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Mostre que a curva com equações paramétricas $x = \sin{t}, \ y = \cos{t}, \ z = \sin^2t$ é a curva de intersecção das superfícies $z = x^2$ e $x^2 + y^2 = 1$. Use esse fato para esboçar a curva.
Seja ${\bf F}(t)$ uma força dependendo do tempo $t$, que atua sobre uma partícula entre os instantes $t_{1}$
e $t_{2}$. Supondo ${\bf F}$ integrável em $[t_{1},t_{2}]$, o vetor
$${\bf I}=\int_{t_{1}}^{t_{2}}{\bf F}(t)\mathrm{d}t$$
denomina-se impulso de ${\bf F}$ no intervalo de tempo $[t_{1},t_{2}]$. Calcule o impulso de ${\bf F}$ no intervalo
de tempo dado.
- ${\bf F}(t)=t{\bf i}+{\bf j}+t^{2}{\bf k}$, $t_{1}=0$ e $t_{2}=2.$
- ${\bf F}(t)=\dfrac{1}{t+1}{\bf i}+t^{2}{\bf j}+{\bf k}$, $t_{1}=0$ e $t_{2}=1.$
Se ${\bf r}(t)\neq {\bf 0}$, mostre que
$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}|{\bf r}(t)|=\frac{1}{|{\bf r}(t)|}{\bf r}(t)\cdot {\bf r}'(t).$$
(Sugestão: $|{\bf r}(t)|^{2}={\bf r}(t)\cdot {\bf r}(t)$).
Sabemos que $|{\bf r}(t)|^{2}={\bf r}(t)\cdot {\bf r}(t)$ ou $|{\bf r}(t)|= ({\bf r}(t)\cdot {\bf r}(t))^{1/2}.$ Então
\begin{eqnarray*}
\frac{d}{dt}|{\bf r}(t)|&=&\frac{d}{dt}[({\bf r}(t)\cdot {\bf r}(t))^{1/2}]\\
&=&\frac{1}{2}[{\bf r}(t)\cdot {\bf r}(t)]^{-1/2}[{\bf r}'(t)\cdot {\bf r}(t)+{\bf r}(t)\cdot {\bf r}'(t)]\\
&=& \frac{1}{2}[{\bf r}(t)\cdot {\bf r}(t)]^{-1/2}[2\,{\bf r}(t)\cdot {\bf r}'(t)]\\
&=&\frac{1}{2}\frac{1}{[{\bf r}(t)\cdot {\bf r}(t)]}[2\,{\bf r}(t)\cdot {\bf r}'(t)]\\
&=&\frac{1}{|{\bf r}(t)|}\,{\bf r}(t)\cdot {\bf r}'(t).
\end{eqnarray*}
Calcule o limite $\displaystyle \lim_{t \rightarrow 0}\left(\dfrac{e^t - 1}{t}, \dfrac{\sqrt{1+t}-1}{t}, \dfrac{3}{t+1}\right)$.
Consideremos ${\bf r}(t)=\bigg(\frac{e^{t}-1}{t},\frac{\sqrt{1+t}-1}{t},\frac{3}{t+1}\bigg).$
Temos que o limite de ${\bf r}$ é o vetor cujas componentes são os limites das funções componentes de ${\bf r}$, se esses limites existirem.
Então,
$\lim\limits_{t \to 0}{\bf r}(t)=\lim\limits_{t \to 0}\left(\frac{e^{t}-1}{t},\frac{\sqrt{1+t}-1}{t},\frac{3}{t+1}\right)=\left(\lim\limits_{ t\to 0}\frac{e^{t}-1}{t},\lim\limits_{t \to 0}\frac{\sqrt{1+t}-1}{t},\lim\limits_{t \to 0}\frac{3}{t+1}\right)$
Assim,
$\bullet \lim\limits_{t\rightarrow 0}\dfrac{e^{t}-1}{t}=1$.
