Considere a aplicação
\alpha(t)= \begin{cases}\left(t, 0, e^{-1 / t^{2}}\right), & t>0 \\\ \left(t, e^{-1 / t^{2}}, 0\right), & t<0 \\\ (0,0,0), & t=0\end{cases}
(a) Prove que \alpha é uma curva diferenciável.
(b) Prove que \alpha é regular para todo t e que a curvatura k(t) \neq 0, para t \neq 0, t \neq \pm \sqrt{2 / 3}, e que k(0)=0.
(c) Mostre que o limite dos planos osculadores quando t \rightarrow 0, t>0, é o plano y=0, mas que o limite dos planos osculadores quando t \rightarrow 0, t<0, é o plano z=0 (isto implica que o vetor normal é descontínuo em t=0 e mostra porque excluímos pontos onde k=0 ).
(d) Mostre que, mesmo sem ser \alpha uma curva plana, pode-se definir \tau de forma que \tau \equiv 0.

Passo 1

O enunciado nos dá a curva por partes
\alpha(t)= \begin{cases} \bigl(t,0,e^{-1/t^{2}}\bigr), & t>0,\\[4pt] \bigl(t,e^{-1/t^{2}},0\bigr), & t<0,\\[4pt] (0,0,0), & t=0, \end{cases}
e pede quatro coisas:
(a) provar que \alpha é diferenciável (na verdade vou mostrar que é C^\infty);
(b) provar que \alpha é regular para todo t e que a curvatura k(t)\neq 0 para t\neq 0 exceto em t=\pm\sqrt{2/3}, e que k(0)=0;
(c) mostrar que o limite dos planos osculadores ao aproximar por t\to 0^{+} é o plano y=0 e que pelo lado esquerdo ( t\to 0^{-}) é o plano z=0 — daí concluir que o vetor normal é descontínuo em t=0, e lembrar por que excluímos pontos com k=0;
(d) mostrar que, apesar de a curva não ser plana globalmente, a torsão \tau pode ser definida de modo que \tau\equiv 0 (onde \tau está bem definida).
Informações relevantes dadas diretamente pelo enunciado:
  • As componentes envolvem a função \displaystyle e^{-1/t^{2}} para t\neq 0, e o ponto (0,0,0) em t=0.
  • A função e^{-1/t^{2}} é positiva para t\neq 0 e tende rapidamente a 0 quando t\to 0.
  • Deve-se verificar regularidade e calcular curvatura e planos osculadores usando as derivadas de \alpha.]

Passo 2

Primeiro vou mostrar que \alpha é diferenciável (e até C^\infty).
Lembrete rápido (ferramenta que vou usar): a função \displaystyle \varphi(t)=e^{-1/t^{2}} para t\neq 0 tem a continuação \varphi(0)=0 que é C^\infty em todo \mathbb{R} — isto é um fato padrão: todas as derivadas laterais de \varphi em 0 existem e valem 0. Intuitivamente, \varphi(t) decai mais rápido que qualquer potência de t quando t\to 0, o que faz com que t^{-n}\varphi(t)\to 0 para todo n\in\mathbb{N}. Posso esboçar uma prova rápida dessa propriedade: para t\to 0^{+} escreva s=1/t então t^{-n}e^{-1/t^{2}}=s^{n}e^{-s^{2}} e como e^{-s^{2}} vai a 0 mais rápido que qualquer potência s^{n} quando s\to\infty, o produto tende a 0. (Um argumento formal usa L’Hôpital repetidamente ou estimativas exponenciais.)
Agora calcule as derivadas de \alpha para t\neq 0.
Para t>0 defina w(t)=e^{-1/t^{2}}. Então
\alpha(t)=(t,0,w(t)),\quad t>0.
Derivando,
w'(t)=\frac{d}{dt}e^{-1/t^{2}}=e^{-1/t^{2}}\cdot\frac{d}{dt}\bigl(-1/t^{2}\bigr)=e^{-1/t^{2}}\cdot\frac{2}{t^{3}}=\frac{2}{t^{3}}\,w(t).
Logo, para t>0,
\alpha'(t)=\bigl(1,0,w'(t)\bigr)=\Bigl(1,0,\frac{2}{t^{3}}w(t)\Bigr).
Para t<0 é análogo: escrevendo v(t)=e^{-1/t^{2}} (é a mesma expressão, só aparece na componente y agora),
\alpha(t)=(t,v(t),0),\quad t<0,
e
\alpha'(t)=\bigl(1,v'(t),0\bigr)=\Bigl(1,\frac{2}{t^{3}}v(t),0\Bigr).
Agora verifico o comportamento em t\to 0. Como w(t) (e v(t)) decaem mais rápido que qualquer potência, temos
\lim_{t\to 0}\frac{2}{t^{3}}w(t)=0,
e igualmente do lado esquerdo. Portanto
\lim_{t\to 0^{\pm}}\alpha'(t)=(1,0,0).
No ponto t=0 a definição da derivada dada por diferença quociente usando a expressão da curva prova que \alpha'(0)=(1,0,0). Assim a derivada existe e é contínua em 0. Repetindo o argumento para derivadas de ordem arbitrária (cada derivada de e^{-1/t^{2}} é um polinômio em 1/t multiplicando e^{-1/t^{2}}), vê-se que todas as derivadas laterais existem e se anulam em 0. Logo \alpha é C^\infty em todo \mathbb{R}. Conclusão: \alpha é diferenciável (na verdade C^\infty).

