Considere a curva parametrizad a por \alpha(t)=\left(e^{-t} \operatorname{sen} t, e^{-t} \cos t, e^{t}\right). Considere também o ponto A=\alpha(0)=(0,1,1).
(a) Calcule a curvatura e a torção de \alpha \mathrm{em} A.
(b) Determine os vetores T, N e B de \alpha em A.
(c) Determine as equações do plano osculador e do plano normal a \alpha em A.

Passo 1

O enunciado dá a curva parametrizada
\alpha(t)=\bigl(e^{-t}\sin t,\; e^{-t}\cos t,\; e^{t}\bigr)
e o ponto A=\alpha(0)=(0,1,1).
O que é pedido:
(a) Calcular a curvatura \kappa e a torção \tau de \alpha em A.
(b) Determinar os vetores unitários T,N,B (tangente, normal principal e binormal) de \alpha em A.
(c) Determinar as equações do plano osculador e do plano normal a \alpha em A.
Dados relevantes extraídos do enunciado:
  • A expressão explícita de \alpha(t).
  • O ponto de avaliação é t=0, já que A=\alpha(0).

Passo 2

Vamos calcular as derivadas \alpha'(t),\alpha''(t),\alpha'''(t) de forma explícita (sempre explicando cada passo).
Começando por derivar componente a componente:
\alpha(t)=\bigl(x(t),y(t),z(t)\bigr)=\bigl(e^{-t}\sin t,\; e^{-t}\cos t,\; e^{t}\bigr).
Derivando:
x'(t)=\frac{d}{dt}\bigl(e^{-t}\sin t\bigr)=(-e^{-t})\sin t + e^{-t}\cos t = e^{-t}(-\sin t+\cos t).
y'(t)=\frac{d}{dt}\bigl(e^{-t}\cos t\bigr)=(-e^{-t})\cos t + e^{-t}(-\sin t)=e^{-t}(-\cos t-\sin t).
z'(t)=\frac{d}{dt}e^{t}=e^{t}.
Portanto
\alpha'(t)=\bigl(e^{-t}(-\sin t+\cos t),\; e^{-t}(-\cos t-\sin t),\; e^{t}\bigr).
Agora \alpha''(t): derivamos cada componente de \alpha'(t).
x''(t)=\frac{d}{dt}\bigl(e^{-t}(-\sin t+\cos t)\bigr) = -e^{-t}(-\sin t+\cos t)+e^{-t}(-\cos t-\sin t)=-2e^{-t}\cos t.
y''(t)=\frac{d}{dt}\bigl(e^{-t}(-\cos t-\sin t)\bigr) = -e^{-t}(-\cos t-\sin t)+e^{-t}(-\sin t+\cos t)=2e^{-t}\sin t.
z''(t)=\frac{d}{dt}e^{t}=e^{t}.
Logo
\alpha''(t)=\bigl(-2e^{-t}\cos t,\; 2e^{-t}\sin t,\; e^{t}\bigr).
Finalmente \alpha'''(t):
x'''(t)=\frac{d}{dt}\bigl(-2e^{-t}\cos t\bigr)=2e^{-t}(\cos t+\sin t),
y'''(t)=\frac{d}{dt}\bigl(2e^{-t}\sin t\bigr)=2e^{-t}(\cos t-\sin t),
z'''(t)=\frac{d}{dt}e^{t}=e^{t}.
Portanto
\alpha'''(t)=\bigl(2e^{-t}(\cos t+\sin t),\;2e^{-t}(\cos t-\sin t),\; e^{t}\bigr).

Passo 3

Avaliar as derivadas em t=0 (porque o ponto A corresponde a t=0). Lembre: \sin 0=0,\;\cos 0=1,\;e^{0}=1.
\alpha(0)=(0,1,1).
\alpha'(0)=(1,-1,1).
\alpha''(0)=(-2,0,1).
\alpha'''(0)=(2,2,1).
Vou usar esses vetores para calcular \kappa,\tau,T,N,B em A.

Passo 4

Cálculo da curvatura \kappa em A.
Fórmula (explicação breve): para uma curva regular em \mathbb{R}^3, a curvatura em um ponto pode ser calculada por
\kappa=\frac{\|\alpha'\times\alpha''\|}{\|\alpha'\|^{3}},
onde \alpha' e \alpha'' são derivadas em relação ao parâmetro e \times é o produto vetorial. Intuição: \alpha' dá a direção tangente, \alpha'' mede a variação dessa direção; o produto vetorial capta a componente normal dessa variação.
Calcule \alpha'(0)\times\alpha''(0). Com \alpha'(0)=(1,-1,1) e \alpha''(0)=(-2,0,1):
\alpha'(0)\times\alpha''(0)= \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k}\\\\ 1 & -1 & 1\\\\ -2 & 0 & 1 \end{vmatrix}=(-1,-3,-2).
Norma:
\|\alpha'(0)\times\alpha''(0)\|=\sqrt{(-1)^{2}+(-3)^{2}+(-2)^{2}}=\sqrt{14}.
Também
\|\alpha'(0)\|=\sqrt{1^{2}+(-1)^{2}+1^{2}}=\sqrt{3}.
Logo
\kappa(0)=\frac{\sqrt{14}}{(\sqrt{3})^{3}}=\frac{\sqrt{14}}{3\sqrt{3}}.

