Uma curva \mathcal{C} é definida pelas equaçōes paramétricas: x=3 t^{2}+1 ; y=2 t^{3}+1.
a) (3 pontos) Calcule \frac{d y}{d x} e \frac{d^{2} y}{d x^{2}}.
1,0
b) (3 pontos) Mostre que \mathcal{C} tem duas tangentes no ponto (4,3) e encontre suas equações.

Passo 1

O enunciado dá a curva parametrizada por
x = 3t^2 + 1,\quad y = 2t^3 + 1
e pede (a) as derivadas \frac{dy}{dx} e \frac{d^2y}{dx^2}, e (b) mostrar que há duas tangentes no ponto (4,3) e encontrar suas equações. Vamos usar as regras de derivada paramétrica:
\frac{dy}{dx} = \frac{\frac{dy}{dt}}{\frac{dx}{dt}}, \quad \frac{d^2y}{dx^2} = \frac{\frac{d}{dt}\bigl(\frac{dy}{dx}\bigr)}{\frac{dx}{dt}}.

Passo 2

Calcular \frac{dx}{dt} e \frac{dy}{dt}:
\frac{dx}{dt} = 6t,\quad \frac{dy}{dt} = 6t^2.
Logo,
\frac{dy}{dx} = \frac{6t^2}{6t} = t.

Passo 3

Agora a segunda derivada:
\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{\frac{d}{dt}(t)}{6t} = \frac{1}{6t}.

Passo 4

Para achar os valores de t que levam ao ponto (4,3), resolvemos
3t^2+1 = 4, \quad 2t^3+1 = 3.
Da primeira vem t^2 = 1, ou seja t = \pm1. Verificando na segunda: para t=\pm1 temos 2(\pm1)^3+1 = 3 em ambos os casos, ok.

Passo 5

Em t=1, o coeficiente angular é
m_1 = \frac{dy}{dx}\bigg|_{t=1} = 1,
e a reta tangente em (4,3) fica
y-3 = 1\,(x-4) \quad\Longrightarrow\quad y = x - 1.
Em t=-1,
m_2 = \frac{dy}{dx}\bigg|_{t=-1} = -1,
e a reta é
y-3 = -1\,(x-4) \quad\Longrightarrow\quad y = -x + 7.

Resposta

As derivadas são
\frac{dy}{dx} = t, \qquad \frac{d^2y}{dx^2} = \frac{1}{6t}.
As duas tangentes em (4,3) são
y = x - 1 \quad\text{e}\quad y = -x + 7.

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