Passo 3

Agora vou mostrar que [\alpha) é regular para todo t, isto é \alpha'(t)\neq 0 para todo t.
Para t\neq 0 já calculei
\alpha'(t)= \begin{cases} \bigl(1,0,\dfrac{2}{t^{3}}e^{-1/t^{2}}\bigr), & t>0,\\[6pt] \bigl(1,\dfrac{2}{t^{3}}e^{-1/t^{2}},0\bigr), & t<0. \end{cases}
Em ambos os casos a primeira componente é 1\], portanto \(\alpha'(t) nunca é o vetor nulo quando t\neq 0. No ponto t=0 já vimos que \alpha'(0)=(1,0,0)\neq 0. Logo \alpha' não se anula em nenhum t: a curva é regular em todo \mathbb{R}.
Comentário intuitivo: a componente x(t)=t garante sempre uma velocidade com coordenada x igual a 1, então a velocidade nunca some.]

Passo 4

Vou dar a fórmula que vou usar para a curvatura e explicar as variáveis: para uma curva regular \alpha(t) em \mathbb{R}^{3} a curvatura \kappa(t) (usarei k como no enunciado) pode ser calculada por
k(t)=\frac{\bigl\lVert \alpha'(t)\times\alpha''(t)\bigr\rVert}{\bigl\lVert \alpha'(t)\bigr\rVert^{3}}.
Aqui \alpha'(t) é o vetor velocidade, \alpha''(t) é o vetor aceleração, \times é o produto vetorial e \lVert\cdot\rVert é a norma euclidiana. Esta fórmula é prática porque evita parametrização por comprimento de arco.
Vou calcular k(t) explicitamente para t>0 e t<0. Por simetria os cálculos são análogos; indicarei t>0 e o caso t<0 resulta trocando y\leftrightarrow z.
Caso t>0. Recorde w(t)=e^{-1/t^{2}}, w'(t)=\dfrac{2}{t^{3}}w(t). Calcule a segunda derivada:
w''(t)=\frac{d}{dt}\Bigl(\frac{2}{t^{3}}w(t)\Bigr) =\Bigl(-\frac{6}{t^{4}}\Bigr)w(t)+\frac{2}{t^{3}}w'(t).
Substituindo w'(t)=\dfrac{2}{t^{3}}w(t) obtemos
w''(t)=\Bigl(-\frac{6}{t^{4}}+\frac{4}{t^{6}}\Bigr)w(t) =\frac{-6t^{2}+4}{t^{6}}\,w(t).
Agora para t>0,
\alpha'(t)=(1,0,w'(t)),\qquad \alpha''(t)=(0,0,w''(t)).
O produto vetorial fica (calcule componente a componente)
\alpha'(t)\times\alpha''(t)=(0,-w''(t),0).
Logo
\bigl\lVert \alpha'(t)\times\alpha''(t)\bigr\rVert=|w''(t)|.
Também
\bigl\lVert \alpha'(t)\bigr\rVert=\sqrt{1+w'(t)^{2}}=\sqrt{1+\Bigl(\frac{2}{t^{3}}w(t)\Bigr)^{2}}.
Portanto, para t>0,
k(t)=\frac{|w''(t)|}{\bigl(1+w'(t)^{2}\bigr)^{3/2}}.
Como w(t)>0 para t\neq 0, o fator que anula k é w''(t). Substituindo a expressão de w'',
w''(t)=\frac{-6t^{2}+4}{t^{6}}\,w(t).
Como w(t)\neq 0 para t\neq 0, temos w''(t)=0 sse
-6t^{2}+4=0 \quad\Longleftrightarrow\quad t^{2}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}.
Portanto para t>0 os zeros de k(t) (questão de k=0 com t\neq 0) ocorrem em t=\sqrt{2/3}.
Para t<0 o cálculo é análogo: escrevendo v(t)=e^{-1/t^{2}} (aparece em y agora), obtemos a mesma expressão para v''(t) e portanto zeros em t=-\sqrt{2/3}.
