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Reta Tangente e Normal a Curva

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Teoria

Equação da reta tangente

Imagine que nos deparamos com o seguinte problema:

Encontre a reta tangente da curva σ t = ( t 2 + 1 ,   2 + ln ⁡ ( t + 1 ) ,   e t ) no ponto ( 1,2 , 1 ) .

Para resolver essa questão, vamos fazer o seguinte passo a passo:

  1. Encontrar t 0 correspondente ao ponto σ t 0 = ( 1,2 , 1 ) :

    2. ⇒ t 0 2 + 1 ,   2 + ln ⁡ t 0 + 1 ,   e t 0 = ( 1,2 , 1 )

    Comparando a terceira componente:

    t 0 = 0

  2. Calcular σ ' ( t ) :

    3. σ ' t = 2 t ,   1 t + 1 ,   e t

  3. Calcular σ ' ( t 0 ) :

    4. t 0 = 0

    σ ' 0 = ( 0,1 , 1 )

  4. Temos um vetor tangente a curva σ ' 0 = ( 0,1 , 1 ) e o ponto de tangência σ 0 = ( 1,2 , 1 ) . Logo, basta montar a equação da reta tangente:

    5. r t = σ t 0 + σ ' t 0 ⋅ t

    r t = σ 0 + σ ' 0 ⋅ t

    ⇒ r t = 1,2 , 1 + 0,1 , 1 ⋅ t

    ⇒ r t = 1 ,   2 + t ,   1 + t

    De maneira geral, o nosso passo a passo vai ficar:

    1. Encontrar t 0 correspondente ao ponto σ ( t 0 ) ou vice-versa
    2. Calcular σ ' ( t )
    3. Calcular σ ' t 0
    4. Substituir em r t = σ t 0 + σ ' t 0 ⋅ t , que é a equação da reta tangente.

      5. Equação da reta normal

      Assim como a gente pode encontrar a reta tangente a uma curva σ t = x t , y t , z t , podemos também encontrar uma reta normal a ela.

      Beleza, mas como?

      Exatamente do mesmo jeito que encontramos a reta tangente. Mesmo passo a passo, só que agora, usamos o vetor normal!

      Beleza, sabemos então que a equação paramétrica da reta é dada por:

      r t = P 0 + n → t

      Onde P 0 é um ponto da reta e n → é um vetor na direção da reta.

      Quando queremos encontrar a reta normal a uma curva, sabemos que o ponto σ t 0 pertence à reta e que o vetor σ ' ' ( t 0 ) está na direção da reta normal.

      Opa! Então a reta normal à curva σ ( t ) = x t , y t , z t em t 0 é dada por:

      r t = σ t 0 + σ ' ' t 0 ⋅ t

      Simples assim!

      Vou te dar um passo a passo então pra ficar ainda mais simples:

    5. Encontrar t 0 correspondente ao ponto σ ( t 0 ) ou vice-versa
    6. Calcular σ ' ( t )
    7. Calcular σ ' ' t
    8. Calcular σ ' ' t 0
    9. Substituir em r t = σ t 0 + σ ' ' t 0 ⋅ t

    Exemplo:

    Encontre a reta normal a curva σ t = ( t 2 + 1 ,   2 + ln ⁡ ( t + 1 ) ,   e t ) no ponto ( 1,2 , 1 ) .

  5. Encontrar t 0 correspondente ao ponto σ t 0 = ( 1,2 , 1 ) :

    6. σ t 0 = 1,2 , 1

    ⇒ t 0 2 + 1 ,   2 + ln ⁡ t 0 + 1 ,   e t 0 = ( 1,2 , 1 )

    Comparando as três coordenadas:

    t 0 = 0

  6. Calcular σ ' ( t ) :

    7. σ ' t = 2 t ,   1 t + 1 ,   e t

  7. Calcular σ ' ' ( t ) :

    8. σ ' ' t = 2 , - 1 t + 1 2 , e t

  8. Calcular σ ' ' ( t 0 ) :

    9. t 0 = 0

    σ ' ' 0 = ( 2 , - 1,1 )

  9. Substituir:

r t = σ 0 + σ ' ' 0 ⋅ t

⇒ r t = 1,2 , 1 + ( 2 , - 1,1 ) ⋅ t

⇒ r t = ( 1 + 2 t ,   2 - t ,   1 + t )

Mole?

