Semana 14 Derivada de funções vetoriais. Aplicações ao movimento

Prévia do material em texto

i
i
i
i
i
i
i
i
Semana
DERIVADAS DE FUNC¸O˜ES VETORIAIS.
APLICAC¸O˜ES AO MOVIMENTO
14
� Tendo em vista que os to´picos da Aula 34 e da Aula 35
do caderno dida´tico de Ca´lculo II se encontram suficien-
temente claros, limitaremos as notas de aula desta e da
pro´xima semana apenas para mostrar exercı´cios resolvi-
dos sobre esses assuntos, contudo, como alguns exercı´cios
sa˜o aplicac¸o˜es das func¸o˜es vetoriais ao movimento ao
longo de uma curva, estamos fornecendo nestas notas um
pequeno resumo sobre este u´ltimo assunto.
APLICAC¸O˜ES DAS FUNC¸O˜ES VETORIAIS AO MO-
VIMENTO AO LONGO DE UMA CURVA
Admitiremos que o movimento de uma partı´cula no espac¸o
bidimensional ou tridimensional e´ descrito por uma func¸a˜o veto-
rial α(t). A func¸a˜o α(t) e´ chamada func¸a˜o posic¸a˜o ou trajeto´ria
da partı´cula. Quando t varia num intervalo de tempo, a partı´cula
se move ao longo de sua trajeto´ria, a direc¸a˜o do movimento e a
sua rapidez variam de instante a instante. Conceitos fı´sicos tais
como vetor velocidade, velocidade escalar e vetor acelerac¸a˜o
podem ser definidos em termos das derivadas da func¸a˜o posic¸a˜o.
Definic¸a˜o 14.1
Considere o movimento de uma partı´cula no espac¸o bidimen-
sional ou tridimensional descrito pela func¸a˜o posic¸a˜o α(t).
Enta˜o o vetor velocidade, o vetor acelerac¸a˜o e a velocidade
escalar ou rapidez da partı´cula no instante t sa˜o dados por:
Vetor velocidade ~v(t) = α ′(t)
Vetor acelerac¸a˜o ~a(t) =~v ′(t) = α ′′(t)
Velocidade escalar ou rapidez ‖~v(t)‖= ‖α ′(t)‖
i
i
i
i
i
i
i
i
Caderno de Ca´lculo II | Derivadas de Func¸o˜es Vetoriais. Aplicac¸o˜es ao Movimento
Como mostrados na tabela seguinte, a func¸a˜o posic¸a˜o, o ve-
tor velocidade, o vetor acelerac¸a˜o e a rapidez podem tambe´m ser
expressos em termos das func¸o˜es componentes:
Tabela Espac¸o 2-D Espac¸o 3-D
Func¸a˜o
Posic¸a˜o
α(t) = x(t)~i+ y(t)~j α(t) = x(t)~i+ y(t)~j+ z(t)~k
Vetor
Velocidade
~v(t) = α ′(t) = x′(t)~i+ y′(t)~j ~v(t) = α ′(t) = x′(t)~i+ y′(t)~j+ z′(t)~k
Vetor
Acelerac¸a˜o
~a(t) = ~v ′(t) = α ′′(t) = x′′(t)~i +
y′′(t)~j
~a(t) =~v ′(t) =α ′′(t) = x′′(t)~i+y′′(t)~j+
z′′(t)~k
Velocidade
Escalar
‖~v(t)‖=
√
(x′(t))2 +(y′(t))2 ‖~v(t)‖=
√
(x′(t))2 +(y′(t))2 +(z′(t))2
EXERCI´CIOS RESOLVIDOS SOBRE DERIVADAS DE
FUNC¸O˜ES VETORIAIS E PASSO A PASSO DOS EXER-
CI´CIOS PROPOSTOS NO CADERNO DIDA´TICO
Exercı´cio 14.1
Calcule as derivadas das seguintes func¸o˜es vetoriais:
a. α(t) = (t cost, t sen t)
b. β (t) = (e−t cos t,e−t sen t,e−t)
c. γ(t) = (2cost,4t,2sent)
Soluc¸a˜o:
a. α ′(t) = ((t cos t)′,(t sen t)′) = (−t sen t + cos t, t cos t + sent)
b. β ′(t) = ((e−t cos t)′,(e−t sen t)′,(e−t)′)
= (−e−t sen t− e−t cos t,e−t cos t− e−t sen t,−e−t)
=−e−t(sen t + cos t,−cos t + sent,1)
c. γ ′(t) = ((2cos t)′,(4t)′,(2sen t)′) = (−2sen t,4,2cos t)
= 2(−sen t,2,cos t)
208 C E D E R J
i
i
i
i
i
i
i
i
SE
M
A
N
A
14
2
M
´ O
D
U
LO
2
Exercı´cio 14.2
Determine o(s) ponto(s) onde a derivada da curva
γ(t) = (t lnt2−2t,2t3−9t2 +12t)
e´ igual ao vetor nulo.
(Aula 34 do caderno dida´tico, exercı´cio proposto no2-c)
Soluc¸a˜o: Primeiro calculamos a func¸a˜o derivada de γ
γ ′(t) = ((t lnt2−2t)′,(2t3−9t2 +12t)′)
γ ′(t) =
(
t
2t
t2
+ lnt2−2,6t2−18t +12
)
= (ln t2,6(t2−3t +2))
Para que γ ′(t) seja igual ao vetor nulo, as func¸o˜es coordenadas
de γ ′(t) devem ser, simultaneamente, iguais a zero. Isso nos da´ um
sistema de equac¸o˜es:
{
ln t2 = 0
6(t2−3t +2) = 0 . Este sistema na˜o e´ difı´cil
de ser resolvido, pois lnt2 = 0 e 6(t2 − 3t + 2) = 0 se, e somente
se, t = 1. Isto e´, γ(1) = (0−2,2−9+12) = (−2,5) e´ o u´nico ponto
onde a derivada da curva dada e´ o vetor nulo.
Exercı´cio 14.3
Considere a circunfereˆncia parametrizada por
α(t) = (−1+2cos t,2+2sent), 0≤ t ≤ 2pi .
a. Determine a equac¸a˜o da reta tangente a` circunfereˆncia para
t =
pi
3
.
b. Determine a equac¸a˜o da reta tangente a` circunfereˆncia no
ponto
(
−1+√2,2+√2
)
.