$\bullet \lim\limits_{t\to 0}\frac{\sqrt{1+t}-1}{t}=\lim\limits_{t\to 0}\frac{(\sqrt{1+t}-1)(\sqrt{1+t}+1)}{t(\sqrt{1+t}+1)}=\lim\limits_{t\to 0}\frac{1+t-1}{t(\sqrt{1+t}+1)}=\lim\limits_{t\to 0}\frac{t}{t(\sqrt{1+t}+1)}=\lim\limits_{t\to 0}\frac{1}{\sqrt{1+t}+1}=\frac{1}{2}$.
$\bullet \lim\limits_{t\to 0}\dfrac{3}{t+1}=3$.
Portanto,
$\lim\limits_{t\to 0}\bigg(\frac{e^{t}-1}{t},\frac{\sqrt{1+t}-1}{t},\frac{3}{t+1}\bigg)=\bigg(1,\frac{1}{2},3\bigg).$
Determine o domínio da curva de equação vetorial
$$\textbf{r}(t) = \left( \sqrt{\dfrac{t - 2}{t + 1}}, \ln{(5 - t^2)}, e^{-t} \right).$$
Determine a derivada da função vetorial.
- ${\bf r}(t)=(\tan (t), \sec (t), 1/t^{2})$
- ${\bf r}(t)=\sin^{-1}(t){\bf i}+\sqrt{1-t^{2}}{\bf j}+{\bf k}$
Uma partícula se move no plano $xy$ de tal maneira que sua posição no instante $t$ é
$$\textbf{r}(t) = (t - \sin{t} )\textbf{i} + (1 - \cos{t})\textbf{j}.$$
Trace o gráfico de $\textbf{r}(t)$. A curva resultante é chamada de ciclóide.
Sejam ${\bf u}(t)=t{\bf i}+{\bf j}+e^{t}{\bf k}$ e ${\bf v}(t)={\bf i}+{\bf j}+{\bf k}.$ Calcule
- $\displaystyle\int_{0}^{1}({\bf u}(t)\times{\bf v}(t))\mathrm{d}t$
- $\displaystyle\int_{0}^{1}({\bf u}(t)\cdot {\bf v}(t))\mathrm{d}t$
Mostre que a curva com equações paramétricas $x = t \cos{t}, \ y = t \sin{t}, \ z = t$ está no cone $z^2 = x^2 + y^2$ e use esse fato para esboçar a curva.
Determine a função vetorial que representa a curva obtida pela intersecção do cone $z = \sqrt{x^2 + y^2}$ com o plano $z = 1 + y$.
Trace a curva com equações paramétricas
\begin{eqnarray}
x & = & \sqrt{1 - 0,25 \cos^210t} \cos{t} \nonumber \\
y & = & \sqrt{1 - 0,25 \cos^210t} \sin{t} \nonumber \\
z & = & 0,5 \cos{10t}. \nonumber
\end{eqnarray}
Explique a aparência da curva, mostrando que ela está em uma esfera.
Determine a equação da reta tangente à trajetória da função \newline${\bf r}(t)=\bigg(\dfrac{1}{t},
\dfrac{1}{t},t^{2}\bigg)$, no ponto ${\bf r}(2)$.
$${\bf r}(2)=\bigg(\frac{1}{2},\frac{1}{2},4\bigg)\,\,\,\,\,\, e \,\,\,\,\,\, \frac{d{\bf r}}{dt}=\bigg(-\frac{1}{t^{2}},-\frac{1}{t^{2}},2t\bigg).$$
Assim,
$$\frac{d{\bf r}}{dt}(2)=\bigg(-\frac{1}{4},-\frac{1}{4},4\bigg).$$
Portanto, a equação da reta tangente em ${\bf r}(2)$ é:
$${\bf x}={\bf r}(2)+\lambda \frac{d{\bf r}}{dt}(2),\,\, \lambda \in \mathbb{R},$$
ou seja,
$$(x,y,z)=\bigg(\frac{1}{2},\frac{1}{2},4\bigg)+\lambda \bigg(-\frac{1}{4},-\frac{1}{4},4\bigg),\,\, \lambda \in \mathbb{R}.$$
Faça um esboço grande da curva descrita pela função vetorial ${\bf r}(t)=(t^{2},t)$, $0\leq t\leq 2$, e desenhe os vetores ${\bf r}(1)$, ${\bf r}(1,1)$ e ${\bf r}(1,1)-{\bf r}(1)$.