Agora vou te dar duas dicas muito importantes:

  • Qualquer vetor pode ser obtido pela diferença entre dois pontos! Assim, se sabemos que nosso vetor normal σ ' ' t 0 = v n → passa por um ponto P 0 ( x 0 , y 0 ) , para encontrar o vetor normal basta subtrair esse ponto de um outro ponto genérico ( x , y ) .

    • v → n = ( x - x 0 , y - y 0 )

  • Para descobrir quem é esse ponto genérico, precisamos lembrar que o vetor normal é perpendicular ao vetor tangente e que o produto escalar entre dois vetores perpendiculares é nulo.

Assim, sabendo o vetor tangente σ ' t 0 = v → t a curva em P 0 ( x 0 , y 0 ) , fazemos o produto escalar entre ele e o v → n = ( x - x 0 , y - y 0 ) e encontramos o ponto ( x , y ) .

v → t   .   v → n = 0

Depois é só substituir em

r t = σ t 0 + v → n t 0 . t

Por exemplo:

Seja

v → t = - 2   , 1

O vetor tangente uma curva no ponto - 4   ,   6 da curva.

O vetor normal a essa curva, neste mesmo ponto, será:

v → n = ( x - x 0 , y - y 0 )

v → n = x + 4 , y - 6

Tal que

v → t   .   v → n = 0

- 2   , 1 ∙ x + 4 , y - 6 = 0

- 2 x - 8 + y - 6 = 0

y = 2 x + 14

Agora podemos escolher qualquer valor de x e y que satisfaçam essa equação.

Vamos escolher x = 0 e y = 14 .

Assim, nosso vetor normal será:

v → n = 0 + 4,14 - 6 = ( 4,8 )

Agora é só substituir em

r t = σ t 0 + v → n t 0 . t

r t = - 4   ,   6 + 4,8 . t

Tranquilo, né? Partiu exercícios então!

Exercícios Resolvidos

Exercício Resolvido #1

Hamilton Luiz Guidorizzi, Um curso de cálculo, Volume II, 5ª ed. Rio de Janeiro: LTC, 2001, pg.134, exercício 2b.

Encontre a equação da reta tangente à trajetória dada, no ponto dado:

G t = t 2 , t ,   G ( 1 )

Passo 1

Tanquilo, tudo o que temos que fazer é seguir aquele passo a passo que te dei lá na teoria:

Encontrar ao ponto G ( t 0 ) correspondente a t 0 :

Aqui temos

G 1

Logo,

t 0 = 1

Então:

G t 0 = 1 2 , 1 = ( 1,1 )

Passo 2

Calcular G ' ( t ) :

G t = t 2 , t

G ' t = ( 2 t , 1 )

Passo 3

Calcular G ' ( t 0 ) :

t 0 = 1

G ' ( 1 ) = 2 1 , 1 = ( 2,1 )

Passo 4

Substituir em r t = G t 0 + G ' t 0 ⋅ t

r t = ( 1,1 ) + ( 2,1 ) ⋅ t

r t = ( 1 + 2 t , 1 + t )

Resposta

r t = ( 1 + 2 t , 1 + t )

t ∈ R

Exercício Resolvido #2

Apostila aprendendo cálculo de várias variáveis, Professor Waldecir Bianchini, exemplo 3.8

Determinar as equações paramétricas da reta tangente à elipse:

x 2 9 + y 2 4 = 1

no ponto:

T = 3 2 2 ,   2

Passo 1

Neste caso, não temos a curva parametrizada, então precisamos parametrizar a elipse:

x 2 9 + y 2 4 = 1

⇒ x 3 2 + y 2 2 = 1

Então:

x 3 = cos ⁡ t ⇒ x = 3 cos ⁡ t

y 2 = sen ⁡ t ⇒ y = 2 sen ⁡ t

Então nossa curva fica assim:

