Reta Tangente e Normal a Curva

Teoria Completa

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

  3. Calcular σ ' ( t ) :
  4. σ ' t = 2 t ,   1 t + 1 ,   e t

  5. Calcular σ ' ( t 0 ) :
  6. t 0 = 0

    σ ' 0 = ( 0,1 , 1 )

  7. 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:
  8. 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:

    6. Encontrar t 0 correspondente ao ponto σ ( t 0 ) ou vice-versa
    7. Calcular σ ' ( t )
    8. Calcular σ ' ' t
    9. Calcular σ ' ' t 0
    10. 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 ) .

  9. Encontrar t 0 correspondente ao ponto σ t 0 = ( 1,2 , 1 ) :
  10. 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

  11. Calcular σ ' ( t ) :
  12. σ ' t = 2 t ,   1 t + 1 ,   e t

  13. Calcular σ ' ' ( t ) :
  14. σ ' ' t = 2 , - 1 t + 1 2 , e t

  15. Calcular σ ' ' ( t 0 ) :
  16. t 0 = 0

    σ ' ' 0 = ( 2 , - 1,1 )

  17. 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!

Expandir

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 )

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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

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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

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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 .

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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.

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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: