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Exercícios Resolvidos de Comprimento de Arco

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Enunciado

IME, Cálculo 2, 2018, VE1, Q2

Seja f → : R 3 → R 2 e g → : R 3 → R 3 , campos vetoriais definidos por:

f → u , v , w = 2 u 2 - v ,   u + e v g → s , t , m = m t 2 ,   s + m + t , t 2 cos ⁡ 2 m h → x , y , z = f → g → x , y , z

Seja um ponto Q localizado na vizinhança de P ( - 2,0 , 2 ) e pertencente à reta que passa por P e é paralela à bissetriz dos semieixos cartesianos positivos X e Y. Um engenheiro verificou através de uma aproximação linear partindo do ponto P , que o quadrado da norma do campo vetorial h → em Q vale 1 . Determine a distância entre os pontos P e Q .

Passo 1

Faaala, Brasil! Primeiro, vamos determinar a reta que contém Q , para em seguida determinar Q através da aproximação linear e só então calcular a distância entre P e Q .

A reta σ que passa por ( - 2,0 , 2 ) e é paralela a bissetriz de X e Y : ( 1,1 , 0 ) é dada por:

σ t = - 2,0 , 2 + t ( 1,1 , 0 )

Passo 2

A aproximação linear utilizada pelo engenheiro se trata de:

h → Q = h → P + D h → ( P ) Q - P  

Onde D h → é o determinante jacobiano de h → . Observe que:

h → P = f → ∘ g → - 2,0 , 2 =

= f → ( 2 ⋅ 0 2 , - 2 + 0 + 2 , 0 2 cos ⁡ 4 )

= f → ( 0,0 , 0 )

= ( 2 ⋅ 0 2 - 0 ,   0 + e 0 )

= ( 0,1 )

E ainda, pela regra da cadeia das jacobianas:

D h → P = D f → g → P ⋅ D g → ( P )

Calculemos, pois, a jacobiana de f → e g → :

D f → u , v , w = ∂ ∂ u ( 2 u 2 - v ) ∂ ∂ v ( 2 u 2 - v ) ∂ ∂ w ( 2 u 2 - v ) ∂ ∂ u (   u + e v ) ∂ ∂ v (   u + e v ) ∂ ∂ w (   u + e v ) = 4 u - 1 0 1 e v 0  

D g → ( s , t , m ) = ∂ ∂ s m t 2 ∂ ∂ t m t 2 ∂ ∂ m m t 2 ∂ ∂ s   s + m + t ∂ ∂ t   s + m + t ∂ ∂ m   s + m + t ∂ ∂ s t 2 cos ⁡ 2 m ∂ ∂ t t 2 cos ⁡ 2 m ∂ ∂ m t 2 cos ⁡ 2 m =

= 0 2 m t t 2 1 1 1 0 2 t cos ⁡ 2 m - 2 t 2 sin ⁡ 2 m

Logo, considerando P ( - 2,0 , 2 ) e g → P = ( 0,0 , 0 ) , temos:

D f → g → P = D f → 0,0 , 0 = 0 - 1 0 1 1 0

D g → P = D g → - 2,0 , 2 = 0 0 0 1 1 1 0 0 0

Logo, a aproximação linear é tal que com Q = σ ( t ) para algum t :

h → Q = h → P + D h → P Q - P =

= h → P + D f → g → P ⋅ D g → P ⋅ Q - P =

= 0 1 + 0 - 1 0 1 1 0 0 0 0 1 1 1 0 0 0 Q - P =

= 0 1 + - 1 - 1 - 1 1 1 1 - 2 0 2 + t 1 1 0 - - 2 0 2 =

= 0 1 + t - 1 - 1 - 1 1 1 1 1 1 0 =

= 0 1 + t - 2 2

Passo 3

Agora, apliquemos a restrição de que:

h → Q 2 = 1

- 2 t ,   1 + 2 t 2 = 1

⇒ - 2 t 2 + 1 + 2 t 2 = 1

⇒ 4 t 2 + 1 + 4 t 2 + 4 t = 1

⇒ 4 t 2 t + 1 = 0

⇒ t = 0   o u - 1 / 2

Se t = 0 , temos Q = σ 0 = - 2,0 , 2 = P , o que não convém, pois a priori, Q ≠ P . Assim, temos

Q = σ - 1 2

= P - 1 2 ( 1,1 , 0 )

⇒ Q - P = - 1 2 , - 1 2 , 0

Logo,

d P , Q = | | Q - P | |

= 1 2 2 + 1 2 2

⇒ d ( P , Q ) = 2 2

Resposta

d ( P , Q ) = 2 2

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