σ t = 3 cos ⁡ t , 2 sen ⁡ t

Passo 2

Encontrar t 0 correspondente ao ponto σ ( t 0 ) ou vice-versa:

T = 3 2 2 ,   2

Neste caso, o problema deu o ponto, então devemos encontrar t 0 :

σ t 0 = T

3 cos ⁡ t 0 , 2 sen ⁡ t 0 = 3 2 2 ,   2

Igualando as duas coordenadas:

cos ⁡ t 0 = 2 2

sen ⁡ t 0 = 2 2

Como só tem funções trigonométricas na curva parametrizada, nem precisamos determinar o valor de t 0 , basta saber os valores do seno e cosseno!

Passo 3

Calcular σ ' ( t ) :

σ t = 3 cos ⁡ t , 2 sen ⁡ t

⇒ σ ' t = - 3 sen ⁡ t , 2 cos ⁡ t

Passo 4

Calcular σ ' t 0 :

σ ' t 0 = - 3 sen ⁡ t 0 , 2 cos ⁡ t 0

⇒ σ ' t 0 = - 3 × 2 2 ,   2 × 2 2

⇒ σ ' t 0 = - 3 2 2 ,   2

Passo 5

Reta tangente:

Substituir em r t = σ t 0 + σ ' t 0 ⋅ t :

r t = σ t 0 + σ ' t 0 ⋅ t

r t = 3 2 2 ,   2 + - 3 2 2 ,   2 ⋅ t

r t = 3 2 2 - 3 2 2 t ,   2 + 2 t

⇒ r t = 3 2 2 1 - t ,   2 1 + t

Resposta

r t = 3 2 2 1 - t ,   2 1 + t

t ∈ R

Exercício Resolvido #3

UFRJ, Calculo Diferencial e Integral 2, P1 2014.2, exercício 3, múltipla escolha

Considere a curva C parametrizada por r t = sen ⁡ 4 t ,   2 b t + 1     t ∈ R , onde b ≠ 0 é uma constante. Para que valor de b a reta tangente a C no ponto ( 0 ,   1 ) passa pelo ponto ( 2 ,   5 ) ?

(a) 1 / 2

(b) 4

(c) - 1

(d) 0

(e) 8

Passo 1

Vamos calcular a equação da reta tangente a C no ponto ( 0 ,   1 ) , basta seguir o passo-a-passo!

Primeiro vamos encontrar o t 0 no qual r t 0 = ( 0 ,   1 ) :

r t 0 = sen ⁡ 4 t 0 ,   2 b t 0 + 1 = ( 0 ,   1 )

Então vamos ter o sisteminha

sen ⁡ 4 t 0 = 0 ⇒ 4 t 0 = 0 2 b t 0 + 1 = 1 ⇒ 2 b t 0 = 0 ⇒ t 0 = 0

Passo 2

Beleza, agora temos que calcular r ' ( t ) . Com a regra da cadeia, temos

d d t sen ⁡ ( 4 t ) = 4 cos ⁡ ( 4 t )

d d t 2 b t + 1 = 1 2 2 b t + 1 - 1 2 ( 2 b )

⇒   d d t 2 b t + 1 = 2 b 2 2 b t + 1

Portanto,

r ' t = 4 cos ⁡ 4 t ,   2 b 2 2 b t + 1

Passo 3

Show! Agora vamos achar r ' t 0 = r ' 0 :

r ' 0 = 4 cos ⁡ 0 ,   2 b 2 0 + 1

⇒ r ' 0 = ( 4 ,   b )

Passo 4

Então a equação da reta tangente a C em ( 0 ,   1 ) , para um b genérico, é:

r 0 + r ' 0 t = 0 ,   1 + 4 ,   b t = 4 t ,   1 + b t

Queremos que a reta passe pelo ponto ( 2 ,   5 ) , então

4 t = 2 1 + b t = 5

A primeira equação dá t = 1 2 . Substituindo na segunda, obtemos

1 + b 2 = 5

⇒ b 2 = 4

⇒ b = 8

Resposta

Alternativa (e)