Passo 5

Cálculo da torção \tau em A.
Fórmula (explicação): a torção mede quanto a curva sai do plano osculador; para uma parametrização qualquer,
\tau=\frac{(\alpha'\times\alpha'')\cdot\alpha'''}{\|\alpha'\times\alpha''\|^{2}}.
Aqui \cdot é o produto escalar. Numerador é o volume do paralelepípedo formado por \alpha',\alpha'',\alpha'''.
Usando os vetores em t=0:
(\alpha'(0)\times\alpha''(0))\cdot\alpha'''(0)=(-1,-3,-2)\cdot(2,2,1)=-1\cdot2-3\cdot2-2\cdot1=-10.
E \|\alpha'(0)\times\alpha''(0)\|^{2}=14. Assim
\tau(0)=\frac{-10}{14}=-\frac{5}{7}.

Passo 6

Cálculo do vetor tangente unitário T em A.
Definição: T=\dfrac{\alpha'}{\|\alpha'\|}. Já calculamos \alpha'(0)=(1,-1,1) e \|\alpha'(0)\|=\sqrt{3}. Assim
T(0)=\frac{1}{\sqrt{3}}\,(1,-1,1).

Passo 7

Cálculo do vetor normal principal N em A.
Procedimento (explicação didática): N é o vetor unitário que aponta para a direção em que a tangente está mudando. Uma forma prática é tirar a componente tangencial de \alpha'' e normalizar: primeiro projetar \alpha'' sobre T, subtrair para obter a componente normal, então normalizar.
Calcule a projeção escalar:
\alpha''(0)\cdot T(0)=(-2,0,1)\cdot\frac{1}{\sqrt{3}}(1,-1,1)=\frac{-2+0+1}{\sqrt{3}}=-\frac{1}{\sqrt{3}}.
A componente tangencial de \alpha''(0) é \bigl(\alpha''(0)\cdot T(0)\bigr)T(0)= -\frac{1}{3}(1,-1,1).
Subtraindo da \alpha''(0) obtemos a componente normal (não normalizada):
\alpha''(0)-(\alpha''(0)\cdot T(0))T(0)=(-2,0,1)-\bigl(-\tfrac{1}{3}(1,-1,1)\bigr)=\bigl(-\tfrac{5}{3},-\tfrac{1}{3},\tfrac{4}{3}\bigr).
Multiplicando por 3 (apenas para simplificar) vemos que a direção é a de (-5,-1,4). A norma desse vetor é \sqrt{25+1+16}=\sqrt{42}. Portanto o vetor normal unitário é
N(0)=\frac{1}{\sqrt{42}}(-5,-1,4).

Passo 8

Cálculo do binormal B em A.
Definição e observação prática: o binormal é B=T\times N. Uma forma mais direta é usar a fórmula
B=\frac{\alpha'\times\alpha''}{\|\alpha'\times\alpha''\|}.
Já calculamos \alpha'\times\alpha''=(-1,-3,-2) e sua norma \sqrt{14}. Logo
B(0)=\frac{1}{\sqrt{14}}(-1,-3,-2).
(Esse vetor é ortonormal aos T e N obtidos, como deve ser.)

Passo 9

Equações do plano osculador e do plano normal em A.
Explicações rápidas:
  • O plano osculador passa por A e é gerado por T e N; seu vetor normal é B.
  • O plano normal (também chamado plano normal propriamente dito) passa por A e é ortogonal a T; seu vetor normal é T.
Usando o ponto A=(0,1,1):
Plano osculador: vetor normal B(0)=(-1,-3,-2) (pode usar sem normalizar). A equação é
(-1,-3,-2)\cdot\bigl(x-0,\;y-1,\;z-1\bigr)=0.
Desenvolvendo:
-1\cdot x -3(y-1)-2(z-1)=0 \implies -x-3y+3-2z+2=0,
ou simplificando,
x+3y+2z-5=0.
Plano normal: vetor normal T(0)=(1,-1,1). Equação
(1,-1,1)\cdot\bigl(x-0,\;y-1,\;z-1\bigr)=0.
Desenvolvendo:
x-(y-1)+z-1=0 \implies x-y+z=0.

Resposta

(a) \displaystyle \kappa(0)=\frac{\sqrt{14}}{3\sqrt{3}},\qquad \tau(0)=-\frac{5}{7}.\n
(b) \displaystyle T(0)=\frac{1}{\sqrt{3}}(1,-1,1),\qquad N(0)=\frac{1}{\sqrt{42}}(-5,-1,4),\qquad B(0)=\frac{1}{\sqrt{14}}(-1,-3,-2).\n
(c) Plano osculador: \displaystyle x+3y+2z-5=0.\nPlano normal: \displaystyle x-y+z=0.

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