Restam os pontos t=0 e a compatibilidade: em t\to 0 sabemos que w,w',w'',\dots\to 0. Em particular \alpha''(0)=(0,0,0) (os dois ramos dão segunda derivada nula no limite). Então no ponto 0 tem-se \alpha'(0)\times\alpha''(0)=0, logo k(0)=0.
Juntando: a curvatura k(t) é não-nula para todos os t\neq 0 exceto exatamente em t=\pm\sqrt{2/3}, e k(0)=0. Isso completa (b).
Observação didática: o ponto crucial foi notar que \alpha' tem componente x igual a 1, e que as componentes não-triviais envolvem sempre fatores do tipo e^{-1/t^{2}} e seus derivados, que desaparecem rapidamente ao aproximar 0. Assim o sinal/zeros de k são dados pelos zeros do polinômio -6t^{2}+4.

Passo 5

Agora trato dos planos osculadores e da descontinuidade do vetor normal.
Definição prática: o plano osculador em t é o plano que contém \alpha'(t) e \alpha''(t); quando k(t)\neq 0 esses vetores são linearmente independentes e o plano é bem definido. Se k(t)=0 então \alpha'\times\alpha''=0 e não existe plano osculador bem definido (ou melhor: não é possível definir um plano osculador pelo par \{\alpha',\alpha''\} pois estes são colineares).
Para t>0 já vimos que
\alpha'(t)=(1,0,w'(t)),\qquad \alpha''(t)=(0,0,w''(t)),
ou seja, ambos os vetores têm coordenada y igual a 0. Assim a subespaço gerado por \alpha'(t) e \alpha''(t) está contido no plano \{(x,y,z)\in\mathbb{R}^{3}:y=0\}. Desde que k(t)\neq 0 (ou seja, w''(t)\neq 0) esses dois vetores não são colineares e geram exatamente o plano y=0. Portanto para todo t>0 com k(t)\neq 0 o plano osculador é precisamente o plano y=0. Em particular, quando t\to 0^{+} (evitando pontos onde k=0, que aqui ficam a distâncias finitas de 0 mas perto de 0 não aparecem), o plano osculador permanece o plano y=0. Logo o limite dos planos osculadores por t\to 0^{+} é o plano y=0.
Analogamente, para t<0 temos
\alpha'(t)=(1,v'(t),0),\qquad \alpha''(t)=(0,v''(t),0),
ambos com coordenada z igual a 0, logo o plano gerado é o plano z=0 sempre que k(t)\neq 0. Assim o limite dos planos osculadores por t\to 0^{-} é z=0.
Conclusão sobre normal: o vetor normal unitário de Frenet \mathbf{N}(t) é dado por
\mathbf{N}(t)=\frac{\alpha'(t)\times\alpha''(t)}{\lVert\alpha'(t)\times\alpha''(t)\rVert}.
Para t>0 calculamos \alpha'(t)\times\alpha''(t)=(0,-w''(t),0), portanto \mathbf{N}(t) é (para t>0 e k(t)\neq 0) paralelo ao eixo y; para t<0 \alpha'(t)\times\alpha''(t)=(0,0,v''(t)) e \mathbf{N}(t) é paralelo ao eixo z. Assim os limites unilaterais de \mathbf{N}(t) quando t\to 0^{+} e quando t\to 0^{-} são vetores em direções diferentes (eixos y e z), logo \mathbf{N} é descontínuo em t=0. Isto mostra concretamente porque excluímos pontos onde k=0: se k=0 então \alpha'\times\alpha''=0 e não há um vetor normal de Frenet bem definido ali — não podemos definir o plano osculador nem o vetor normal usando a fórmula padrão.