Exercício Resolvido #4

PUC-RJ, Calculo 3, P1 2012.2, questão 2

O movimento de uma partícula no intervalo de tempo 0 ≤ t ≤ π 2 é descrito pela curva parametrizada σ t = cos ⁡ 2 t , sin ⁡ 2 t , 2 t π .

a) Encontre a equação paramétrica da reta tangente a curva no instante t = π 2 .

b) Suponha que no instante t = π 2 a partícula sai pela tangente em movimento retilíneo uniforme. Ache a posição da partícula no instante t = π .

Passo 1

a )  

Aqui temos que encontrar a equação paramétrica da reta tangente. Para isso, precisamos saber antes de mais nada qual é o ponto para o parâmetro t 0 = π 2 ! Substituindo esse valor na equação da trajetória, teremos:

σ π 2 = cos ⁡ 2 . π 2 , sin ⁡ 2 . π 2 , 2 . π 2 π = - 1,0 , 1

Beleza, então queremos a reta tangente no ponto - 1,0 , 1 !

Passo 2

Agora, vamos encontrar o vetor diretor da reta tangente, que é o vetor derivada da função da curva.

σ ' t = - 2 sin ⁡ 2 t , 2 cos ⁡ 2 t , 2 π

Para t 0 = π 2 , o vetor é:

σ ' π 2 = - 2 sin ⁡ 2 . π 2 , 2 cos ⁡ 2 . π 2 , 2 π = 0 , - 2 , 2 π

E o vetor diretor da nossa reta é   0 , - 2 , 2 π

Passo 3

Agora que temos o ponto e o vetor diretor, basta colocar na equação da reta!

r t = σ t 0 + σ ' t 0 ⋅ t

r ( t ) = - 1,0 , 1 + t . 0 , - 2 , 2 π

E pronto, aí está :D

Passo 4

b )  

Para saber a posição da partícula que agora anda seguindo a equação da reta, basta colocar o parâmetro t que corresponde a t = π ! Como a equação de r ( t ) começa em r 0 , que é quando σ t está em σ π 2 , então existe um “atraso” de π 2 entre os parâmetros, percebe? Assim, quando estamos em σ π , estamos em r π - π 2 = r π 2 , pegou a ideia?

Colocando t = π 2 , teremos:

r π 2 = - 1,0 , 1 + π 2 . 0 , - 2 , 2 π

r π 2 = - 1,0 , 1 + 0 , - π , 1

r π 2 = - 1 , - π , 2

Resposta

a) A equação da reta é r t = - 1,0 , 1 + t . 0 , - 2 , 2 π

b) O ponto é - 1 , - π , 2

Exercício Resolvido #5

UFRJ, Calculo Diferencial e Integral 2, P1 2014.2, questão 1

Considere as duas superfícies dadas por 2 x + 2 y + z = 1 e x 2 + y 2 = 1 + z .

1. Esboce, separadamente, as duas superfícies, mostrando as curvas de interseção com os planos coordenados.

2. Parametrize a curva C obtida pela interseção das 2 superfícies.

3. Calcule a reta tangente a C no ponto p = 1 , - 1,1 .

4. Existe algum ponto de C no qual a reta tangente passe na origem? Justifique.

Passo 1

1.

Vamos focar na primeira superfície, beleza?

Ela é dada por

2 x + 2 y + z = 1

então temos algo do tipo

a x + b y + c z = d

portanto, essa superfície é um plano :)

Passo 2

Agora vamos ter que esboçar a figura, mostrando suas interseções com os planos coordenados. Então vamos pôr a mão na massa!

Vamos zerar uma a uma as coordenadas x , y e z e assim determinar como o nosso plano intercepta os planos y z , x z e x y , respectivamente. Vamos fazer um desenho e ir completando aos poucos, beleza? Então partiu!