Soluc¸a˜o:
a. Uma parametrizac¸a˜o da reta tangente a` curva no ponto α
(pi
3
)
e´ dada por
r(λ ) = α
(pi
3
)
+λα ′
(pi
3
)
, λ ∈ R
C E D E R J 209
i
i
i
i
i
i
i
i
Caderno de Ca´lculo II | Derivadas de Func¸o˜es Vetoriais. Aplicac¸o˜es ao Movimento
Primeiro calculamos a func¸a˜o derivada de α
α ′(t) = ((−1+2cos t)′,(2+2sen t)′) = (−2sen t,2cos t)
Agora vamos calcular os vetores α
(pi
3
)
e α ′
(pi
3
)
α
(pi
3
)
=
(
−1+2cos pi3 ,2+2sen
pi
3
)
=
(
−1+21
2
,2+2
√
3
2
)
= (0,2+
√
3)
α ′
(pi
3
)
=
(
−2sen pi
3
,2cos pi
3
)
=
(
−2
√
3
2
,2
(
1
2
))
=(−√3,1).
Uma equac¸a˜o parame´trica da reta tangente correspondente a es-
ses vetores, fica
r(λ ) = (0,2+
√
3)+λ (−√3,1), λ ∈ R, ou seja,
r(λ ) = (−√3λ ,2+√3+λ ), λ ∈R.
b. Uma parametrizac¸a˜o da reta tangente a` curva no ponto α(a),
a ∈ [0,2pi], e´ dada por
r(λ ) = α(a)+λα ′(a), λ ∈R.
Como α(a) = (−1+√2,2+√2), temos que
α(a) = (−1+2cosa,2+2sen a) = (−1+
√
2,2+
√
2)
enta˜o
{ −1+2cosa =−1+√2
2+2sen a = 2+
√
2 logo


cos a =
√
2
2
sen a =
√
2
2
, isto
e´ verdade se a = pi
4
. Observe que α ′(t) = (−2sen t,2cos t).
Assim,
α ′
(pi
4
)
=
(
−2sen pi
4
,2cos pi
4
)
=
(
−2
√
2
2
,2
√
2
2
)
=(−
√
2,
√
2).
Logo, a reta tangente a` curva e´ dada por r(λ )=α
(pi
4
)
+λα ′
(pi
4
)
,
λ ∈ R. Isto e´,
r(λ ) = (−1+√2,2+√2)+λ (−√2,√2)
= (−1+√2−λ√2,2+√2+λ√2), λ ∈R.
210 C E D E R J
i
i
i
i
i
i
i
i
SE
M
A
N
A
14
2
M
´ O
D
U
LO
2
Exercı´cio 14.4
Determine o(s) ponto(s) onde a curva β (t) = (cospit,senpit) e´
tangente a` reta r(λ ) = (2+λ ,λ −1).
(Aula 34 do caderno dida´tico, exercı´cio proposto no3-b)
Soluc¸a˜o: Observe que r(λ ) = (2+ λ ,λ − 1) = (2,−1) + (λ ,λ ) =
(2,−1)+λ (1,1).
Para que a reta tangente a` curva β (t) seja paralela a` reta (2+λ ,λ−1),
e´ preciso que a derivada de β (t) em algum ponto t0, 0 ≤ t0 ≤ 2 seja
um mu´ltiplo na˜o nulo do vetor direc¸a˜o (1,1) da reta r. Isto e´, basta
que exista um nu´mero real k, tal que β ′(t0) = k(1,1). Como
β ′(t) = (−pi senpit,pi cospit). Isso significa que queremos resolver o
sistema
{ −pi sen pit = k
pi cospit = k . Podemos fazer isso eliminando k, e temos
cos pit =−senpit (14.1)
Para resolver a equac¸a˜o transcendental 14.1, e por razo˜es dida´ticas,
vamos trabalhar por etapas:
Comec¸amos esboc¸ando na Figura 14.1 o gra´fico de: y = cos t que e´
uma func¸a˜o perio´dica com perı´odo 2pi .
y=cos t
-
Figura 14.1
O gra´fico de y = cospit mostrado na Figura 14.2 e´ uma func¸a˜o
perio´dica com perı´odo 2. Note-se que ele e´ obtido da func¸a˜o y = cos t
por compressa˜o horizontal por um fator de pi .
y=
cos
p
t
Figura 14.2
C E D E R J 211
i
i
i
i
i
i
i
i
Caderno de Ca´lculo II | Derivadas de Func¸o˜es Vetoriais. Aplicac¸o˜es ao Movimento
Analogamente, esboc¸amos na Figura 14.3 o gra´fico de: y = sen t
que e´ uma func¸a˜o perio´dica com perı´odo 2pi .
y= sen t
-
Figura 14.3
O gra´fico de y = senpit mostrado na Figura 14.4 e´ uma func¸a˜o
perio´dica com perı´odo 2. Note-se que ele e´ obtido da func¸a˜o y = sen t
por compressa˜o horizontal por um fator de pi .
y= sen (
)
p
t
Figura 14.4
O gra´fico de: y = −senpit e´ obtido da func¸a˜o y = sen pit por re-
flexa˜o em torno do eixo t como mostrado na Figura 14.5.
y= -sen
( )pt
Figura 14.5
Na Figura 14.6 esboc¸amos sobrepostos os gra´ficos de ditas func¸o˜es,
descobrindo assim os pontos onde eles coincidem.
212 C E D E R J
i
i
i
i
i
ii
i
SE
M
A
N
A
14
2
M
´ O
D
U
LO
2
y=
cos
p
t
-
-
y= -sen
( )pt
Figura 14.6
Observe no intervalo [0,2] que as func¸o˜es y= cospit e y=−senpit
se interceptam em t = 3
4
e
7
4
. Pela periodicidade das func¸o˜es podemos
obter os outros pontos de R onde isto acontece.
Ale´m disso, as func¸o˜es sa˜o perio´dicas com perı´odo 2, enta˜o as
soluc¸o˜es gerais do sistema sera˜o:
t =
3
4
+2k = 1
4
(8k+3) k ∈ Z ou t = 7
4
+2k = 1
4
(8k+7) k ∈ Z
Portanto, os pontos onde a curva β (t) = (cospit,sen pit) e´ tangente
a` reta r(λ ) = (2+λ ,λ −1) sa˜o:
β
(
1
4
(8k+3)
)
=
(
cos
(pi
4
(8k+3)
)
,sen
(pi
4
(8k+3)
))
=
(
cos
(
2kpi + 3pi
4
)
,sen
(
2kpi + 3pi
4
))
=
(
−
√
2
2
,
√
2
2
)
e
β
(
1
4
(8k+7)
)
=
(
cos
(pi
4
(8k+7)
)
,sen
(pi
4
(8k+7)
))
=
(
cos
(
2kpi + 7pi
4
)
,sen
(
2kpi + 7pi
4
))
=
(√
2
2
,−
√
2
2
)
.
Exercı´cio 14.5
Determine a equac¸a˜o parame´trica de uma reta l que e´ tangente
a` curva α(t) =
(
t,
1
t−1
)
, t < 1, e passa na origem. Encontre
tambe´m a equac¸a˜o cartesiana da reta l.