Passo 6

Finalmente, sobre a torsão \tau.
Recorde (fórmula prática): onde k(t)\neq 0 a torsão \tau(t) pode ser calculada por
\tau(t)=\frac{\det\bigl(\alpha'(t),\alpha''(t),\alpha'''(t)\bigr)}{\lVert\alpha'(t)\times\alpha''(t)\rVert^{2}}.
Vou mostrar que, onde a torsão está definida (i.e. onde k\neq 0), o numerador é 0, portanto \tau(t)=0.
Para t>0 temos visto
\alpha'(t)=(1,0,w'(t)),\quad \alpha''(t)=(0,0,w''(t)),\quad \alpha'''(t)=(0,0,w'''(t)),
ou seja, todas as três derivadas têm a componente y nula. Assim os três vetores estão no plano y=0 e, sendo todos colineares ao subespaço bidimensional y=0, o determinante \det(\alpha',\alpha'',\alpha''') (volume do paralelepípedo formado por eles) é zero. Portanto \tau(t)=0 sempre que t>0 e k(t)\neq 0.
Para t<0 o raciocínio é análogo: todas as derivadas têm componente z nula, logo estão no plano z=0 e novamente o determinante é zero, dando \tau(t)=0 para t<0 com k(t)\neq 0.
Em pontos onde k(t)=0 a fórmula para \tau acima tem denominador 0 e a torsão clássica de Frenet não está definida; mas onde a torsão está definida, ela vale identicamente zero. Por isso se diz que, apesar da curva não ser globalmente plana (ela tem “planos diferentes” de cada lado), localmente em cada ramo à direita e à esquerda ela é planar (torsão zero) e portanto \tau\equiv 0 no domínio onde faz sentido. Em termos práticos: podemos definir \tau(t)=0 para todo t onde k(t)\neq 0, obtendo \tau\equiv 0 nesses pontos.
Comentário motivador: a curva é formada por duas “peças planas” emparelhadas com uma junção em 0; cada peça tem torsão nula, mas as duas peças estão em planos distintos, daí a descontinuidade global do vetor normal e a não-planaridade global da curva.

Resposta

(a) \alpha é diferenciável (na verdade \alpha\in C^{\infty}).
(b) \alpha'(t)\neq 0 para todo t (logo \alpha é regular). A curvatura satisfaz k(0)=0 e k(t)\neq 0 para todo t\neq 0 exceto em t=\pm\sqrt{2/3}, onde k(t)=0.
(c) \displaystyle\lim_{t\to 0^{+}} plano osculador = y=0; \displaystyle\lim_{t\to 0^{-}} plano osculador = z=0. O vetor normal é, portanto, descontínuo em t=0. (Exclui-se pontos com k=0 porque aí \alpha'\times\alpha''=0 e o plano osculador/vetor normal não são definidos pelas fórmulas de Frenet.)
(d) Onde \tau está definido (isto é, onde k\neq 0) tem-se \tau(t)=0; portanto a torsão pode ser tomada identicamente zero nos pontos onde a definição clássica faz sentido.

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