Fazendo x = 0 vamos ter a reta

2 y + z = 1

z = 0 ⇒ y = 1 2   e y = 0   ⇒ z = 1

Então, no plano y z , a reta passa pelos pontos 0 , 1 2 , 0 e 0,0 , 1 .

Passo 3

Fazendo y = 0 temos a reta

2 x + z = 1

z = 0 ⇒ x = 1 2   e x = 0   ⇒ z = 1

Ou seja, a reta passa pelos pontos 1 2 , 0,0 e 0,0 , 1 .

Passo 4

Fazendo z = 0 temos:

2 x + 2 y = 1

x = 0 ⇒ y = 1 2 e y = 0 ⇒ x = 1 2

Então a reta passa pelos pontos 1 2 , 0,0 e 0 ,   1 2 , 0 . Vamos completar de novo o desenho:

Passo 5

Então esse triângulo daí é composto pelas retas de interseção do nosso plano com os planos coordenados Ele vai ser a base do esboço do plano:

Desse ângulo dá pra ter uma visão melhor:

Passo 6

Ainda temos a outra superfície!

A equação dela é:

x 2 + y 2 = 1 + z

Isolando o z fica:

z = x 2 + y 2 - 1

Identificamos uma superfície do tipo

z = ± x 2 a 2 ± y 2 b 2 + k

que nada mais é que a equação de um paraboloide!

  • Os dois sinais são iguais, então a superfície é um paraboloide elíptico.
  • Como a = b , vai ser mais precisamente um paraboloide circular.
  • Os sinais são positivos, então ele vai ser virado pra cima.
  • O valor mínimo de x 2 e y 2 é 0 , então o mínimo absoluto e vértice do paraboloide é no ponto 0,0 , 0 2 + 0 2 - 1 = 0,0 , - 1 .

Excelente! Já da pra ter uma boa noção da figura :D

Passo 7

Agora vamos determinar as curvas de interseção do paraboloide com os planos coordenados:

- No plano y z ⇒ x = 0 , temos

z = y 2 - 1

que é uma parábola voltada para cima e com mínimo em 0,0 , - 1 .

- No plano x z ⇒ y = 0 , a equação fica

z = x 2 - 1

que é exatamente a mesma parábola do item anterior, só passando do plano y z pro plano x z .

- No plano x y ⇒ z = 0 , temos

x 2 + y 2 = 1

que é um círculo de raio 1 centrado em ( 0,0 , 0 ) .

Passo 8

Juntando tudo, obtemos o nosso paraboloide!

Beleza, podemos continuar!

Passo 9

2.

Agora temos que parametrizar a interseção das duas superfícies, que foi chamada de C . Vamos seguir o passo a passo pra esse tipo de questão:

  • Isolar uma variável de uma das equações
  • Substituir na equação da outra superfície
  • Parametrizar essa projeção da curva com as outras duas variáveis
  • Substituir essas parametrizações na terceira variável que foi isolada

Passo 10

Na equação do paraboloide, z já está isolado, então vamos usá-lo!

Substituindo na equação do plano, temos:

z = x 2 + y 2 - 1     e     2 x + 2 y + z = 1

⇒ 2 x + 2 y + x 2 + y 2 - 1 = 1

x 2 + 2 x + y 2 + 2 y = 2

Completando quadrados:

x + 1 2 + y + 1 2 - 2 = 2

⇒ x + 1 2 + y + 1 2 = 4 = 2 2

E a equação de um círculo de centro a , b e raio r é:

x - a 2 + y - b 2 = r ²

Então a projeção de C no plano x y é o círculo de centro - 1 , - 1 e raio 2 , tranquilo?

Passo 11

Agora temos que parametrizar essa projeção. Como é um círculo, vamos usar algo do tipo x = A cos ⁡ t + B e y = C sen ⁡ t + D pra gente usar e abusar da relação: cos 2 ⁡ t + sen 2 ⁡ t = 1 .

