Calcule \frac{d \vec{F}}{d t} e \frac{d^{2} \vec{F}}{d t^{2}}\; em seguida calcule a reta tangente ao gráfico das funções dadas, no ponto ( t_{0}, \vec{F}\left(t_{0}\right) )
a) \vec{F}(t)=\left(3 t^{2}, e^{-t}, \ln \left(t^{2}+1\right)\right), \quad t_{0}=0\;
b) \vec{F}(t)=\sqrt[3]{t^{2}} \vec{i}+t^{2} \vec{j}+3 t \vec{k}, \quad t_{0}=1\;
c) \vec{F}(t)=\operatorname{sen} 5 t \vec{i}+\cos 4 t \vec{j}-e^{-2 t} \vec{k}, \quad t_{0}=\pi / 2\.

Passo 1

O enunciado pede, para cada função vetorial dada, três coisas: (i) calcular \frac{d\vec{F}}{dt}; (ii) calcular \frac{d^{2}\vec{F}}{dt^{2}}; (iii) obter a reta tangente ao gráfico da função no ponto \bigl(t_{0},\vec{F}(t_{0})\bigr).
As funções e os pontos dados são:
a) \vec{F}(t)=\bigl(3t^{2},\,e^{-t},\,\ln(t^{2}+1)\bigr),\quad t_{0}=0.
b) \vec{F}(t)=\sqrt[3]{t^{2}}\,\vec{i}+t^{2}\,\vec{j}+3t\,\vec{k},\quad t_{0}=1. (Note que \sqrt[3]{t^{2}}=(t^{2})^{1/3}.)
c) \vec{F}(t)=\sin(5t)\,\vec{i}+\cos(4t)\,\vec{j}-e^{-2t}\,\vec{k},\quad t_{0}=\pi/2.

Passo 2

Regras e estratégia (fórmula/método) — aula rápida e prática:
  • Derivada de uma função vetorial é feita componente a componente. Se \vec{F}(t)=\bigl(f(t),g(t),h(t)\bigr), então \dfrac{d\vec{F}}{dt}=\bigl(f'(t),g'(t),h'(t)\bigr) e \dfrac{d^{2}\vec{F}}{dt^{2}}=\bigl(f''(t),g''(t),h''(t)\bigr).
  • Para a reta tangente no ponto t_{0} usamos a parametrização
\vec{r}(t)=\vec{F}(t_{0})+(t-t_{0})\,\vec{F}'(t_{0}).
Isto significa: ponto base \vec{F}(t_{0}) e direção dada por \vec{F}'(t_{0}).
  • Regras de derivação importantes que vamos usar:
    • Regra do poder: \dfrac{d}{dt}t^{n}=nt^{n-1}.
    • Regra da cadeia: se u(t) e g(u), então \dfrac{d}{dt}g(u(t))=g'(u(t))\,u'(t).
    • Derivadas básicas: \dfrac{d}{dt}e^{at}=a e^{at}; \dfrac{d}{dt}\ln u=\dfrac{u'}{u}; \dfrac{d}{dt}\sin(at)=a\cos(at); \dfrac{d}{dt}\cos(at)=-a\sin(at).
  • Vou aplicar essas regras componente a componente, mostrando cada passo algébrico para você poder replicar na prova.

Passo 3

Parte (a) — calcular \dfrac{d\vec{F}}{dt}.
Temos \vec{F}(t)=\bigl(3t^{2},\,e^{-t},\,\ln(t^{2}+1)\bigr). Derivando cada componente:
  • Primeira componente: \dfrac{d}{dt}\bigl(3t^{2}\bigr)=3\cdot 2t=6t (regra do poder).
  • Segunda componente: \dfrac{d}{dt}\bigl(e^{-t}\bigr)=(-1)e^{-t}=-e^{-t} (regra da exponencial e da cadeia: a=-1).
  • Terceira componente: \dfrac{d}{dt}\ln(t^{2}+1)=\dfrac{(t^{2}+1)'}{t^{2}+1}=\dfrac{2t}{t^{2}+1} (regra do ln + cadeia).
    Portanto
\frac{d\vec{F}}{dt}=\biggl(6t,\,-e^{-t},\,\frac{2t}{t^{2}+1}\biggr).

