Comprimento de arco e sólido de revolução

Fórmulas de comprimento de arco e revolução em torno do eixo x, avaliadas numericamente com integração de Simpson.

Exemplo resolvido — Comprimento de arco e sólido de revolução

Método	500

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Lição

A teoria — Comprimento de arco e sólido de revolução

Uma curva não pode ser medida diretamente, pelo que o comprimento de arco é definido como um limite em vez de uma fórmula: substitui-se a curva por uma cadeia de cordas retas, somam-se os seus comprimentos e, depois, deixa-se que as cordas encolham até nada. Tudo o que se segue é essa única ideia mais Pitágoras.

O que significa cada símbolo

f(x): a curva, dada como uma função de x — um y para cada x. Essa restrição é a razão pela qual as predefinições oferecem um semicírculo e nunca um círculo completo: um círculo tem a altura de dois valores de y na maior parte da sua largura, pelo que nenhuma f isolada o consegue traçar.
f'(x): o declive, e a única coisa que o integrando consulta. A altura a que a curva se encontra nunca entra em conta — a função constante 1 em [0, 2] tem declive 0 em todo o lado e comprimento exatamente 2, a largura do intervalo e nada mais.
[a, b]: o intervalo, que faz parte da resposta e não é um mero pormenor dela. A parábola mede 4.646784 em [0, 2] e 1.478943 em [0, 1] — não metade, porque um troço mais inclinado da curva acumula mais comprimento na mesma largura.
n: o número de subintervalos dado a Simpson. Sendo o único elemento entre estes que nada diz sobre a curva, decide apenas quão bem o integral é aproximado, e a linha Estimativa de erro é a que indica se foi suficiente.

De onde vem a fórmula

Considere dois pontos na curva separados por um pequeno passo Δx. A linha reta entre eles tem comprimento √(Δx² + Δy²). Isso é o teorema de Pitágoras e não há mais nada.
Coloque Δx fora da raiz: √(Δx² + Δy²) = Δx·√(1 + (Δy/Δx)²). A forma da resposta final já é visível.
Agora deixe Δx encolher. A razão Δy/Δx torna-se a derivada f′(x), pelo que cada corda que se reduz a zero contribui com √(1 + f′(x)²) dx.
Some-as todas: L = ∫ₐᵦ √(1 + f′(x)²) dx, a linha que o ecrã apresenta. O passo 1 também está no ecrã, sob a forma da linha Comprimento da corda — e, para uma linha reta, os dois coincidem exatamente. Defina a função para x em [0, 1] e ambos apresentam 1.414214, porque aí uma única corda já é a curva inteira.

Como ler o que vê

A linha Comprimento da corda é o passo 1 com um único segmento, pelo que nunca pode ser o maior dos dois valores: 4.472136 em comparação com os 4.646784 da parábola, e a diferença entre eles reflete o quanto a curva se curva. Leia a Estimativa de erro com atenção, porque não é uma distância em relação à verdade — apresenta |L₂ₙ − Lₙ|, a divergência entre n subintervalos e 2n, pelo que indica se o método estabilizou, e não se chegou ao valor correto.

Pressupõe: Que f seja derivável em [a, b] e que seja, em primeiro lugar, uma função de x. A regra de Simpson pressupõe mais do que a fórmula do comprimento de arco: que o integrando seja suficientemente suave para poder ser aproximado por parábolas em cada par de subintervalos.
Falha quando: Escolha frac(x) em [0, 3] e defina os passos de integração em 400. O gráfico é composto por três segmentos crescentes separados por três quedas verticais, e em cada queda não existe derivada que a fórmula possa utilizar. A leitura responde de qualquer modo: 29.23057, o que não é nem o 4.242641 obtido ao ignorar as quedas, nem o 7.242641 obtido ao contabilizá-las — é o integrador a calcular diferenças através de um salto. A única coisa que o revela é a linha Estimativa de erro abaixo dela, 12.49396, quase metade do valor que está a indicar. Um único ponto anguloso, em contrapartida, quase não tem custo: |x| em [−1, 1] devolve 2.827046 contra o valor exato 2√2 = 2.828427, porque um único ponto problemático dentro de um integral é um ponto a menos para ter importância.

A mesma curva, o mesmo n — e uma resposta é onze vezes melhor 🖖

As predefinições semicircle e sphere usam a mesma função no mesmo intervalo com as mesmas 800 fatias. Ainda assim, o comprimento de arco dá 3,1705 contra π = 3,1416, um erro de 0,9 %, enquanto a área de superfície dá 12,5559 contra 4π = 12,5664, um erro de apenas 0,08 %. A diferença está no integrando: √(1 + f′²) salta para cerca de 71 em x = ±1, onde a semicircunferência fica vertical, e o integral do comprimento não tem nada que o amorteça. O da superfície carrega um fator |f(x)| que vale exatamente 0 nesses extremos — multiplica a pior parte da curva por nada.