C E D E R J 213
i
i
i
i
i
i
i
i
Caderno de Ca´lculo II | Derivadas de Func¸o˜es Vetoriais. Aplicac¸o˜es ao Movimento
Soluc¸a˜o: Note-se que α ′(t) =
(
1,− 1
(t−1)2
)
, t < 1.
Se a reta l e´ tangente a` curva no ponto α(a), uma parametrizac¸a˜o
para l sera´ γ(λ ) = α(a) + λα ′(a), onde α(a) =
(
a,
1
a−1
)
e
α ′(a) =
(
1,− 1
(a−1)2
)
, onde a < 1. Isto e´, γ(λ ) =
(
a,
1
a−1
)
+
λ
(
1,− 1
(a−1)2
)
. Como a reta l passa na origem temos que (0,0)
satisfaz a equac¸a˜o da reta l, enta˜o existe um λ0 ∈ R tal que
(0,0)=
(
a,
1
a−1
)
+λ0
(
1,− 1
(a−1)2
)
⇒


a+λ0 = 0
1
a−1 −λ0
1
(a−1)2 = 0
⇒


a =−λ0
1
a−1︸ ︷︷ ︸
6=0
(
1−λ0 1
(a−1)
)
= 0 ⇒


a =−λ0
1 =
λ0
(a−1)
⇒
{
1 = −a
(a−1)
⇒ a = 1
2
. Portanto, uma parametrizac¸a˜o de l sera´ γ(λ ) = α
(
1
2
)
+
λα ′
(
1
2
)
=
(
1
2
,−2
)
+ λ (1,−4) =
(
1
2
+λ ,−2−4λ
)
, λ ∈ R.
Para achar a equac¸a˜o cartesiana da reta l, lembre-se que
γ(λ ) = (x(λ ),y(λ )) = α
(
1
2
)
+ λα ′
(
1
2
)
podemos encontrar a
equac¸a˜o cartesiana para a reta l eliminando o paraˆmetro λ . Assim,{
x =
1
2
+λ
y =−2−4λ
, λ ∈ R⇒ x− 1
2
=
y+2
−4 ⇒ x =−
y
4
⇒ 4x+ y = 0.
Exercı´cio 14.6
Determine a equac¸a˜o da reta tangente a` curva do R3,
σ(t) = (t,1− t2,1) no ponto (0,1,1).
Soluc¸a˜o: A reta tangente a` curva no ponto σ(a) e´ dada pela seguinte
parametrizac¸a˜o: r(λ ) = σ(a)+λσ ′(a), λ ∈ R.
Como σ(a) = (0,1,1) e por outro lado σ(a) = (a,1−a2,1), igua-
lando vetores, temos que


a = 0
1−a2 = 1
1 = 1
, logo a = 0. Observe que
σ ′(t) = (1,−2t,0). Assim, σ ′(0) = (1,0,0).
Logo, a reta tangente a` curva e´ dada por r(λ ) = σ(0)+ λσ ′(0),
λ ∈ R. Isto e´, r(λ ) = (0,1,1)+λ (1,0,0) = (λ ,1,1), λ ∈ R.
214 C E D E R J
i
i
i
i
i
i
i
i
SE
M
A
N
A
14
2
M
´ O
D
U
LO
2
Exercı´cio 14.7
Encontre a equac¸a˜o da reta tangente a` curva do R3
α(t) = (1 − 2t, t2, 2e2(t−1)) que e´ paralela a` reta
r(s) =
(
−1
2
− s, 1
2
+ s, 1+2s
)
.
Soluc¸a˜o: A reta tangente a` curva no ponto α(a) e´ dada pela parame-
trizac¸a˜o
γ(λ ) = α(a)+λα ′(a), λ ∈ R
Como a reta tangente e´ paralela a` reta r(s)=
(
−1
2
− s, 1
2
+ s,1+2s
)
=(
−1
2
,
1
2
,1
)
+ s(−1,1,2), temos que os vetores direc¸a˜o α ′(a) e
(−1,1,2) sa˜o paralelos.
Note que α ′(t)= (−2,2t,4e2(t−1)), logo α ′(a)= (−2,2a,4e2(a−1)).
Assim, do paralelismo dos vetores α ′(a) e (−1,1,2), temos que
(−2,2a,4e2(a−1)) = k(−1,1,2), para algum k ∈ R.
Logo,


−2 =−k
2a = k
4e2(a−1) = 2k
de onde vem que k = 2, a = 1.
Assim, temos que γ(λ ) = α(1) + λα ′(1), λ ∈ R. Portanto,
γ(λ ) = (−1,1,2)+λ (−2,2,4) = (−1−2λ ,1+2λ ,2+4λ ), λ ∈R.
Exercı´cio 14.8
Uma partı´cula move-se ao longo de uma he´lice circular no espac¸o,
de modo que seu vetor posic¸a˜o no instante t e´ dado por
~r(t) = (4cospit)~i+(4senpit)~j+ t~k. Encontre:
a. Os vetores velocidade e acelerac¸a˜o
b. O mo´dulo da velocidade tambe´m chamado de velocidade
escalar ou rapidez da partı´cula no instante t
c. A velocidade, a acelerac¸a˜o, e o mo´dulo da velocidade no
instante em que t = 16
Soluc¸a˜o:
a. O vetor velocidade e´
~v(t) =~r ′(t) = (4cos pit)′~i+(4senpit)′~j+1~k = (−4pi senpit)~i+
(4pi cospit)~j+1~k.
C E D E R J 215
i
i
i
i
i
i
i
i
Caderno de Ca´lculo II | Derivadas de Func¸o˜es Vetoriais. Aplicac¸o˜es ao Movimento
O vetor acelerac¸a˜o e´
~a(t) =~v ′(t) =~r ′′(t) = (−4pi sen pit)′~i+(4pi cospit)′ ~j+0~k
= (−4pi2 cospit)~i+(−4pi2 senpit)~j
b. A velocidade escalar no instante t e´
‖~v(t)‖=
√
(−4pi sen pit)2 +(4pi cospit)2 +(1)2
=
√
16pi2(sen2pit + cos2pit)+1 =
√
16pi2 +1
Observe que, neste caso, o valor e´ constante em qualquer ins-
tante t.
c. Os vetores velocidade e acelerac¸a˜o, e o mo´dulo da velocidade
no instante em que t = 16:
~v
(
1
6
)
=~r ′
(
1
6
)
=
(
−4pi sen pi6
)
~i+
(
4pi cos pi6
)
~j+1~k
=
(
−4pi 1
2
)
~i+
(
4pi
√
3
2
)
~j+1~k = (−2pi)~i+(2pi√3)~j+1~k
~a
(
1
6
)
=~v ′
(
1
6
)
=~r ′′
(
1
6
)
=
(
−4pi2 cos pi6
)
~i+
(
−4pi2 sen pi6
)
~j
=
(
−4pi2
√
3
2
)
~i+
(
−4pi2 1
2
)
~j = (−2pi2√3)~i+(−2pi2)~j
Da parte b, ou calculando diretamente, fica claro que∥∥∥∥~v
(
1
6
)∥∥∥∥=√16pi2 +1.