Passo 4

Parte (a) — calcular \dfrac{d^{2}\vec{F}}{dt^{2}}.
Derivamos novamente cada componente de \vec{F}'(t):
  • Primeira: \dfrac{d}{dt}(6t)=6.
  • Segunda: \dfrac{d}{dt}(-e^{-t}) = -\bigl(-1 e^{-t}\bigr)=e^{-t} (dupla aplicação: derivada de e^{-t} é -e^{-t}, com o sinal externo fica +e^{-t}).
  • Terceira: derivar \dfrac{2t}{t^{2}+1}. Faço pelo quociente ou simplifico com a fórmula:
\left(\frac{2t}{t^{2}+1}\right)'=\frac{2(t^{2}+1)-2t\cdot 2t}{(t^{2}+1)^{2}}=\frac{2t^{2}+2-4t^{2}}{(t^{2}+1)^{2}}=\frac{2(1-t^{2})}{(t^{2}+1)^{2}}.
Assim
\frac{d^{2}\vec{F}}{dt^{2}}=\biggl(6,\,e^{-t},\,\frac{2(1-t^{2})}{(t^{2}+1)^{2}}\biggr).

Passo 5

Parte (a) — reta tangente em t_{0}=0.
Primeiro avalio \vec{F}(0) e \vec{F}'(0):
  • \vec{F}(0)=\bigl(3\cdot 0^{2},\,e^{0},\,\ln(0^{2}+1)\bigr)=(0,\,1,\,0).
  • \vec{F}'(0)=\bigl(6\cdot 0,\,-e^{0},\,\tfrac{2\cdot 0}{0^{2}+1}\bigr)=(0,\,-1,\,0).
    A reta tangente (usando \vec{r}(t)=\vec{F}(0)+(t-0)\vec{F}'(0)) é
\vec{r}(t)=(0,1,0)+(t)\,(0,-1,0)=(0,\,1-t,\,0).

Passo 6

Parte (b) — preparar para derivar \sqrt[3]{t^{2}}=(t^{2})^{1/3}.
Vou usar a regra da cadeia: escrevo u(t)=t^{2} e g(u)=u^{1/3}. Então
\frac{d}{dt}(t^{2})^{1/3}=g'(u(t))\cdot u'(t)=\frac{1}{3}u(t)^{-2/3}\cdot 2t=\frac{2t}{3 (t^{2})^{2/3}}.
Para t>0 isto simplifica: (t^{2})^{2/3}=t^{4/3}, então a derivada fica \dfrac{2}{3}t^{-1/3}=\dfrac{2}{3t^{1/3}}. Observação: em t=0 a derivada pode ser problemática; porém aqui precisamos apenas de t_{0}=1, onde essa expressão vale sem problema.

Passo 7

Parte (b) — calcular \dfrac{d\vec{F}}{dt}.
A função é \vec{F}(t)=\bigl((t^{2})^{1/3},\,t^{2},\,3t\bigr).
Derivando componente a componente:
  • Primeira: já concluímos \dfrac{d}{dt}(t^{2})^{1/3}=\dfrac{2}{3}t^{-1/3} (válido para t>0; em t=1 vale 2/3).
  • Segunda: \dfrac{d}{dt}t^{2}=2t.
  • Terceira: \dfrac{d}{dt}3t=3.
    Logo
\frac{d\vec{F}}{dt}=\biggl(\frac{2}{3}t^{-1/3},\,2t,\,3\biggr).

Passo 8

Parte (b) — calcular \dfrac{d^{2}\vec{F}}{dt^{2}}.
Derivando \vec{F}'(t) componente a componente:
  • Primeira: derivada de \dfrac{2}{3}t^{-1/3} é \dfrac{2}{3}\cdot\left(-\tfrac{1}{3}\right)t^{-4/3}=-\dfrac{2}{9}t^{-4/3}.
  • Segunda: \dfrac{d}{dt}(2t)=2.
  • Terceira: \dfrac{d}{dt}3=0.
    Logo
\frac{d^{2}\vec{F}}{dt^{2}}=\biggl(-\frac{2}{9}t^{-4/3},\,2,\,0\biggr).

Passo 9

Parte (b) — reta tangente em t_{0}=1.
Calculo \vec{F}(1) e \vec{F}'(1):
  • \vec{F}(1)=\bigl((1^{2})^{1/3},\,1^{2},\,3\cdot 1\bigr)=(1,\,1,\,3).
  • \vec{F}'(1)=\bigl(\tfrac{2}{3}\cdot 1^{-1/3},\,2\cdot 1,\,3\bigr)=\bigl(\tfrac{2}{3},\,2,\,3\bigr).
    A reta tangente é
\vec{r}(t)=(1,1,3)+(t-1)\bigl(\tfrac{2}{3},\,2,\,3\bigr).
Se quiser separar as componentes:
x(t)=1+\tfrac{2}{3}(t-1),\quad y(t)=1+2(t-1),\quad z(t)=3+3(t-1).