Girar uma curva até formar um sólido 🖖

O segundo modo desta ferramenta funciona como um torno ou uma roda de oleiro: pega-se a curva y=f(x) e gira-se em torno do eixo x para gerar um sólido de revolução em 3D. Para achar o volume, a ferramenta corta o sólido em discos finos, cada um um círculo de raio f(x), e os soma. Gire a reta y=x de 0 a 3 e você obtém um cone perfeito de volume 9π — sem nenhuma fórmula de geometria, apenas a integral.

A trombeta que se enche mas nunca se pinta 🖖

Gire y=1/x de x=1 até o infinito em torno do eixo x e você obtém a Trombeta de Torricelli (a Trombeta de Gabriel). Seu volume converge para exatamente π, mas sua área de superfície é infinita. Esse «paradoxo do pintor» significa que a trombeta comporta π unidades de tinta, mas nenhuma quantidade finita jamais cobriria sua parede interna. Evangelista Torricelli descobriu isso na década de 1640, antes de o cálculo existir formalmente, e até ele achou aquilo absurdo.

Prática

Verifique você mesmo

Preveja primeiro a resposta e depois use os controlos acima para confirmar. Revele a solução só depois de se ter comprometido com um palpite — é isso que torna isto prática.

Carrega a predefinição esfera e define o intervalo como a = 0, b = 0.5 — uma faixa cortada do equador da esfera até metade do seu raio. A área de superfície mostra 3.141593. Agora desloca a faixa para a = 0.4, b = 0.9, mantendo a altura de 0.5. Prevê a nova área antes de carregar em nada.

Mostrar a resposta

Continua 3.141593. Qualquer faixa de altura 0.5 encerra exatamente π de superfície, onde quer que a cortes — [−0.25, 0.25] e [−0.9, −0.4] mostram o mesmo valor. O volume não faz nada parecido: essas faixas contêm 1.439897, 0.87441 e 1.538071. Perto do polo, cada tira de superfície tem menos perímetro mas uma inclinação mais acentuada, e os dois efeitos cancelam-se exatamente, de modo que só a altura sobrevive. Arquimedes provou isto e pediu uma esfera dentro de um cilindro no seu túmulo — faixa a faixa, a esfera tem a mesma superfície que o cilindro que a contém à justa.
A terceira ideia acima afirma que a trombeta de Gabriel tem volume finito e superfície infinita, mas não dá um único número. Vai buscá-los: escolhe f(x) = 1/x, define a = 1 e o modo como sólido de revolução, e lê ambos os valores em b = 10, depois 100, depois 1000.

Mostrar a resposta

O volume percorre 2.827433 → 3.110179 → 3.153626, aproxima-se de π e ganha menos a cada década. A superfície percorre 15.1775 → 29.6451 → 44.1739 — cerca de 14.5 a mais sempre que multiplicas b por dez, e continuará assim para sempre. Lá longe, dentro da trombeta, o integrando da superfície é essencialmente 2π/x, cujo integral é 2π ln b, e 2π ln 10 = 14.47. O que ganha uma quantidade fixa por década não tem limite; o que ganha cada vez menos tem. Desconfia, porém, do último volume: 3.153626 está acima de π, o que é impossível, porque 2000 passos uniformes não conseguem resolver a parte íngreme perto de x = 1 num intervalo tão longo. O excesso é a grelha, não a trombeta.

Problemas resolvidos na íntegra

O comprimento de arco de y = x² de 0 a 2 em forma fechada 5 passos
O comprimento de arco de y = x² de 0 a 2 é 4,646784. Deduza-o em forma fechada — e depois explique por que motivo teve sorte. Este é o estado arco de parábola.
1. Monte a expressão. A derivada de x² é 2x, pelo que o integrando contém 4x² e nada pior.
  
  $L = \int_{0}^{2} 1 + (f^{'} (x))^{2} d x = \int_{0}^{2} 1 + 4 x^{2} d x$
2. A primitiva de √(1 + 4x²) é padrão — um termo algébrico e um seno hiperbólico inverso, que é o que uma expressão quadrática sob uma raiz produz sempre.
  
  $\int 1 + 4 x^{2} d x = \frac{x}{2} 1 + 4 x^{2} + \frac{1}{4} arsinh (2 x) + C$
3. Avalie nas extremidades. O limite inferior não contribui com nada, e as duas partes em x = 2 resultam em 4,1231 e 0,5237.
  
  $L = [\frac{x}{2} 1 + 4 x^{2} + \frac{1}{4} arsinh 2 x]_{0}^{2} = 17 + \frac{1}{4} arsinh 4 = 4.1231 + 0.5237 = 4.646784$
4. Compare com a linha reta entre as extremidades. A curva é apenas 3,9% mais longa do que a corda neste intervalo, razão pela qual o comprimento de arco numérico parece fácil até deixar de o ser.
  
  $chord = (2 - 0)^{2} + (4 - 0)^{2} = 20 = 4.472136; \frac{L}{chord} = 1.0391$
5. Tente agora repetir o truque uma potência acima. O integrando passa a ser uma raiz quadrada de uma quártica, e essa é a fronteira entre o elementar e o elíptico.
  