Então vamos fazer isso:

x = A cos ⁡ t + B     e     y = C sen ⁡ t + D

⇒   x + 1 2 + y + 1 2 = A cos ⁡ t + B + 1 2 + C sen ⁡ t + D + 1 2 = 4

Pra eliminarmos esse B + 1 e D + 1 , podemos escolher B = D = - 1 . Então vamos ter:

A cos ⁡ t 2 + C sen ⁡ t 2 = 4

Para ter algo multiplicando cos 2 ⁡ t + sen 2 ⁡ t podemos fazer A = C . Assim:

A cos ⁡ t 2 + A sen ⁡ t 2 = 4

A 2 cos 2 ⁡ t + sen 2 ⁡ t = 4

A 2 = 4

A = ± 2

Então, uma parametrização possível pra esse círculo é:

x ( t ) = 2 cos ⁡ t - 1     e     y ( t ) = 2 sen ⁡ t - 1

Passo 12

Show! Agora só falta substituir essa parametrização na variável z :

z = x 2 + y 2 - 1

z = 2 cos ⁡ t - 1 2 + 2 sen ⁡ t - 1 2 - 1

z = 4 cos 2 ⁡ t - 4 cos ⁡ t + 1 + 4 sen 2 ⁡ t - 4 sen ⁡ t + 1 - 1

z = 4 cos 2 ⁡ t + sen 2 ⁡ t - cos ⁡ t - sen ⁡ t + 1

z = 1 + 4 1 - cos ⁡ t - sen ⁡ t

⇒ z = 5 - 4 ( cos ⁡ t + sen ⁡ t )

Logo, uma parametrização de C é:

γ t = 2 cos ⁡ t - 1 ,   2 sen ⁡ t - 1 ,   5 - 4 cos ⁡ t + sen ⁡ t   ,     t ∈ [ 0,2 π ]

Passo 13

3.

Agora queremos a reta tangente a C no ponto p = 1 , - 1,1 . Beleza, precisamos descobrir em que t 0 temos γ t = ( 1 , - 1,1 ) :

γ t 0 = 2 cos ⁡ t 0 - 1 ,   2 sen ⁡ t 0 - 1 ,   5 - 4 cos ⁡ t 0 + sen ⁡ t 0

O que nos dá um sistema:

2 cos ⁡ t 0 - 1 = 1   2 sen ⁡ t 0 - 1 = - 1 5 - 4 cos ⁡ t 0 + sen ⁡ t 0 = 1

Pela primeira equação:

2 cos ⁡ t 0 = 2

cos ⁡ t 0 = 1

Como t 0 ∈ 0,2 π :

t 0 = 0

Se quiser, você pode verificar que as outras equações são respeitadas :)

Passo 14

Pra achar a reta tangente em p , vamos precisar de γ ' ( t 0 ) . Então vamos começar calculando γ ' ( t ) :

γ t = 2 cos ⁡ t - 1 ,   2 sen ⁡ t - 1 ,   5 - 4 cos ⁡ t + sen ⁡ t

γ ' t = 2 . - sen ⁡ t - 0,2 cos ⁡ t - 0 ,   0 - 4 - sen ⁡ t + cos ⁡ t

⇒ γ ' t = - 2 sen ⁡ t , 2 cos ⁡ t ,   - 4 - sen ⁡ t + cos ⁡ t

Então em t 0 temos:

γ ' t 0 = 0 ,   2 , -   4 0 + 1 = ( 0 ,   2 , -   4 )

Logo, uma parametrização da reta tangente a C em p é:

r t = 1 , - 1 ,   1 + t 0,2 , - 4 ⇔ ( 1 ,   2 t - 1 ,   - 4 t + 1 )

Passo 15

4.

Enfim, pra finalizar essa pergunta gigante, ele nos pergunta se existe um ponto de C onde a reta tangente passa na origem.

Na verdade, vai ser até simples de responder.

Vejamos, por definição a curva C está contida no plano 2 x + 2 y + z = 1 . Então qualquer reta tangente a um ponto de C deve estar contida no plano! Ele é 2D, a reta tangente não pode simplesmente sair por aí!

