Curvas no Espaço | 3ª Lista de Exercícios Resolvidos

Nesse artigo queremos apresentar uma terceira lista de exercícios resolvidos sobre as curvas no espaço. Uma curva parametrizada é a imagem de uma função de uma variável a valores no \mathbb{R}^n. Assim, uma função $$f(t)=(x_1(t), x_2(t),…,x_n(t))\;\;\;\;t\in \mathbb{R}$$ é uma curva e as funções reais x_i(t),\; i=1,...,n, são as equações paramétricas da curva e t é chamado de parâmetro.

Porém, com mais acuidade matemática definimos como curva o conjunto de todos os pontos (x(t), y(t), z(t)) do espaço determinados por uma função vetorial de uma variável.

Curvas no Espaço | 3ª Lista Exercícios Resolvidos

1) Determine:

a) A representação paramétrica da reta que passa por A(2,0,1) e B(-1,1/2, 0 ) ;

SOLUÇÃO: Como a equação vetorial da reta que passa por A e B é dada por $$r: (x,y,z) = (2,0,1) + t \left[ (-1,1/2, 0 ) – (2,0,1) \right] = (2,0,1) + t(-3, 1/2, -1).$$

Desta forma, a representação paramétrica desta reta é dada por:

$$r:\left\{ \begin{array}{lll} x & = & 2-3t\\ y & = & t/2\\ z & = & 1-t \end{array} \right. $$

b) As equações paramétricas da circunferência x^2 + y^2 - 6x -4y +4 = 0 no plano z = 3 ;

SOLUÇÃO: Manipulando algebricamente encontramos: $$ x^2 + y^2 – 6x -4y +4 = 0 \Rightarrow (x-3)^2 + (y-2)^2 = 3^2. $$ Logo, essa circunferência tem centro no ponto C(3,2) e raio igual a 3. Com isso, as equações paramétricas dessa circunferência são dadas por: $$x(t) = 3 + 3cos(t)$$ $$y(t) = 2 + 3 sen(t)$$ $$z(t) = 3$$

c) A parametrização da elipse 9 x^2 + 4y^2 = 36 no plano xOy ;

SOLUÇÃO: Neste caso, o centro da elipse está no origem e sua equação pode ser reescrita como $$\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{9} = 1.$$

Com isso, a parametrização desta elipse é dada por $$ x(t) = 2 cos(t) $$ $$y(t) = 3 sen(t).$$

d) A parametrização da curva dada pela interseção das superfícies x+y = 2 e x^2 + y^2 +z^2 = 2(x+y) .

SOLUÇÃO: Observe que x^2 + y^2 +z^2 = 2(x+y) pode ser reescrita como $$(x-1)^2 + (y-1)^2 + z^2 = 2$$, ou seja, uma esfera com centro em C(1,1,0) e raio igual a \sqrt{2} .

Já a equação x+y = 2 é um plano paralelo ao eixo Oz, como podemos ver abaixo:

Fazendo x = 2 -y na equação x^2 + y^2 +z^2 = 2(x+y) , encontramos $$ 2(y-1)^2 + z^2 = 2 \Rightarrow (y-1)^2 + \frac{z^2}{2} = 1.$$

Ou seja, temos uma elipse no plano yOz dada pelas equações paramétricas  $$y(t) = 1 + cos(t)$$ $$z(t) = \sqrt{2} sen(t),$$ e como assumimos x = 2 -y , então $$x(t) = 2 – 1 – cos(t) = 1 – cos(t).$$

Logo, a parametrização da curva interseção das superfícies é dada por $$f(t) = [1 – cos(t)] \vec{i} + [1 + cos(t)] \vec{j} + [\sqrt{2} sen(t)] \vec{k} \;\;\; t \in[0, 2\pi] .$$

Abaixo, uma ilustração da curva isoladamente:

2) A curva dada por $$f(t) = (r cos( \omega t), r sen( \omega t), v t)$$ é chamada hélice circular. Reparametrize essa curva pelo comprimento de arco.

SOLUÇÃO: Primeiramente, observe que f'(t) = (- r \omega sen( \omega t), r \omega cos( \omega t), v ) , então $$ \| f'(t) \| = \sqrt{ \omega ^2 r^2 + v^2 }$$ e com isso $$\int_{0}^{t}{ \sqrt{ \omega ^2 r^2 + v^2 } d \tau} = \sqrt{ \omega ^2 r^2 + v^2 } t.$$

Logo, s = \sqrt{ \omega ^2 r^2 + v^2 } t \Leftrightarrow t = \dfrac{s}{\sqrt{ \omega ^2 r^2 + v^2 }} .

Portanto, a parametrização pelo comprimento de arco da hélice circular é dada por: $$h(s) = f(t(s)) = \left[ r cos \left( \frac{ \omega s}{\sqrt{ \omega ^2 r^2 + v^2 }} \right) \right] \vec{i} + \left[ r sen \left( \frac{ \omega s}{\sqrt{ \omega ^2 r^2 + v^2 }} \right) \right] \vec{j} + \left[ \frac{ v s}{\sqrt{ \omega ^2 r^2 + v^2 }} \right] \vec{k}.  $$

3) Encontrar o comprimento do arco da curva cuja equação vetorial é f(t) = \left( t, t^{-2/3} \right); t \in [1,4] .

