regular e X : [0, L] → V a reparametrização pelo comprimento de arco de γ, então
kX 0 (s)k = 1, ∀s ∈ [0, L] .
Prova. Da definição temos
¢
¡
X (s) = γ w−1 (s) ,
onde w é como em (1.10). Pelo Teorema da função composta temos
X 0 (s) =
Por (1.12) segue
X 0 (s) =
d ¡ −1 ¢ d ¡ −1 ¢
w (s)
γ w (s) .
ds
dt
1
kγ 0 (w−1 (s))k
de onde se conclui a igualdade desejada. ¤
¢
¡
γ 0 w−1 (s) ,
Definição 1.40 Uma parametrização regular γ : [a, b] → V tal que kγ 0 (t)k = 1, para
todo t ∈ [a, b] , é chamada parametrização natural.
CAPÍTULO 1. CURVAS NO E 2 E NO E 3
18
1.5
Curvatura e referencial de Frenet
Definição 1.41 Seja γ : [a, b] → V uma curva regular e X : [0, L] → V sua parametrização pelo comprimento de arco, X (s) = (x1 (s) , x2 (s)) .
1. Definimos o vetor tangente unitário à X em s como sendo o vetor
T (s) = X 0 (s) =
d
X (s) .
ds
2. Se X ∈ C 2 ([0, L]) definimos a curvatura de X em s por
k (s) = kT 0 (s)k = kX 00 (s)k .
3. Nos pontos onde k (s) 6= 0, definimos o vetor normal unitário à X em s como
sendo o vetor
1
T 0 (s) .
N (s) =
k (s)
Nota 1.42 Sejam γ e X como na Definição 1.41
1. Os vetores T (s) e N (s) são ortogonais pois
1 = kT (s)k2 = hT (s) , T (s)i , ∀s ∈ [0, L] ,
assim, derivando com respeito à s segue
0 = hT 0 (s) , T (s)i , ∀s ∈ [0, L] .
2. Nos pontos em que k (s) 6= 0, está bem definido um sistema de coordenadas cartesianas ortonormal
{Xs , T (s) , N (s)} ,
chamado referencial de Frenet.
3. Da Definição 1.41 segue que
T 0 (s) = k (s) N (s) .
4. Se X é de classe ≥ 3 e k (s) 6= 0, ∀s ∈ [0, L] , podemos escrever
N 0 (s) = α (s) T (s) + β (s) N (s) ,
onde
α (s) = hN 0 (s) , T (s)i e β (s) = hN 0 (s) , N (s)i .
(1.13)
1.5. CURVATURA E REFERENCIAL DE FRENET
19
Como kN (s)k = 1, ∀s ∈ [0, L] , obtemos
β (s) = hN 0 (s) , N (s)i = 0.
Como hN (s) , T (s)i = 0, ∀s ∈ [0, L] , obtemos
α (s) = hN 0 (s) , T (s)i = − hN (s) , T 0 (s)i = −k (s) .
Concluimos, então, que
N 0 (s) = −k (s) T (s) .
(1.14)
As equações em (1.13) e (1.14) são denominadas Equações de Frenet para curvas no E 2 .
5. Se X é de classe ≥ 2, k (s) mede o quanto a curva se afasta da reta tangente no
instante s. Vejamos isso:
Temos
°
°
°d
°
°
k (s) = ° T (s)°
°
ds
°
°
° T (s + 4s) − T (s) °
°
= lim4s→0 °
°
°
4s
2 sin 4θ/2
= lim4s→0
4s
4θ sin 4θ/2
= lim4s→0
4s 4θ/2
d
= θ (s) .
ds
Exemplo 1.43 Seja γ : [0, π/2] → R2 onde γ (t) = (cos 3t, sen 3t) . Determinemos os
vetores tangente e normal à γ.
Vimos que a reparametrização pelo comprimento de arco é
X : [0, 3π/2] → R2 onde X (s) = (cos s, sen s) .
CAPÍTULO 1. CURVAS NO E 2 E NO E 3
20
Logo
d
T (s) = X (s) = (− sen s, cos s) ,
ds
d
T (s) = (− cos s, − sen s) ,
ds
°
°
°d
°
°
k (s) = °
° ds T (s)° = 1,
1 d
N (s) =
T (s) = (− cos s, − sen s) .
k (s) ds
Nota 1.44 Os vetores T (s) e N (s) foram definidos a partir de uma reparametrização
pelo comprimento de arco. Muitas vezes é difícil encontrar essa reparametrização. Vejamos como evitar essa dificuldade com o exemplo abaixo.
Exemplo 1.45 Seja γ : [1, ∞) → R2 , onde
µ 2 3¶
t t
γ (t) =
,
.
2 3
Se X (s) é a reparametrização pelo comprimento de arco de γ então
Z t
−1
X (s) = γ (g (s)) , onde g (s) = w (s) , w (t) =
kγ 0 (σ)k dσ.
1
Logo
T (s) =
d
d
d
X (s) =
(g (s)) γ (g (s)) .
ds
ds
dt
No nosso caso temos
logo
Assim
Temos
e portanto
√
¡
¢
γ 0 (t) = t, t2 , e w0 (t) = kγ 0 (t)k = t 1 + t2 ,
¡ 2¢
1
1
(1, t) , onde t = g (s) .
t, t = √
T (s) = √
t 1 + t2
1 + t2
·
¸
d
d
1
d
√
T (s) =
g (s)
(1, t)
2
ds
dt
1+t
µ ds
¶
√
1
−t
t
1
2
√
= √
, 1 + t − t√
t 1 + t2 1 + t2
1 + t2
1 + t2
1
=
(−t, 1) .
t (1 + t2 )2
°
°
°
°d
1
°
=
,
k (s) = ° T (s)°
°
ds
t (1 + t2 )3/2
N (s) =
1
(1 + t2 )1/2
(−t, 1) .