E como a origem não está no plano, nenhuma reta tangente de C pode passar nela!

Então é isso, fechamos a questão! (Aleluia!!)

Resposta

1.

2.

γ t = 2 cos ⁡ t - 1 ,   2 sen ⁡ t - 1 ,   5 - 4 cos ⁡ t + sen ⁡ t   ,     t ∈ [ 0,2 π ]

3.

r t = 1 , - 1 ,   1 + t 0,2 , - 4

4.

Não.

Exercício Resolvido #6

UERJ, Análise Vetoria, Lista Profª Joice, questão 5b

Encontre a equação paramétrica da reta normal à curva

γ t = ( 2 cos ⁡ t ,   1 + 2 sin ⁡ t )

no ponto 3 , 2 .

Passo 1

Para encontrar a equação da reta normal, precisamos primeiro do vetor tangente, porque é o mais proximo que conseguimos com as informações que o enunciado nos deu.

Comecemos por encontrar qual é o valor do parâmetro para o ponto dado. Para, isso, basta igualar o ponto a equação da reta

3 , 2 = ( 2 cos ⁡ t ,   1 + 2 sin ⁡ t )

1 + 2 sin ⁡ t = 2

2 sin ⁡ t   = 1

sin ⁡ t = 1 2 → t = π 6

Passo 2

Agora, vamos derivar a equação para descobrir o vetor tangente

γ t = ( 2 cos ⁡ t ,   1 + 2 sin ⁡ t )

γ ' t = ( - 2 sin ⁡ t ,   2 cos ⁡ t )

Para derivar uma equação paramétrica, basta derivar cada um de seus componentes!

Passo 3

Agora colocamos o valor do parâmetro, calculado no passo 1, na equação da derivada e achar quais são as componentes do nosso vetor tangente

γ ' t = ( - 2 sin ⁡ t ,   2 cos ⁡ t )

γ ' π 6 = ( - 2 sin ⁡ π 6 ,   2 cos ⁡ π 6 )

γ ' π 6 = - 1 ,   3

Passo 4

Agora que temos o vetor tangente, podemos encontrar facilmente o vetor normal. Para isso basta saber que qualquer vetor pode ser obtido pela diferença entre dois pontos!

Sabemos que o vetor normal v → n passa pelo ponto 3 , 2 , logo, podemos subtrair este ponto de um outro genérico ( x , y ) , que ainda vamos descobrir. Então, nosso vetor normal fica

x - 3 , y - 2

Viu como é simples??

Passo 5

Como o vetor tangente é perpendicular ao vetor normal, e o produto escalar entre vetores perpendiculares é 0, agora podemos matar a questão!!

v → t   .   v → n = 0

- 1 ,   3   .   x - 3 , y - 2 = 0

3 - x + 3 y - 2 3 = 0

y = x 3 3 + 1

Encontramos uma reta na qual o nosso vetor está contido!! Agora é só escolher um ponto dela e fazer a subtração do ponto 3 , 2 para encontrar o vetor!!

Passo 6

É muito conveniente escolher um ponto onde uma das coordenadas seja 0, apenas pra fazer menos conta mesmo. Veja, quando temos x = 0 ....

y = x 3 3 + 1

y = 0 . 3 3 + 1 → y = 1

Ou seja, o ponto ( 0,1 ) está sobre a reta e pode ser um dos extremos do nosso vetor.

Passo 7

Fazendo agora o vetor, basta subtrair o ponto encontrado no passo anterior ( 0,1 ) do nosso ponto da curva 3 , 2 .