Desenhe o vetor ${\bf r}(1)$ começando em $(1,1)$ e compare com o vetor $$\frac{{\bf r}(1,1)-{\bf r}(1)}{0,1}.$$
Calcule.
- $\displaystyle\int_{0}^{1}(t{\bf i}+e^{t}{\bf j})\mathrm{d}t$
- $\displaystyle\int_{-1}^{1}\!\bigg(\sin(3t){\bf i}+\dfrac{1}{1+t^{2}}{\bf j}+{\bf k}\bigg)\mathrm{d}t$
- $\displaystyle\int_{1}^{2}(3{\bf i}+2{\bf j}+{\bf k})\mathrm{d}t$
Esboce o gráfico da curva cuja equação vetorial é dada. Indique com setas a direção na qual o parâmetro cresce.
- $\textbf{r}(t) = (t, \cos{2t}, \sin{2t})$
- $\textbf{r}(t) = (1 + t, 3t, -t)$
Mostre que a curva com equações paramétricas $x = t^2$, $y = 1 - 3t$, $z = 1 + t^3$ passa pelos pontos $(1,4,0)$ e $(9,-8,28)$, mas não passa pelo ponto $(4,7,-6).$
Calcule a integral $\displaystyle\int_{0}^{\pi/2}(3\sin^{2}(t) \cos(t){\bf i}+3\sin(t) \cos^{2}(t){\bf j}+2\sin(t)\cos(t){\bf k})\mathrm{d}t$.
Determine a equação do plano tangente à superfície descrita parametricamente por \(x=u\cosh v\), \(y=u\sinh v\), \(z=u^2\) no ponto \((-3,0,9)\).
Determine a equação da reta tangente à trajetória da função dada, no ponto dado.
- ${\bf r}(t)=(\cos (t),\sin (t),t)$ e ${\bf r}(\pi/3).$
- ${\bf r}(t)=(t^{2},t)$ e ${\bf r}(1).$
- ${\bf r}(t)=\bigg(\dfrac{1}{t},\dfrac{1}{t},t^{2}\bigg)$ e ${\bf r}(2).$
As curvas ${\bf r}_{1}(t)=(t,t^{2},t^{3})$ e ${\bf r}_{2}(t)=(\sin{t},\sin{2t},t)$ se interceptam na origem. Determine o ângulo
de intersecção destas com precisão de um grau.
Determine o vetor tangente unitário ${\bf T}(t)$ no ponto com valor de parâmetro $t$ dado, sendo
${\bf r}(t)=\cos(t){\bf i}+3t{\bf j}+2\sin(2t){\bf k}$ e $t=0.$
Encontre ${\bf r}(t)$ se ${\bf r}'(t)=2t\;{\bf i}+3t^{2}\;{\bf j}+\sqrt{t}\;{\bf k}$ e ${\bf r}(1)={\bf i}+{\bf j}.$
Como ${\bf r}'(t)=2t\;{\bf i}+3t^{2}\;{\bf j}+\sqrt{t}\;{\bf k}$, temos que
$${\bf r}(t)=t^{2}\,{\bf i}+t^{3}\,{\bf j}+\frac{2}{3}t^{3/2}\,{\bf k}+C.$$
Mas, ${\bf r}(1)={\bf i}+{\bf j}$, logo
$${\bf i}+{\bf j}={\bf i}+{\bf j}+\frac{2}{3}{\bf k}+C$$
implicando que $C=\dfrac{2}{3}\,{\bf k}.$
Portanto
$${\bf r}(t)=t^{2}\,{\bf i}+t^{3}\,{\bf j}+\frac{2}{3}(t^{3/2}-1)\,{\bf k}.$$
Se ${\bf u}(t)=(\sin{t}, \cos{t}, t)$ e ${\bf v}(t)=(t,t\cos{t},\sin{t})$, use a Fórmula $$\dfrac{d}{dt}\left[{\bf u}(t)\times{\bf v}(t)\right]={\bf u}'(t)\times{\bf v}(t)+{\bf u}(t)\times{\bf v}'(t)$$ para encontrar $$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}[{\bf u}(t)\times {\bf v}(t)].$$
$\left\{t^2 \sin (t)-\sin ^2(t)+\cos ^2(t)-2 t \cos (t),2 t-2 \sin (t) \cos (t),-t \sin^2(t)+t \sin (t)+t \cos ^2(t)-\cos (t)+\sin (t) \cos (t)\right\}$
Nos itens abaixo:
Esboce o gráfico da curva plana com a equação vetorial dada;
Determine ${\bf r}'(t)$;
Esboce o vetor posição ${\bf r}(t)$ e o vetor tangente ${\bf r}'(t)$ para o valor dado de $t.$
${\bf r}(t)=(t-2,t^{2}+1)$ e $t=-1.$
${\bf r}(t)=\sin(t){\bf i}+2\; \cos(t){\bf j}$ e $t=\pi/4.$
${\bf r}(t)=(1+\cos{t}){\bf i}+(2+\sin{t}){\bf j}$ e $t=\pi/6.$
Calcule o limite $\displaystyle \lim_{t \rightarrow 0}\left( \arctan(t), e^{-2t}, \dfrac{\ln{t}}{t} \right)$.