Exercı´cio 14.9
Calcule as func¸o˜es derivadas das seguintes func¸o˜es vetoriais:
a. α(t) = (t2+2, t2−3t)
b. β (t) = (t cos2t,6sen3t)
c. γ(t) = (senht,cosht, t2)
(Aula 34 do caderno dida´tico, exercı´cio proposto no1: a, b e c,
respectivamente)
216 C E D E R J
i
i
i
i
i
i
i
i
SE
M
A
N
A
14
2
M
´ O
D
U
LO
2
Soluc¸a˜o:
a. α ′(t) = ((t2 +2)′,(t3−3t)′) = (2t,3t2−3)
b. β ′(t)= ((t cos2t)′,(6sen 3t)′)= (t(−2sen 2t)+cos2t,18cos 3t)
= (−2t sen2t + cos2t,18cos 3t)
c. γ ′(t) = ((senh t)′,(cosh t)′,(t2)′) = (cosh t,senh t,2t)
Exercı´cio 14.10
Determine o(s) ponto(s) onde a derivada das curvas dadas e´ igual
ao vetor nulo.
a. α(t) = (2t3+3t2−12t, t3−3t)
b. β (t) = (3cos t + cos3t,3sen3t − sen3t), isto e´, β (t) =
(3cos t + cos3t,2sen3t)
(Aula 34 do caderno dida´tico, exercı´cio proposto no2: a e b, res-
pectivamente)
Soluc¸a˜o:
a. Primeiro calculamos a func¸a˜o derivada de α
α ′(t) = ((2t3 +3t2−12t)′,(t3−3t)′) = (6t2 +6t−12,3t2−3)
Para que α ′(t) seja igual ao vetor nulo, as func¸o˜es coordenadas
de α ′(t) devem ser, simultaneamente, iguais a zero. Isso nos da´
um sistema de equac¸o˜es:{
6t2 +6t−12 = 0
3t2−3 = 0 ou
{
t2 + t−2 = 0
t2−1 = 0
Este sistema na˜o e´ difı´cil de ser resolvido, pois t2 + t−2 = 0 e
t2− 1 = 0 se, e somente se, t = 1. Isto e´, α(1) = (2+ 3− 12,
1− 3) = (−7,−2) e´ o u´nico ponto onde a derivada da curva
dada e´ o vetor nulo.
b. Primeiro calculamos a func¸a˜o derivada de β
β ′(t)= ((3cos t+cos3t)′,(2sen 3t)′)= (−3sen t−3sen3t,6cos 3t)
Para que β ′(t) seja igual ao vetor nulo, as func¸o˜es coordenadas
de β ′(t) devem ser, simultaneamente, iguais a zero. Isso nos da´
C E D E R J 217
i
i
i
i
i
i
i
i
Caderno de Ca´lculo II | Derivadas de Func¸o˜es Vetoriais. Aplicac¸o˜es ao Movimento
um sistema de equac¸o˜es:{ −3sen t−3sen3t = 0
6cos3t = 0 ou
{ −sen t− sen3t = 0
cos3t = 0 ou{ −sen(t) = sen3t (I)
cos3t = 0 (II) (14.2)
Para resolver a equac¸a˜o transcendental I, e por razo˜es dida´ticas,
vamos trabalhar poretapas: comec¸amos esboc¸ando na Figura
14.7 o gra´fico de: y = sen t.
y= tsen
Figura 14.7
O gra´fico de: y = −sen t e´ obtido da func¸a˜o y = sen t por re-
flexa˜o em torno do eixo t como mostrado na Figura 14.8.
y= t-sen
Figura 14.8
O gra´fico de y = sen3t mostrado na Figura 14.9 e´ uma func¸a˜o
perio´dica com perı´odo 2pi3 e e´ obtido da func¸a˜o y = sen t por
compressa˜o horizontal por um fator de 3.
y=
tsen 3
Figura 14.9
218 C E D E R J
i
i
i
i
i
i
i
i
SE
M
A
N
A
14
2
M
´ O
D
U
LO
2
Na Figura 14.10 esboc¸amos sobrepostos os gra´ficos de ditas
func¸o˜es, descobrindo assim os pontos onde eles coincidem.
y=
tsen 3
y= t-sen
Figura 14.10
Observe no intervalo [0,2pi] que as func¸o˜es y = sen3t e
y = −sen t se interceptam em t = 0, pi
2
,pi,
3pi
2
e 2pi . Pela pe-
riodicidade das func¸o˜es podemos obter os outros pontos de R
onde isto acontece.
Por outro lado, a equac¸a˜o II tambe´m deve ser satisfeita. Va-
mos trabalhar tambe´m em etapas: na Figura 14.11 esboc¸amos
o gra´fico da func¸a˜o y = cos t.
y=
tcos
Figura 14.11
Na Figura 14.12 mostramos o gra´fico da func¸a˜o y = cos3t no
intervalo [0,2pi], que e´ obtido por compressa˜o horizontal por um
fator de 3 da func¸a˜o y = cos t. Observe que a func¸a˜o y = cos3t
e´ perio´dica com perı´odo 2pi3 .
y= tcos 3
t
Figura 14.12
C E D E R J 219
i
i
i
i
i
i
i
i
Caderno de Ca´lculo II | Derivadas de Func¸o˜es Vetoriais. Aplicac¸o˜es ao Movimento
Por outro lado, lembre-se que
cos3t = 0 ⇔ 3t = pi
2
+ kpi = pi
2
(2k+1) k ∈ Z
⇔ t = pi6 (2k+1) k ∈ Z.
Assim, os pontos da forma t = pi6 (2k+1), k ∈ Z, sa˜o os pontos
onde o gra´fico corta o eixo t. Observe que o sistema 14.2 sera´
satisfeito para os valores de t, onde as func¸o˜es y = −sen t e
y= sen3t se interceptam e ao mesmo tempo o gra´fico da func¸a˜o
y = cos3t corta o eixo t. Sobrepondo os 3 gra´ficos na Figura
14.13 para ver melhor os detalhes, temos:
y=
tsen 3y= tcos 3 y= t-sen
Figura 14.13
Observamos que isso e´ verdade somente nos pontos da forma
t =
pi
2
e nos pontos da forma t = 3pi
2
. Ale´m disso, as func¸o˜es
sa˜o perio´dicas enta˜o as soluc¸o˜es gerais do sistema 14.2 sera˜o:
t =
pi
2
+2kpi = pi
2
(4k+1) k ∈ Z ou
t =
3pi
2
+2kpi = pi
2
(4k+3) k ∈ Z
Conclusa˜o: o sistema −sen t = sen3t e cos 3t = 0 e´ satisfeito
se, e somente se, t =
pi
2
(4k+1), k ∈ Z ou t = pi
2
(4k+3), k ∈ Z.
