1. Considere a função vetorial
\mathbf{r}(t)=\sqrt{4-t} \mathbf{i}+\frac{1}{t+1} \mathbf{j}+\ln (2 t+3) \mathbf{k}
a) Determine o domínio de \mathbf{r}(t) .
b) Verifique se \mathbf{r}(t) é contínua em t=1 .
c) Determine \mathbf{r}^{\prime}(t) .

Passo 1

O enunciado fornece a função vetorial
\mathbf{r}(t)=\sqrt{4-t}\,\mathbf{i}+\frac{1}{t+1}\,\mathbf{j}+\ln(2t+3)\,\mathbf{k}.
O que o exercício pede:
  • (a) Determinar o domínio de \mathbf{r}(t).
  • (b) Verificar se \mathbf{r}(t) é contínua em t=1.
  • (c) Determinar \mathbf{r}^{\prime}(t).
Informações relevantes dadas pelo enunciado (componentes da função vetorial):
  • primeira componente: \sqrt{4-t},
  • segunda componente: \dfrac{1}{t+1},
  • terceira componente: \ln(2t+3).

Passo 2

Conceito prático para (a): o domínio de uma função vetorial é a interseção dos domínios das suas componentes. Vou achar o domínio de cada componente separadamente.
  1. Para \sqrt{4-t}: o radicando precisa ser não negativo, isto é
4-t \ge 0 \quad\Rightarrow\quad t \le 4.
Portanto o domínio da primeira componente é (-\infty,4].
  1. Para \dfrac{1}{t+1}: o denominador não pode ser zero, logo
t+1 \neq 0 \quad\Rightarrow\quad t \neq -1.
Portanto o domínio da segunda componente é (-\infty,-1)\cup(-1,\infty).
  1. Para \ln(2t+3): o argumento do logaritmo natural deve ser estritamente positivo,
2t+3>0 \quad\Rightarrow\quad t>-\tfrac{3}{2}.
Portanto o domínio da terceira componente é (-\tfrac{3}{2},\infty).

Passo 3

Agora faço a interseção dos três domínios encontrados:
  • (-\infty,4] (da raiz),
  • (-\infty,-1)\cup(-1,\infty) (do inverso),
  • (-\tfrac{3}{2},\infty) (do log).
Interseção passo a passo:
  • Interseção de (-\tfrac{3}{2},\infty) com (-\infty,4] é (-\tfrac{3}{2},4].
  • Interseção desse resultado com (-\infty,-1)\cup(-1,\infty) remove o ponto t=-1, que está dentro de (-\tfrac{3}{2},4].
Portanto o domínio de \mathbf{r}(t) é
\left(-\tfrac{3}{2},-1\right)\cup\left(-1,4\right].

Passo 4

Conceito prático para (b): uma função vetorial é contínua em um ponto se e somente se cada componente é contínua nesse ponto. Para componentes usuais: polinômios, potências com expoente racional positivo, \ln e funções racionalizadas (onde o denominador não zera) são contínuas em seus domínios. Então basta verificar que t=1 pertence ao domínio e que cada componente é contínua em t=1.
Primeiro, t=1 pertence ao domínio porque 1>-\tfrac{3}{2}, 1\neq-1 e 1\le4.
Agora avalio cada componente em t=1:
\sqrt{4-1}=\sqrt{3}, \qquad \frac{1}{1+1}=\frac{1}{2}, \qquad \ln(2\cdot1+3)=\ln(5).
Como cada função componente ( \sqrt{4-t}, \dfrac{1}{t+1}, \ln(2t+3)) é contínua em t=1 (são composições de funções contínuas em pontos onde estão definidas), a função vetorial \mathbf{r}(t) é contínua em t=1. Em termos de limite:
\lim_{t\to1}\mathbf{r}(t)=\mathbf{r}(1)=\sqrt{3}\,\mathbf{i}+\tfrac{1}{2}\,\mathbf{j}+\ln(5)\,\mathbf{k}.

Passo 5

Conceitos para (c) — regras que vou usar:
  • Regra do poder (para u(t)^{n}): \dfrac{d}{dt}u(t)^{n}=n\,u(t)^{n-1}\,u'(t).
  • Regra da cadeia (aplicada acima): se f(t)=h(g(t)), então f'(t)=h'(g(t))\cdot g'(t).
  • Derivada de \ln(u(t)): \dfrac{d}{dt}\ln(u(t))=\dfrac{u'(t)}{u(t)}.
  • Derivada de 1/(t+1)=(t+1)^{-1}: usando o poder com u(t)=t+1.

Passo 6

Derivo cada componente passo a passo.
  1. Primeira componente: escrever como potência:
\sqrt{4-t}=(4-t)^{1/2}.
Aplicando a regra da cadeia com h(u)=u^{1/2} e u(t)=4-t:
\frac{d}{dt}(4-t)^{1/2}=\tfrac{1}{2}(4-t)^{-1/2}\cdot(4-t)'.
Aqui (4-t)'=-1. Logo
\frac{d}{dt}\sqrt{4-t}=-\tfrac{1}{2}(4-t)^{-1/2}=-\frac{1}{2\sqrt{4-t}}.
  1. Segunda componente:
\frac{d}{dt}\left(\frac{1}{t+1}\right)=\frac{d}{dt}(t+1)^{-1}=-1\cdot(t+1)^{-2}\cdot (t+1)'=-\frac{1}{(t+1)^{2}}.
(Em que (t+1)'=1.)
  1. Terceira componente: usar derivada do logaritmo com u(t)=2t+3, u'(t)=2:
\frac{d}{dt}\ln(2t+3)=\frac{2}{2t+3}.

Passo 7

Combino as derivadas em forma vetorial:
\mathbf{r}'(t)=-\frac{1}{2\sqrt{4-t}}\,\mathbf{i}-\frac{1}{(t+1)^{2}}\,\mathbf{j}+\frac{2}{2t+3}\,\mathbf{k}.
Domínio da derivada: cada termo acima precisa estar definido. Observações:
  • -\tfrac{1}{2\sqrt{4-t}} exige 4-t>0, ou seja t<4 (em t=4 há divisão por zero).
  • -\tfrac{1}{(t+1)^{2}} exige t\neq-1.
  • \tfrac{2}{2t+3} exige 2t+3\neq0, isto é t\neq -\tfrac{3}{2}. Mas já no domínio original t>-\tfrac{3}{2} era exigido, então não há t=-\tfrac{3}{2} no domínio.
Portanto \mathbf{r}'(t) está definida em
\left(-\tfrac{3}{2},-1\right)\cup\left(-1,4\right),
ou seja, é igual ao domínio de \mathbf{r}(t) mas sem o ponto t=4 (onde a derivada da raiz explode).

Resposta

(a) \displaystyle \left(-\tfrac{3}{2},-1\right)\cup\left(-1,4\right]\n
(b) Sim; \displaystyle \mathbf{r}(1)=\sqrt{3}\,\mathbf{i}+\tfrac{1}{2}\,\mathbf{j}+\ln(5)\,\mathbf{k}\n
(c) \displaystyle \mathbf{r}'(t)=-\frac{1}{2\sqrt{4-t}}\,\mathbf{i}-\frac{1}{(t+1)^{2}}\,\mathbf{j}+\frac{2}{2t+3}\,\mathbf{k}, definida em \displaystyle \left(-\tfrac{3}{2},-1\right)\cup\left(-1,4\right).

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