Considere a elipse parametrizada \varphi(\mathrm{t})=(\cos (\mathrm{t}), \cos (\mathrm{t}), \operatorname{sen}(\mathrm{t})). Considerando a parametrização uma trajetória, calcule a velocidade e aceleração vetorial no ponto \left(\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2}\right)

Passo 1

O enunciado dá a parametrização da curva (trajetória)
\varphi(\mathrm{t})=(\cos(\mathrm{t}),\cos(\mathrm{t}),\sin(\mathrm{t}))
e pede: calcular a velocidade vetorial e a aceleração vetorial no ponto \left(\dfrac{\sqrt{3}}{2},\dfrac{\sqrt{3}}{2},\dfrac{1}{2}\right).
Informações relevantes fornecidas:
  • A curva é dada por \varphi(\mathrm{t})=(\cos(\mathrm{t}),\cos(\mathrm{t}),\sin(\mathrm{t})).
  • O ponto onde devemos avaliar é \left(\dfrac{\sqrt{3}}{2},\dfrac{\sqrt{3}}{2},\dfrac{1}{2}\right).
  • Precisamos retornar a velocidade \varphi'(\mathrm{t}) e a aceleração \varphi''(\mathrm{t}) avaliadas no(s) \mathrm{t} correspondente(s) a esse ponto.

Passo 2

A primeira coisa prática é encontrar o(s) valor(es) de \mathrm{t} para os quais
\varphi(\mathrm{t})=\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2},\dfrac{\sqrt{3}}{2},\dfrac{1}{2}\right).
Isto dá o sistema
\cos(\mathrm{t})=\dfrac{\sqrt{3}}{2},\qquad \sin(\mathrm{t})=\dfrac{1}{2}.
As funções \cos e \sin com esses valores correspondem ao ângulo \mathrm{t}=\dfrac{\pi}{6} (mais gerais \mathrm{t}=\dfrac{\pi}{6}+2\pi k, k\in\mathbb{Z}). Como ambos os sinais são positivos, o ângulo principal é \mathrm{t}_0=\dfrac{\pi}{6}. Vamos usar \mathrm{t}_0=\dfrac{\pi}{6} para avaliar as derivadas.

Passo 3

Lembrete didático rápido:
  • A velocidade vetorial de uma trajetória parametrizada \varphi(\mathrm{t}) é a derivada componente a componente:
\varphi'(\mathrm{t})=\frac{d}{d\mathrm{t}}\varphi(\mathrm{t}).
Isto resulta em um vetor que aponta na direção tangente à curva e cujo módulo é a rapidez.
  • A aceleração vetorial é a segunda derivada:
\varphi''(\mathrm{t})=\frac{d^2}{d\mathrm{t}^2}\varphi(\mathrm{t}).
  • Regras de derivação usadas aqui: \dfrac{d}{d\mathrm{t}}\cos(\mathrm{t})=-\sin(\mathrm{t}) e \dfrac{d}{d\mathrm{t}}\sin(\mathrm{t})=\cos(\mathrm{t}). Para funções vetoriais, deriva-se cada componente separadamente.

Passo 4

Derivando componente a componente:
\varphi(\mathrm{t})=(\cos(\mathrm{t}),\cos(\mathrm{t}),\sin(\mathrm{t})).
Aplicando as regras de derivação:
\varphi'(\mathrm{t})=\big(-\sin(\mathrm{t}),\,-\sin(\mathrm{t}),\,\cos(\mathrm{t})\big).
Derivando novamente para obter a aceleração:
\varphi''(\mathrm{t})=\big(-\cos(\mathrm{t}),\,-\cos(\mathrm{t}),\,-\sin(\mathrm{t})\big).

Passo 5

Agora avaliamos \varphi'(\mathrm{t}) e \varphi''(\mathrm{t}) em \mathrm{t}_0=\dfrac{\pi}{6}.
Conhecendo \sin\!\big(\tfrac{\pi}{6}\big)=\tfrac{1}{2} e \cos\!\big(\tfrac{\pi}{6}\big)=\tfrac{\sqrt{3}}{2}, substituímos:
Para a velocidade:
\varphi'\!\Big(\dfrac{\pi}{6}\Big)=\big(-\tfrac{1}{2},\,-\tfrac{1}{2},\,\tfrac{\sqrt{3}}{2}\big).
Para a aceleração:
\varphi''\!\Big(\dfrac{\pi}{6}\Big)=\big(-\tfrac{\sqrt{3}}{2},\,-\tfrac{\sqrt{3}}{2},\,-\tfrac{1}{2}\big).

Passo 6

Interpretação rápida (útil para a prova): \varphi'(\mathrm{t}_0) é o vetor tangente à curva no ponto pedido; seus sinais mostram que nas componentes x e y há velocidade negativa (movendo-se no sentido decrescente de x,y) enquanto a componente z é positiva. A aceleração \varphi''(\mathrm{t}_0) indica como a velocidade muda naquele instante; aqui há contribuição negativa nas três componentes (o que pode corresponder a uma curvatura que tende a reduzir as componentes atualmente positivas da velocidade).

Resposta

\varphi'\!\Big(\dfrac{\pi}{6}\Big)=\big(-\tfrac{1}{2},\,-\tfrac{1}{2},\,\tfrac{\sqrt{3}}{2}\big)
\varphi''\!\Big(\dfrac{\pi}{6}\Big)=\big(-\tfrac{\sqrt{3}}{2},\,-\tfrac{\sqrt{3}}{2},\,-\tfrac{1}{2}\big)

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