Assim, para k ∈ Z,
β
(pi
2
(4k+1)
)
=
(
3cos
(pi
2
(4k+1)
)
+ cos
(
3pi
2
(4k+1)
)
,
2sen
(
3pi
2
(4k+1)
))
= (0+0,2(−1)) = (0,−2) e
β
(pi
2
(4k+3)
)
=
(
3cos
(pi
2
(4k+3)
)
+ cos
(
3pi
2
(4k+3)
)
,
2sen
(
3pi
2
(4k+3)
))
= (0+0,2(1)) = (0,2),
sa˜o os pontos onde a derivada da curva dada e´ o vetor nulo.
220 C E D E R J
i
i
i
i
i
i
i
i
SE
M
A
N
A
14
2
M
´ O
D
U
LO
2
Apenas como informac¸a˜o mostramos na Figura 14.14 o trac¸o
da curva dada. Observe que os pontos onde a derivada e´ nula
sa˜o justamente os pontos chamados cu´spides ou no´s.
x
y
4
-2
2
-4
Figura 14.14
Exercı´cio 14.11
Calcule uma equac¸a˜o parame´trica da reta tangente a`s curvas nos
pontos indicados. No caso das curvas planas, encontre tambe´m
uma equac¸a˜o cartesiana da reta.
a. α(t) = (t2,3t +1) t = 1
b. β (t) =
(
1
t
, t, t2
)
t =−1
c. δ (t) = (t,cost,sent) t = pi6
d. µ(t) = (sen3t,sen2t) t = pi
2
(Aula 34 do caderno dida´tico, exercı´cio proposto no 4: a, b, c e d,
respectivamente)
Soluc¸a˜o:
a. α(t) = (t2,3t +1) t = 1
Note que α(t) e´ uma curva plana e que α ′(t) = (2t,3t).
Se a reta l e´ tangente a` curva no ponto α(a), enta˜o uma parame-
trizac¸a˜o para l sera´ da forma γ(λ ) = α(a) + λα ′(a), λ ∈ R.
Neste caso a = 1, logo α(1) = (1,4) e α ′(1) = (2,3). Assim,
uma parametrizac¸a˜o da reta tangente a` curva α(t) em t = 1 sera´
γ(λ ) = (x(λ ),y(λ )) = (1,4)+λ (2,3) λ ∈R.
C E D E R J 221
i
i
i
i
i
i
i
i
Caderno de Ca´lculo II | Derivadas de Func¸o˜es Vetoriais. Aplicac¸o˜es ao Movimento
Para achar a equac¸a˜o cartesiana da reta l, temos que eliminar o
paraˆmetro λ . Assim,{
x = 1+2λ
y = 4+3λ λ ∈R⇒
x−1
2
=
y−4
3 ⇒ 3(x−1) = 2(y−4)
⇒ 3x−2y+5 = 0.
b. β (t) =
(
1
t
, t, t2
)
t =−1
Note que β (t) e´ uma curva no espac¸o e que β ′(t)=
(
− 1
t2
,1,2t
)
.
Se a reta l e´ tangente a` curva no ponto β (a), enta˜o uma parame-
trizac¸a˜o para l sera´ da forma γ(λ ) = β (a) + λβ ′(a),
λ ∈ R. Neste caso a = −1, logo β (−1) = (−1,−1,1) e
β ′(−1) = (−1,1,−2). Assim, uma parametrizac¸a˜o da reta tan-
gente a` curva β (t) em t = −1 sera´ γ(λ ) = (−1,−1,1) +
λ (−1,1,−2), λ ∈ R.
c. δ = (t,cos t,sen t) t = pi6
Note que δ (t) e´ uma curva no espac¸o e que δ ′(t) = (1,−sen t,
cos t).
Se a reta l e´ tangente a` curva no ponto δ (a), enta˜o uma pa-
rametrizac¸a˜o para l sera´ γ(λ ) = δ (a)+ λδ ′(a), λ ∈ R. Neste
caso a =
pi
6 , logo δ
(pi
6
)
=
(pi
6 ,cos
pi
6 ,sen
pi
6
)
=
(
pi
6 ,
√
3
2
,
1
2
)
e δ ′
(pi
6
)
=
(
1,−sen pi6 ,cos
pi
6
)
=
(
1,−1
2
,
√
3
2
)
. Assim, uma
parametrizac¸a˜o da reta tangente a` curva δ (t) em t = pi6 sera´
γ(λ ) =
(
pi
6 ,
√
3
2
,
1
2
)
+λ
(
1,−1
2
,
√
3
2
)
λ ∈ R.
d. µ(t) = (sen3t,sen 2t) t = pi
2
Note que µ(t) e´ uma curva plana e que µ ′(t)= (3cos 3t,2cos 2t).
Se a reta l e´ tangente a` curva no ponto α(a), enta˜o uma parame-
trizac¸a˜o para l sera´ γ(λ ) = µ(a)+λ µ ′(a), λ ∈ R. Neste caso
a =
pi
2
, logo µ
(pi
2
)
=
(
sen3pi
2
,sen2pi
2
)
= (−1,0) e
µ ′
(pi
2
)
=
(
3cos 3pi
2
,2cos 2pi
2
)
= (0,−2). Assim, uma para-
metrizac¸a˜o da reta tangente a` curva µ(t) em t = pi
2
sera´
γ(λ ) = (x(λ ),y(λ )) = (−1,0)+λ (0,−2), λ ∈ R.
222 C E D E R J
i
i
i
i
i
i
i
i
SE
M
A
N
A
14
2
M
´ O
D
U
LO
2
Para achar a equac¸a˜o cartesiana da reta l, temos que eliminar
o paraˆmetro λ . Assim,
{
x =−1+0λ
y = 0−2λ λ ∈ R⇒ x = −1 e
y =−2, λ ∈R. Ou seja, x esta´ fixado em −1, pore´m y percorre
o conjunto dos nu´meros reais. Isto e´, a reta tangente a` curva
µ(t) no ponto t = pi
2
e´ a reta vertical x =−1.