Temos então que:

v → n = 0 - 3 , 1 - 2 = ( - 3 , - 1 )

Mas, pra não ficar levando esse sinal de menos por resto, vamos multiplicar esse vetor por - 1 : assim, alteramos o sentido, mas não a direção do vetor, que é o que importa! Então,

v → n = ( 3 , 1 )

Passo 8

Usando a fórmula da reta para quando temos um ponto e um vetor, conseguimos, agora, parametrizar a reta normal à curva!

r t = P + v t → . t  

r t = ( 3 t + 3 ,   t + 2 )

Resposta

Encontramos, então, a reta

r t = ( 3 t + 3 ,   t + 2 )

Exercício Resolvido #7

UERJ, Análise Vetoria, Lista Profª Joice, questão 5a

Determine a reta normal da curva

γ t = 2 cos 3 ⁡ t ,   2 sen 3 ⁡ t

no ponto correspondente a t = π 4

Passo 1

Vamos determinar a reta normal exatamente como o plano normal em Cálculo 2! A diferença é que como estamos num mundo 2D, dessa vez nao teremos um plano, mas uma reta, porque perdemos uma dimensão!

Primeiro, comecemos encontrando esse ponto de tangência. Basta colocar o parâmetro dado na equação da curva!

γ π 4 = 2 cos 3 ⁡ π 4 , 2 sen 3 ⁡ π 4

γ π 4 = 2 2 , 2 2

Assim, nosso ponto é

2 2 , 2 2

Passo 2

Agora, vamos derivar a equação e encontrar o vetor tangente a reta quando o parâmetro é π 4 .

γ t = 2 cos 3 ⁡ t , 2 sen 3 ⁡ t

γ ' t = - 6 cos 2 ⁡ t sen ⁡ t , 6 sen 2 ⁡ t cos ⁡ t

Passo 3

Colocando o parâmetro, fica...

γ ' π 4 = - 6 cos 2 ⁡ π 4 sen ⁡ π 4 , 6 sen 2 ⁡ π 4 cos ⁡ π 4

γ ' π 4 = - 6 2 2 2 2 2 , 6 2 2 2 2 2 = - 6 2 4 2 2 , 6 2 4 2 2 = - 3 2 2 , 3 2 2

Assim, nosso vetor tangente à curva no ponto dado é - 3 ,   3

Passo 4

Perfeito! Agora temos o vetor tangente à curva no ponto que calculamos   2 2 , 2 2 . Para encontrar a reta normal à curva, basta encontrarmos o vetor perpendicular ao vetor tangente!

Podemos definir um vetor como a diferença entre dois pontos. Portanto, como não sabemos qual é esse vetor normal, mas sabemos que ele passa pelo ponto 2 2 , 2 2 , vamos subtrair este ponto de outro, genérico, que ainda vamos descobrir. Assim, nosso vetor normal é

v → n = x - 2 2 ,   y - 2 2

Passo 5

Agora podemos fazer que o produto escalar entre o vetor tangete e normal é 0, pois são perpendiculares:

v → t   .   v → n = 0

- 3 2 2 , 3 2 2   .   x - 2 2 ,   y - 2 2 = 0

6 4 - 3 x 2 2 + 3 y 2 2 - 6 4 = 0

Continuando a resolver a equação....

- 3 x 2 2 + 3 y 2 2 = 0

x = y

Esse resultado nos diz que qualquer ponto sobre a reta y = x pode ser candidato para outra extremidade do nosso vetor! Perceba que o ponto 2 2 , 2 2   também está nessa reta!! Existem milhões de vetores equivalentes, pasta pegar dois pontos dessa reta e diminuir um do outro!

Passo 6

Vamos, então, parametrizar (esticando ele, pra virar uma reta) nosso vetor (muito simples mesmo)

Como y = x , podemos parametrizar assim:

x = t y = t → v → n = t , t

porque x e y tem sempre o mesmo valor!!

Passo 7

Para definir uma reta precisamos apenas de um ponto e de um vetor! Pela definição, temos que esticar esse vetor (parametrizando-o), e depois somar um ponto por onde essa reta passe:

R = P + v → . t

Como ja temos o vetor normal esticado, basta somar a ele o ponto por onde deve passar, 2 2 , 2 2 .

R = 2 2 , 2 2 + t , t

R = 2 2 + t , 2 2 + t

Resposta

R = 2 2 + t , 2 2 + t

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