  $f = x^{3} : \int 1 + 9 x^{4} d x — elliptic, not elementary$
Resposta

√17 + ¼ arsinh 4, e a sorte é que a parábola é uma das raríssimas coisas que funcionam. O comprimento de arco exige integrar √(1 + f′²), e a raiz quadrada de um polinómio só é elementar em escassos casos. Suba uma potência para y = x³ e o integrando passa a ser √(1 + 9x⁴), que é elíptico e não tem expressão em funções elementares. O mesmo acontece com o comprimento de arco de uma elipse — foi daí que os integrais elípticos tiraram o seu nome, e é por isso que o perímetro de uma elipse não tem fórmula, ao passo que a sua área tem uma fórmula trivial. A parábola escapa porque a sua derivada é linear, portanto 1 + f′² é uma expressão quadrática, e as expressões quadráticas sob uma raiz quadrada são exatamente aquilo para que a substituição por arsinh foi inventada.

$L = 17 + \frac{1}{4} arsinh 4 = 4.646784$
Superfície 12,55591 e volume 4,18879 do semicírculo unitário 6 passos
Rode o semicírculo unitário e o painel dá a superfície 12,55591 e o volume 4,18879. Um desses valores é exato até seis algarismos e o outro está 0,083% errado. Determine qual deles e porquê. Este é o estado esfera por revolução.
1. Escreva a função e a sua derivada. É da derivada que os problemas vão surgir, e isso já é visível: o denominador anula-se em ambas as extremidades.
  
  $f (x) = 1 - x^{2}, f^{'} (x) = \frac{- x}{1 - x ^{2}}, 1 + (f^{'})^{2} = \frac{1}{1 - x ^{2}}$
2. Forme agora o integrando da superfície. O fator que diverge e o fator que se anula são recíprocos, e cancelam-se por completo.
  
  $2 π f 1 + (f^{'})^{2} = 2 π 1 - x^{2} \cdot \frac{1}{1 - x ^{2}} = 2 π — a constant$
3. Integrar uma constante num intervalo de comprimento 2 não requer cálculo infinitesimal. A resposta é 4π, e não depende de como a esfera foi fatiada — o que constitui o conteúdo do resultado de Arquimedes.
  
  $S = \int_{- 1}^{1} 2 π d x = 4 π = 12.566371 (Archimedes: sphere = its cylinder’s side)$
4. O volume é um integral polinomial ordinário, e é aquele que a regra de Simpson acerta até ao último algarismo que imprime.
  
  $V = \int_{- 1}^{1} π (1 - x^{2}) d x = π [x - \frac{x ^{3}}{3}]_{- 1}^{1} = \frac{4 π}{3} = 4.18879$
5. Compare a superfície impressa com 4π. O défice é pequeno, mas não é arredondamento — é um desvio sistemático concentrado nos dois polos.
  
  $printed S = 12.55591 : \frac{4 π - 12.55591}{4 π} = 0.083% low, while V is exact to 6 figures$
6. A causa está no passo 1. O cancelamento exato não está disponível para uma rotina que se limita a amostrar valores.
  
  $f^{'} (\pm 1) \to \infty : the integrand is constant only in exact arithmetic; sampled, the poles misbehave$
Resposta

O volume é exato e a superfície fica aquém em 0,083%, porque o integrando da superfície é uma constante que o integrador não consegue ver. Faça os cálculos à mão e acontece algo notável: √(1 + f′²) é 1/√(1 − x²), e cancela exatamente o √(1 − x²) à sua frente, restando 2π. O integrando é constante, o integral é 4π, e esse é o teorema de Arquimedes — uma esfera tem a mesma superfície que a face lateral do cilindro que a circunscreve, o que ele mandou esculpir na sua lápide. Numericamente, no entanto, f′ diverge em x = ±1, e a regra de Simpson está a amostrar uma função que é 2π em todo o lado, exceto em dois pontos onde a aritmética falha totalmente. O integrando do volume é π(1 − x²), um polinómio genuíno, e Simpson integra polinómios com exatidão. A própria estimativa de erro do painel, 0,005, diz-lhe em qual das duas respostas confiar.

$S = 4 π exactly, because the integrand is 2 π; V = \frac{4 π}{3}$

Referências (1)

Insight block 3 — Gabriel's Horn, and how strange it looked at the time: P. Mancosu and E. Vailati, "Torricelli's Infinitely Long Solid and Its Philosophical Reception in the Seventeenth Century." Isis 82(1), 50–70, 1991.

Pela equipa 42Math · Atualizado 2026-07-15

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Problemas de exemplo

arco de parábola - O comprimento de arco de y=x^2 em [0,2] é maior que o da corda reta.
arco de semicírculo - O arco do semicírculo em [-1,1] aproxima-se de pi, como esperado.
esfera por revolução - Revolucionar um semicírculo em torno do eixo x gera valores do tipo esfera, 4pi e 4pi/3.
cone por revolução - Revolucionar y=x em [0,3] produz um cone com volume analítico 9pi.