Exercı´cio 14.12
Uma partı´cula se movimenta ao longo de uma curva plana C de
tal maneira que a func¸a˜o posic¸a˜o do movimento da partı´cula e´
dada por α(t) = (3cost,3sent). Encontre:
a. Os vetores velocidade e acelerac¸a˜o
b. O mo´dulo da velocidade tambe´m chamado de velocidade
escalar ou rapidez da partı´cula no instante t
c. Os vetores velocidade e acelerac¸a˜o, e o mo´dulo da veloci-
dade no instante em que t = pi3
Soluc¸a˜o: Lembre que α(t) = (3cos t,3sen t) = (3cos t)~i+(3sen t)~j.
a. O vetor velocidade e´ ~v(t) = α ′(t) = (3cos t)′~i + (3sen t)′~j =
(−3sen t)~i+(3cos t)~j.
O vetor acelerac¸a˜o e´
~a(t) =~v ′(t) = α ′′(t) = (−3sen t)′~i+(3cos t)′~j = (−3cos t)~i+
(−3sen t)~j.
b. A velocidade escalar (em qualquer instante) e´
‖~v(t)‖ =
√
(−3sen t)2 +(3cos t)2 =
√
9(sen t2 + cos t2) = 3.
c. Os vetores velocidade e acelerac¸a˜o, e o mo´dulo da velocidade
no instante em que t = 13:
~v
(pi
3
)
=
(
−3sen pi
3
)
~i+
(
3cos pi
3
)
~j =
(
−3
√
3
2
)
~i+
(
31
2
)
~j
=
(
−3
√
3
2
)
~i+
(
3
2
)
~j
C E D E R J 223
i
i
i
i
i
i
i
i
Caderno de Ca´lculo II | Derivadas de Func¸o˜es Vetoriais. Aplicac¸o˜es ao Movimento
~a
(pi
3
)
=
(
−3cos pi3
)
~i+
(
−3sen pi3
)
~j=
(
−31
2
)
~i+
(
−3
√
3
2
)
~j
=
(
−3
2)
~i+
(
−3
√
3
2
)
~j
Da parte b, ou calculando diretamente, e´ claro que∥∥∥~v(pi3
)∥∥∥= 3.
� Note-se que as equac¸o˜es parame´tricas do Exercı´cio 14.12
sa˜o x = 3cos t e y = 3sen t. Eliminando o paraˆmetro t, ob-
temos a equac¸a˜o em coordenadas cartesianas x2 + y2 = 9.
Portanto, a curva e´ uma circunfereˆncia de raio 3 centrada
na origem. Como o mo´dulo do vetor velocidade e´ cons-
tante
(
lembre que ‖~v(t)‖ = 3), mas a sua direc¸a˜o
~v(t) = (−3sen 5)~i+(3cos t)~j e´ varia´vel quando t cresce,
segue que a partı´cula se desloca ao longo da circunfereˆncia
com velocidade escalar constante.
Exercı´cio 14.13
Uma partı´cula move-se atrave´s do espac¸o tridimensional, de tal
forma que o vetor posic¸a˜o no instante t e´ dado por~r(t) = t~i+
t2~j+ t3~k. A imagem de~r e´ a curva chamada cu´bica torcida ou
cu´bica retorcida. Determine:
a. Os vetores velocidade e acelerac¸a˜o
b. O mo´dulo da velocidade tambe´m chamado de velocidade
escalar ou rapidez da partı´cula no instante t
c. A velocidade, a acelerac¸a˜o, e o mo´dulo da velocidade no
instante em que t = 1
Soluc¸a˜o:
a. O vetor velocidade e´
~v(t) =~r ′(t) = 1~i+2t~j+3t2~k.
O vetor acelerac¸a˜o e´
~a(t) =~v ′(t) =~r ′′(t) = 0~i+2~j+6t~k.
b. A velocidade escalar no instante t e´
‖~v(t)‖=
√
(1)2 +(2t)2 +(3t2)2 =
√
1+4t2 +9t4.
224 C E D E R J
i
i
i
i
i
i
i
i
SE
M
A
N
A
14
2
M
´ O
D
U
LO
2
c. Os vetores velocidade e acelerac¸a˜o, e o mo´dulo da velocidade
no instante em que t = 1:
~v(1) =~r ′(1) = 1~i+2~j+3~k
~a(1) =~v ′(1) =~r ′′(1) = 2~j+6~k
‖~v(1)‖ =√1+4+9 = ~14.
Exercı´cio 14.14
Calcule as func¸o˜es derivadas das seguintes func¸o˜es vetoriais:
a. α(t) = (ln(t2+1),arctg t)
b. β (t) = (et cos t,et sen t)
c. γ(t) = (t, ln(sec t), ln(sec t + tgt))
d. σ(t) =
(
2t
1+ t2
,
1− t2
1+ t2
,1
)
Soluc¸a˜o:
a. α ′(t) = ((ln(t2 +1))′,(arctg t)′)
=
(
2t
t2 +1
,
1
1+ t2
)
=
1
1+ t2
(2t,1)
b. β ′(t) = ((et cos t)′,(et sen t)′)
= (et(−sen t)+ et cos t,et sen t + et cos t)
c. γ ′(t) = (t ′, [ln(sec t)]′, [ln(sec t + tgt)]′)
=
(
1,
sec t tgt
sec t
,
sec t tg t + sec2t
sec t + tgt
)
= (1, tg t,sec t)
d. σ ′(t) =
((
2t
1+ t2
)′
,
(
1− t2
1+ t2
)′
,1′
)
=
(
(1+ t2)2−2t(2t)
(1+ t2)2
,
(1+ t2)(−2t)− (1− t2)2t
(1+ t2)2
,0
)
= 2
(
1− t2
(1+ t2)2
,
−2t
(1+ t2)2
,0
)
C E D E R J 225
i
i
i
i
i
i
i
i
Caderno de Ca´lculo II | Derivadas de Func¸o˜es Vetoriais. Aplicac¸o˜es ao Movimento
Exercı´cio 14.15
Determine o(s) ponto(s) onde a derivada da curva dada e´ igual
ao vetor nulo.
β (t) = (3cos t + cos3t,3sent− sen3t).
Soluc¸a˜o: Primeiro calculamos a func¸a˜o derivada de β
β ′(t) = ((3cos t + cos3t)′,(3sen t− sen3t)′)
= (−3sen t−3sen3t,3cos t−3cos3t)
Para que β ′(t) seja igual ao vetor nulo, as func¸o˜es coordenadas
de β ′(t) devem ser, simultaneamente, iguais a zero. Isso nos da´ um
sistema de equac¸o˜es:{ −3sen t−3sen3t = 0
3cos t−3cos3t = 0 ou
{ −sen t− sen3t = 0
cos t− cos3t = 0 ou{ −sen(t) = sen3t (I)
cos t = cos3t (II) (14.3)
Para resolver a equac¸a˜o transcendental I, e por razo˜es dida´ticas,
vamos trabalhar por etapas: comec¸amos esboc¸ando na Figura 14.15 o
gra´fico de: y = sen t que e´ uma func¸a˜o perio´dica com perı´odo 2pi .
y= tsen
Figura 14.15
O gra´fico de: y = −sen t e´ obtido da func¸a˜o y = sen t por reflexa˜o
em torno do eixo t como mostrado na Figura 14.16.
y= t-sen
Figura 14.16
226 C E D E R J
i
i
i
i
i
i
i
i
SE
M
A
N
A
14
2
M
´ O
D
U
LO
2
O gra´fico de y = sen 3t mostrado na Figura 14.17 e´ obtido da
func¸a˜o y = sen t por compressa˜o horizontal por um fator de 3. Ob-
serve que y = sen3t e´ uma func¸a˜o perio´dica com perı´odo 2pi
3
.
y=
tsen 3
Figura 14.17
Na Figura 14.18 esboc¸amos sobrepostos os gra´ficos de ditas func¸o˜es,
descobrindo assim os pontos onde eles coincidem.
y=
tsen 3
y= t-sen
Figura 14.18
Observe no intervalo [0,2pi] que as func¸o˜es y = sen 3t e
y = −sen t se interceptam em t = 0, pi
2
,pi e
3pi
2
. Pela periodicidade
das func¸o˜es podemos obter os outros pontos de R onde isto acontece.
Por outro lado, a equac¸a˜o II (vide (14.3) da pa´gina 225) tambe´m
deve ser satisfeita. Vamos trabalhar tambe´m em etapas: na Figura
14.19 esboc¸amos o gra´fico da func¸a˜o y = cos t.
y=
tcos
Figura 14.19
C E D E R J 227
i
i
i
i
i
i
i
i
Caderno de Ca´lculo II | Derivadas de Func¸o˜es Vetoriais. Aplicac¸o˜es ao Movimento
Na Figura 14.20 mostramos o gra´fico da func¸a˜o y = cos3t no
intervalo [0,2pi], que e´ obtido por compressa˜o horizontal por um fator
de 3 da func¸a˜o y = cos t. Observe que a func¸a˜o y = cos3t e´ perio´dica
com perı´odo 2pi
3
.
y= tcos 3
t
Figura 14.20
Na Figura 14.21 esboc¸amos sobrepostos os gra´ficos de ditas fun-
c¸o˜es, descobrindo assim os pontos onde eles coincidem.
y=
t
cos
3
y=
t
cos
Figura 14.21
Observe no intervalo [0,2pi] que as func¸o˜es y = cos3t e y = cos t
se interceptam em t = 0, pi
2
,pi e
3pi
2
. Pela periodicidade das func¸o˜es
podemos obter os outros pontos de R onde isto acontece.
Observe que o sistema 14.3 sera´ satisfeito para os valores de t onde
as func¸o˜es y = −sen t e y = sen 3t se interceptam e ao mesmo tempo
as func¸o˜es y = cos t e y = cos3t se interceptam.
Observamos que isso e´ verdade somente nos pontos da forma
t = 0, pi
2
,pi e
3pi
2
. Ale´m disso, as func¸o˜es sa˜o perio´dicas. Enta˜o as
soluc¸o˜es gerais do sistema 14.3 sera˜o da forma: t = 0+ 2kpi = 2kpi
k∈Z, t = pi
2
+2kpi = pi
2
(4k+1) k∈Z, t = pi+2kpi = (2k+1)pi k ∈Z
ou t =
3pi
2
+2kpi = pi
2
(4k+3) k ∈ Z.
Conclusa˜o: o sistema 14.3 e´ satisfeito se, e somente se, t = 2kpi
k ∈ Z ou t = pi
2
(4k + 1) k ∈ Z ou t = (2k + 1)pi k ∈ Z ou
t =
pi
2
(4k+3) k ∈ Z.
228 C E D E R J
i
i
i
i
i
i
i
i
SE
M
A
N
A
14
2
M
´ O
D
U
LO
2
Assim, para k ∈ Z,
β (2kpi) = (3cos(2kpi)+ cos3(2kpi),3sen(2kpi)− sen3(2kpi))
= (3+1,0−0) = (4,0)
β
(pi
2
(4k+1)
)
=
(
3cos
(pi
2
(4k+1)
)
+ cos
(
3pi
2
(4k+1)
)
,
3sen
(pi
2
(4k+1)
)
− sen
(
3pi
2
(4k+1)
))
= (0+0,3(+1)− (−1)) = (0,4)
β ((2k+1)pi) = (3cos((2k+1)pi)+ cos(3(2k+1)pi),3sen((2k
+1)pi)− sen(3(2k+1)pi))
= (−3(−1)−1,0−0) = (−4,0)
β
(pi
2
(4k+3)
)
=
(
3cos
(pi
2
(4k+3)
)
+ cos
(
3pi
2
(4k+3)
)
,
3sen
(pi
2
(4k+3)
)
− sen
(
3pi
2
(4k+3)
))
= (0+0,3(−1)−1) = (0,−4).
Assim, (4,0), (0,4), (−4,0) e (0,4) sa˜o os pontos onde a derivada
da curva dada e´ o vetor nulo.
Apenas como informac¸a˜o mostramos na Figura 14.22 o trac¸o da
curva dada. Observe que os pontos onde a derivada e´ nula sa˜o justa-
mente os pontos chamados de cu´spides ou no´s.
x
y
-4
-4
4
4
Figura 14.22
C E D E R J 229
i
i
i
i
i
i
i
i
Caderno de Ca´lculo II | Derivadas de Func¸o˜es Vetoriais. Aplicac¸o˜es ao Movimento
Exercı´cio 14.16
Calcule uma equac¸a˜o parame´trica da reta tangente a`s curvas nos
pontos indicados. No caso das curvas planas, encontre tambe´m
uma equac¸a˜o cartesiana da reta.
a. β (t) = (sent,sen(t + sen t)) t = 0
b. α(t) = (2sen2t,2sent)
(√
3,1
)
c. δ (θ) = (θ , ln(secθ), ln(secθ + tgθ)) θ = pi
4
Soluc¸a˜o:
a. β (t) = (sen t,sen(t + sent)) t = 0
Note que β (t) e´ uma curva plana e que β ′(t) = (cos t,
(1+ cos t)cos(t + sent)).
Se a reta l e´ tangente a` curva no ponto β (a), enta˜o uma parame-
trizac¸a˜o para l sera´ γ(λ ) = β (a)+λβ ′(a) λ ∈ R. Neste caso
a = 0, logo β (0) = (sen0,sen(0 + sen 0)) = (0,0) e
β ′(0) = (cos 0,(1+ cos 0)cos(0+ sen0))= (1,2). Assim, uma
parametrizac¸a˜o da reta tangente a` curva β (t) em t = 0 sera´
γ(λ ) = (x(λ ),y(λ )) = (0,0)+λ (1,2) λ ∈R.