${\bf r}(t)=\left(arctg(t), e^{-2t},\frac{\ln t}{t}\right)$, temos que
$\lim\limits_{t\to 0}{\bf r}(t)=\lim\limits_{t\to 0}\left(arctg(t),e^{-2t},\frac{\ln t}{t}\right)=\left(\lim\limits_{t\to 0}arctg(t),\lim\limits_{t\to 0}e^{-2t},\lim\limits_{t\to 0}\frac{\ln t}{t}\right)$
Assim,
$\bullet \lim\limits_{t\rightarrow 0}arctg(t)=0$.
$\bullet \lim\limits_{t\to 0}e^{-2t}=1$.
$\bullet \lim\limits_{t\to 0}\dfrac{\ln t}{t}$ não existe.
Portanto, $\lim\limits_{t\to 0}\left(arctg(t),e^{-2t},\frac{\ln t}{t}\right)$ não existe.
Determine as equações paramétricas para a reta tangente $\grave{a}$ curva dada pelas equações paramétricas
$x=e^{-t}\; \cos{t}$, $y=e^{-t}\; \sin{t}$, $z=e^{-t}$ no ponto $(1,0,1)$.
Determine ${\bf r}(t)$ sabendo que
- ${\bf r}'(t)=t{\bf i}+2{\bf k}$ e ${\bf r}(0)={\bf i}+{\bf j}.$
- ${\bf r}'(t)=\sin(t){\bf i}+\cos(2t){\bf j}+\dfrac{1}{t+1}{\bf k}$, $t\geq 0$ e ${\bf r}(0)={\bf i}-{\bf j}+2{\bf k}.$
- ${\bf r}'(t)=\dfrac{1}{1+4t^{2}}{\bf i}+e^{-t}{\bf j}+{\bf k}$ e ${\bf r}(0)={\bf k}.$
Mostre que a função vetorial
$$\textbf{r}(t) = (2\textbf{i} + 2\textbf{j} + \textbf{k}) + (\cos{t})\left( \dfrac{1}{\sqrt{2}}\textbf{i} - \dfrac{1}{\sqrt{2}}\textbf{j} \right) + (\sin{t})\left( \dfrac{1}{\sqrt{3}}\textbf{i} + \dfrac{1}{\sqrt{3}}\textbf{j} + \dfrac{1}{\sqrt{3}}\textbf{k} \right)$$
descreve o movimento de uma partícula no círculo de raio $1$ centrado no ponto $(2,2,1)$ e contido no plano $x + y - 2z = 2$.
Calcule $\dfrac{\mathrm{d}{\bf r}}{\mathrm{d}t}$ e $\dfrac{\mathrm{d}^{2}{\bf r}}{\mathrm{d}t^{2}}.$
- ${\bf r}(t)=(3t^{2},e^{-t},\ln(t^{2}+1))$
- ${\bf r}(t)=\sqrt[3]{t^{2}}{\bf i}+\cos(t^{2}){\bf j}+3t{\bf k}$
- ${\bf r}(t)=\sin(5t){\bf i}+\cos(4t){\bf j}-e^{-2t}{\bf k}$