SOLUÇÃO: Temos f' (t) = \left( 1, \frac{2}{3} t^{-1/3} \right) .

Logo, $$ \| f’ (t) \| = \sqrt{1 + \frac{4}{9} t^{-2/3}  } = \sqrt{1 + \frac{4}{9 t^{2/3}} } = \frac{1}{3} \left(  9 t^{2/3} +4 \right)^{1/2} t^{-1/3}$$

Aplicando na fórmula do comprimento de arco:

$$ s = \frac{1}{3} \int_{1}^{4}{ \left(  9 t^{2/3} +4 \right)^{1/2} t^{-1/3} dt}.$$ Usando a substituição    u = 9 t^{2/3} + 4, encontramos $$ s = \frac{1}{3} \int_{1}^{4}{ \left(  9 t^{2/3} +4 \right)^{1/2} t^{-1/3} dt} = \frac{1}{27} \left[ \left( 18 \sqrt[3]{2} +4  \right)^{3/2}  – 13 \sqrt{13}\right]  .$$

4)  Mostre que o arco f(0) = \vec{0} e f(t) = \left( t, t^3 sen \left( \frac{1}{t} \right) \right), 0 < t \leq 1 é regular. Faça seu gráfico e verifique que ele corta o eixo Ox numa infinidade de pontos.

SOLUÇÃO: Observe que $$f'(t) = \left( 1, 3 t^2 sen \left( \frac{1}{t} \right) –   t cos \left( \frac{1}{t} \right) \right), 0 < t \leq 1 .$$ Logo, \forall t \in (0, 1] , podemos afirmar que f'(t) \neq \vec{0} , ou seja a curva é regular.

Para t = 0 , usando a definição de f' (0) , obtemos: $$ f’ (0) = \lim_{h \rightarrow 0}{\frac{f(h) – f(0)}{h}} = \lim_{h \rightarrow 0}{\left( 1, h^2 sen \left( \frac{1}{h} \right) \right)} = (1,0). $$

Portanto, mostramos que a curva é regular para todo t \in [0,1] .

5) Determinar o vetor velocidade e o vetor aceleração de uma partícula que se move segundo a lei $$\vec{r} (t) = cos(2t) \vec{i} + sen(2t) \vec{j}  + \vec{k}.$$ Mostre que o vetor velocidade é perpendicular ao vetor posição e que o vetor aceleração é perpendicular ao vetor velocidade. Esboce graficamente a trajetória desta partícula.

SOLUÇÃO: Temos que $$ \vec{v}(t) = \vec{r}’ (t) = -2 sen(2t) \vec{i} + 2 cos(2t) \vec{j}$$ e $$ \vec{a}(t) = \vec{v}’ (t) = -4 sen(2t) \vec{i} – 4 cos(2t) \vec{j}$$

Sabemos que dois vetores são perpendiculares se o seu produto escalar é nulo. Temos, $$ \vec{r}(t) \cdot  \vec{v}(t) = (cos(2t) \vec{i} + sen(2t) \vec{j}  + \vec{k}) \cdot (-2 sen(2t) \vec{i} + 2 cos(2t) \vec{j}) = $$ $$= -2sen(2t)cos(2t) + 2sen(2t)cos(2t)+0 = 0$$ $$ \vec{v}(t) \cdot  \vec{a}(t) = (-2 sen(2t) \vec{i} + 2 cos(2t) \vec{j}) \cdot (-4 sen(2t) \vec{i} – 4 cos(2t) \vec{j}) = $$ $$ = 8sen(2t)cos(2t) -8sen(2t)cos(2t)+0 = 0$$

6) Seja C a hélice circular dada por $$\vec{r} (t) = 2 cos(t) \vec{i} + 2 sen(t) \vec{j}  + \sqrt{5} t \vec{k}.$$ Calcule o vetor tangente unitário u(t) e o vetor u'(t) no ponto P \left( \sqrt{2} , \sqrt{2} , \dfrac{\sqrt{5} \pi}{4}   \right) .

SOLUÇÃO: Temos que $$\vec{u}(t) = \frac{\vec{r}'(t) }{|\vec{r}'(t)|} = \left( -\frac{2}{3}sen(t) , \frac{2}{3}cos(t), \frac{\sqrt{5} }{3} \right)$$ e $$ \vec{u}'(t) = \left( -\frac{2}{3}cos(t) , -\frac{2}{3}sen(t), 0 \right)$$

O valor de t correspondente ao ponto P é t = \pi / 4 . Portanto, neste ponto, $$\vec{u}(\pi / 4) = \left( -\frac{\sqrt{2}}{3} , \frac{\sqrt{2}}{3}, \frac{\sqrt{5} }{3} \right)$$ $$ \vec{u}'(\pi / 4) = \left( -\frac{\sqrt{2}}{3} , -\frac{\sqrt{2}}{3}, 0 \right)$$

Leia Mais:

• Curvas no Espaço | Parametrização, Comprimento de Arco e Deslocamento de Partícula
• Curvas no Espaço | 2ª Lista de Exercícios Resolvidos
• Curvas no Espaço | 1ª Lista de Exercícios Resolvidos

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