Para achar a equac¸a˜o cartesiana da reta l, temos que eliminar
o paraˆmetro λ . Assim,
{
x = 1λ
y = 2λ λ ∈ R⇒ x =
y
2
de onde
y = 2x que e´ a equac¸a˜o cartesiana da reta l.
b. α(t) = (2sen 2t,2sen t)
(√
3,1
)
Como (
√
3,1) e´ um ponto da curva dada, enta˜o (
√
3,1) ∈ α(t)
para algum valor de t, isto e´, (
√
3,1) = (2sen 2t,2sen t) para
algum valor de t. Para saber qual e´ o valor de t que da´ lu-
gar ao ponto dado podemos resolver o sistema 2sen 2t =
√
3 e
2sen t = 1. Logo sen2t =
√
3
2
e sen t =
1
2
, portanto t =
pi
6
pois sen pi6 =
1
2
e sen2
(pi
6
)
= sen
(pi
3
)
=
√
3
2
.
Note-se que α(t) e´ uma curva plana e que α ′(t)= (4cos 2t,2cos t).
Se a reta l e´ tangente a` curva dada no ponto α(a), enta˜o uma
parametrizac¸a˜o para l sera´ da forma γ(λ ) = α(a) + λα ′(a)
λ ∈ R. Neste caso a = pi6 , logo α
(pi
6
)
= (
√
3,1) e
α ′
(pi
6
)
=
(
4cos 2
(pi
6
)
,2cos
pi
6
)
=
(
4
(
1
2
)
,2
√
3
2
)
=(2,
√
3).
230 C E D E R J
i
i
i
i
i
i
i
i
SE
M
A
N
A
14
2
M
´ O
D
U
LO
2
Assim, uma parametrizac¸a˜o da reta tangente a` curva α(t) em
t =
pi
6 sera´ γ(λ ) = (x(λ ),y(λ )) = (
√
3,1)+λ (2,
√
3) λ ∈R.
Para achar a equac¸a˜o cartesiana da reta l, temos que eliminar o
paraˆmetro λ . Assim,{
x =
√
3+2λ
y = 1+
√
3λ λ ∈ R⇒
x−√3
2
=
y−1√
3
⇒
√
3(x−
√
3)
= 2(y−1)⇒√3x−2y−1 = 0 e´ a equac¸a˜o cartesiana da reta.
c. δ (θ) = (θ , ln(secθ), ln(sec θ + tgθ)) θ = pi
4
Note-se que δ (θ) e´ uma curva no espac¸o e que
δ ′(θ) =
(
1,
secθ tgθ
sec θ ,
secθ tgθ + sec2θ
secθ + tgθ
)
logo δ ′
(pi
4
)
=
(1,1,
√
2).
Se a reta l e´ tangente a` curva no ponto δ (a), enta˜o uma parame-
trizac¸a˜o para l sera´ γ(λ ) = δ (a)+λδ ′(a) λ ∈ R. Neste caso
a =
pi
4
, logo δ
(pi
4
)
=
(pi
4
, ln
(
sec
pi
4
)
, ln
(
sec
pi
4
+ tg pi
4
))
=(
pi
4
,
1
2
ln2, ln(
√
2+1)
)
. Assim, uma parametrizac¸a˜o da reta
tangente a` curva δ (t) em t = pi
4
sera´
γ(λ ) =
(
pi
4
,
ln2
2
, ln(
√
2+1)
)
+λ (1,1,
√
2) λ ∈ R.
Exercı´cio 14.17
Uma partı´cula se movimenta ao longo de uma curva plana C de
tal maneira que a func¸a˜o posic¸a˜o do movimento da partı´cula e´
dada por α(t) = (et ,e−t). Encontre:
a. Os vetores velocidade e acelerac¸a˜o
b. O mo´dulo da velocidade tambe´m chamado de velocidade
escalar ou rapidez da partı´cula no instante t
c. Os vetores velocidade e acelerac¸a˜o, e o mo´dulo da veloci-
dade no instante em que t = 0
Soluc¸a˜o: Lembre-se que α(t) = (et ,e−t) = et~i+ e−t~j.
a. O vetor velocidade e´
~v(t) = α ′(t) = (et)′~i+(e−t)′~j = et~i− e−t~j.
C E D E R J 231
i
i
i
i
i
i
i
i
Caderno de Ca´lculo II | Derivadas de Func¸o˜es Vetoriais. Aplicac¸o˜es ao Movimento
O vetor acelerac¸a˜o e´
~a(t) =~v ′(t) = α ′′(t) = (et)′~i− (e−t)′~j = et~i+ e−t~j.
b. A velocidade escalar (em qualquer instante) e´
‖~v(t)‖=
√
(et)2 +(−e−t)2 =
√
e2t + e−2t .
c. Os vetores velocidade e acelerac¸a˜o, e o mo´dulo da velocidade
no instante em que t = 0:
~v(0) = α ′(0) = e0~i− e−0~j =~i−~j
~a(0) =~v ′(0) = α ′′(0) = e0~i+ e−0~j =~i+~j
Da parte b, ou calculando diretamente, e´ claro que
‖~v(0)‖=√2.
Exercı´cio 14.18
Uma partı´cula move-se atrave´s do espac¸o tridimensional, de tal
forma que o vetor posic¸a˜o no instante t e´ dado por~r(t) = t lnt~i+
t~j+ e−t~k. Determine:
a. Os vetores velocidade e acelerac¸a˜o
b. O mo´dulo da velocidade tambe´m chamado de velocidade
escalar ou rapidez da partı´cula no instante t
c. A velocidade, a acelerac¸a˜o, e o mo´dulo da velocidade no
instante em que t = 1
Soluc¸a˜o:
a. O vetor velocidade e´
~v(t) =~r ′(t) =
(
t
1
t
+ lnt
)
~i+1~j−e−t~k = (1+ ln t)~i+1~j−e−t~k
O vetor acelerac¸a˜o e´
~a(t) =~v ′(t) =~r ′′(t) =
(
1
t
)
~i+0~j+ e−t~k =
(
1
t
)
~i+ e−t~k
b. A velocidade escalar no instante t e´
‖~v(t)‖=
√
(1+ lnt)2 +(1)2 +(−e−t)2 =
√
(1+ lnt)2 +1+ e−2t
=
√
1+2lnt +(lnt)2 +1+ e−2t =
√
2+2ln t +(lnt)2 + e−2t
c. Os vetores velocidade e acelerac¸a˜o, e o mo´dulo da velocidade
no instante em que t = 1:
~v(1) =~r ′(1) =~i+~j− e−1~k
~a(1) =~v ′(1) =~r ′′(1) =~i+0~j+ e−1~k =~i+ e−1~k
‖~v(1)‖=
√
2+ e−2.
232 C E D E R J