10 Seja \gamma(t)=(f(t), g(t)) uma curva duas vezes derivável. Se ela fornece a posição de uma partícula no instante t e se para todo t o módulo da velocidade é constante, conclua que o vetor aceleração da curva é ortogonal ao vetor velocidade para todo t. Lembrando que \gamma^{\prime}(t) é o vetor velocidade e \gamma^{\prime \prime}(t) o vetor aceleração.

Passo 1

O enunciado dá uma curva duas vezes derivável \gamma(t)=(f(t),g(t)). Diz que \gamma'(t) é o vetor velocidade e \gamma''(t) o vetor aceleração. A hipótese é: para todo t o módulo da velocidade é constante. A pergunta é: mostrar que o vetor aceleração é ortogonal ao vetor velocidade para todo t.
Informações relevantes: a velocidade tem módulo constante, ou seja existe uma constante k tal que \|\gamma'(t)\|=k para todo t. A curva é duas vezes derivável, então podemos derivar \gamma' e podemos derivar funções escalares construídas a partir de \gamma'.

Passo 2

Primeiro, traduzo “módulo da velocidade constante” em uma expressão matemática mais manejável. O módulo da velocidade é a norma euclidiana de \gamma'(t), que escrevemos \|\gamma'(t)\|. A norma ao quadrado é dada pelo produto interno:
\|\gamma'(t)\|^{2}=\gamma'(t)\cdot\gamma'(t).
Explicação curta sobre isso: se \gamma'(t)=(v_1,v_2) então \|\gamma'(t)\|^2=v_1^2+v_2^2, que é exatamente \gamma'(t)\cdot\gamma'(t). Trabalhar com o quadrado da norma é conveniente porque é uma função suave (diferenciável) das componentes.

Passo 3

Como \|\gamma'(t)\| é constante, existe k\ge 0 tal que para todo t
\|\gamma'(t)\|=k.
Elevando ao quadrado obtemos também uma constante:
\|\gamma'(t)\|^{2}=k^{2}.
Agora vamos derivar essa igualdade em relação a t. Isso é permitido porque \gamma' é derivável e a composição com o produto interno produz uma função diferenciável escalar.

Passo 4

Derivando ambos os lados da igualdade \|\gamma'(t)\|^{2}=\gamma'(t)\cdot\gamma'(t)=k^{2} em relação a t, o lado direito tem derivada zero (porque k^{2} é constante). No lado esquerdo aplicamos a regra do produto (produto interno) e a linearidade da derivada:
\frac{d}{dt}\big(\gamma'(t)\cdot\gamma'(t)\big)=\gamma''(t)\cdot\gamma'(t)+\gamma'(t)\cdot\gamma''(t).
Aqui usei que \frac{d}{dt}(\mathbf{u}(t)\cdot\mathbf{v}(t))=\mathbf{u}'(t)\cdot\mathbf{v}(t)+\mathbf{u}(t)\cdot\mathbf{v}'(t). Como os termos são iguais, isto é
\frac{d}{dt}\big(\gamma'(t)\cdot\gamma'(t)\big)=2\,\big(\gamma'(t)\cdot\gamma''(t)\big).

Passo 5

Igualando ao zero (derivada do lado direito) obtemos
2\,\big(\gamma'(t)\cdot\gamma''(t)\big)=0.
Dividindo por 2 vem
\gamma'(t)\cdot\gamma''(t)=0
para todo t.

Passo 6

Conclusão e interpretação geométrica: o produto interno (dot product) entre \gamma'(t) e \gamma''(t) é zero para todo t. Pela definição de ortogonalidade na geometria euclidiana, dois vetores são ortogonais se, e só se, seu produto interno é zero. (Observação: o caso degenerado \gamma'(t)=\mathbf{0} também satisfaz a igualdade e, por convenção do produto interno, o vetor zero é ortogonal a todos os vetores.)

Resposta

\gamma'(t)\cdot\gamma''(t)=0 para todo t, logo \gamma''(t) é ortogonal a \gamma'(t) para todo t.

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