Passo 10

Parte (c) — calcular \dfrac{d\vec{F}}{dt}.
Temos \vec{F}(t)=\bigl(\sin(5t),\,\cos(4t),\,-e^{-2t}\bigr). Derivando:
  • Primeira: \dfrac{d}{dt}\sin(5t)=5\cos(5t) (regra da cadeia).
  • Segunda: \dfrac{d}{dt}\cos(4t)=-4\sin(4t).
  • Terceira: \dfrac{d}{dt}\bigl(-e^{-2t}\bigr)=-\bigl(-2e^{-2t}\bigr)=2e^{-2t} (derivada de e^{-2t} é -2e^{-2t}, com o sinal inicial negativo dá +2e^{-2t}).
    Portanto
\frac{d\vec{F}}{dt}=\bigl(5\cos(5t),\,-4\sin(4t),\,2e^{-2t}\bigr).

Passo 11

Parte (c) — calcular \dfrac{d^{2}\vec{F}}{dt^{2}}.
Derivando \vec{F}'(t) componente a componente:
  • Primeira: \dfrac{d}{dt}\bigl(5\cos(5t)\bigr)=5\cdot(-5\sin(5t))=-25\sin(5t).
  • Segunda: \dfrac{d}{dt}\bigl(-4\sin(4t)\bigr)=-4\cdot 4\cos(4t)=-16\cos(4t).
  • Terceira: \dfrac{d}{dt}\bigl(2e^{-2t}\bigr)=2\cdot(-2)e^{-2t}=-4e^{-2t}.
    Assim
\frac{d^{2}\vec{F}}{dt^{2}}=\bigl(-25\sin(5t),\,-16\cos(4t),\,-4e^{-2t}\bigr).

Passo 12

Parte (c) — reta tangente em t_{0}=\pi/2.
Primeiro avalio \vec{F}(\pi/2) e \vec{F}'(\pi/2):
  • Calculo \sin(5t) em t=\pi/2: 5t=5\pi/2. Como 5\pi/2=\pi/2+2\pi, \sin(5\pi/2)=\sin(\pi/2)=1.
  • Calculo \cos(4t) em t=\pi/2: 4t=2\pi. \cos(2\pi)=1.
  • Calculo -e^{-2t} em t=\pi/2: -e^{-2(\pi/2)}=-e^{-\pi}.
    Portanto \vec{F}(\pi/2)=(1,\,1,\,-e^{-\pi}).
    Agora \vec{F}'(\pi/2):
  • 5\cos(5t) em t=\pi/2: \cos(5\pi/2)=\cos(\pi/2)=0 → componente 0.
  • -4\sin(4t) em t=\pi/2: \sin(2\pi)=0 → componente 0.
  • 2e^{-2t} em t=\pi/2: 2e^{-\pi}.
    Logo \vec{F}'(\pi/2)=(0,\,0,\,2e^{-\pi}).
    A reta tangente é
\vec{r}(t)=(1,1,-e^{-\pi})+(t-\tfrac{\pi}{2})\,(0,0,2e^{-\pi}).
Em componentes: x(t)=1,\;y(t)=1,\;z(t)=-e^{-\pi}+2e^{-\pi}(t-\tfrac{\pi}{2}).

Resposta

(a) \displaystyle \frac{d\vec{F}}{dt}=\biggl(6t,\,-e^{-t},\,\frac{2t}{t^{2}+1}\biggr),\quad \frac{d^{2}\vec{F}}{dt^{2}}=\biggl(6,\,e^{-t},\,\frac{2(1-t^{2})}{(t^{2}+1)^{2}}\biggr); reta tangente: \displaystyle \vec{r}(t)=(0,1,0)+t(0,-1,0)=(0,1-t,0).
(b) \displaystyle \frac{d\vec{F}}{dt}=\biggl(\frac{2}{3}t^{-1/3},\,2t,\,3\biggr),\quad \frac{d^{2}\vec{F}}{dt^{2}}=\biggl(-\frac{2}{9}t^{-4/3},\,2,\,0\biggr); reta tangente: \displaystyle \vec{r}(t)=(1,1,3)+(t-1)\bigl(\tfrac{2}{3},2,3\bigr).
(c) \displaystyle \frac{d\vec{F}}{dt}=\bigl(5\cos(5t),\,-4\sin(4t),\,2e^{-2t}\bigr),\quad \frac{d^{2}\vec{F}}{dt^{2}}=\bigl(-25\sin(5t),\,-16\cos(4t),\,-4e^{-2t}\bigr); reta tangente: \displaystyle \vec{r}(t)=(1,1,-e^{-\pi})+(t-\tfrac{\pi}{2})(0,0,2e^{-\pi}).

Exercícios relacionados