Uma curva \mathcal{C} é definida pelas equações paramétricas x=t^{3}-4 t e y=t^{2}.
(20 pontos) (a) Mostre que \mathcal{C} tem duas tangentes no ponto (0,4) e encontre suas equaçōes.
( 10 pontos) (b) Encontre o ponto em \mathcal{C} onde a tangente é horizontal.

Passo 1

O enunciado dá a curva paramétrica pelas equações
x=t^{3}-4t,\qquad y=t^{2}.
O que o problema pede:
  • (a) Mostrar que a curva \mathcal{C} tem duas tangentes no ponto (0,4) e encontrar as equações dessas tangentes.
  • (b) Encontrar o ponto em \mathcal{C} onde a tangente é horizontal.
Informações relevantes dadas pelo enunciado:
  • A curva é dada por x(t) e y(t) acima.
  • O ponto de interesse para (a) é (0,4).
  • Para achar tangentes paramétricas vamos precisar das derivadas dx/dt e dy/dt.

Passo 2

Primeiro identifico os valores de t que geram o ponto (0,4). Pelo enunciado y=t^{2}, então
t^{2}=4 \quad\Rightarrow\quad t=2 \text{ ou } t=-2.
Agora verifico x nesses valores para checar que realmente dão x=0:
x(2)=2^{3}-4\cdot2=8-8=0,\qquad x(-2)=(-2)^{3}-4(-2)=-8+8=0.
Portanto existem dois valores de parâmetro, t=2 e t=-2, que correspondem ao mesmo ponto (0,4). Isso já sugere que a curva pode cruzar-se nesse ponto e, por isso, pode haver mais de uma tangente.

Passo 3

Agora explico a fórmula que usamos para a inclinação da tangente de uma curva paramétrica. Para uma curva dada por x(t) e y(t), a inclinação (ou coeficiente angular) da tangente em um t onde dx/dt\neq0 é
\frac{dy}{dx}=\frac{dy/dt}{dx/dt}.
Por que isso vale? Porque por regra da cadeia, se tratamos y como função de t e x também, então (dy/dx)=(dy/dt)\big/(dx/dt) sempre que dx/dt\neq0. Na prática isso nos dá a inclinação da reta tangente à curva no ponto correspondente ao parâmetro t.

Passo 4

Calculo as derivadas em função de t:
\frac{dx}{dt}=3t^{2}-4,\qquad \frac{dy}{dt}=2t.

Passo 5

Avalio a inclinação \,dy/dx nos dois parâmetros que deram o ponto (0,4).
Para t=2:
\frac{dy}{dx}\Big|_{t=2}=\frac{2\cdot2}{3\cdot2^{2}-4}=\frac{4}{12-4}=\frac{4}{8}=\frac{1}{2}.
Além disso \,dx/dt\big|_{t=2}=8\neq0, então a fórmula vale e a tangente existe com inclinação \tfrac{1}{2}.
Para t=-2:
\frac{dy}{dx}\Big|_{t=-2}=\frac{2\cdot(-2)}{3\cdot(-2)^{2}-4}=\frac{-4}{12-4}=\frac{-4}{8}=-\frac{1}{2}.
E \,dx/dt\big|_{t=-2}=8\neq0, então a tangente existe com inclinação -\tfrac{1}{2}.
Como os dois valores de t correspondem ao mesmo ponto (0,4) mas dão inclinações diferentes, a curva tem duas tangentes distintas naquele ponto.

Passo 6

Agora escrevo as equações das duas tangentes usando a forma ponto-inclinação da reta:
y-y_{0}=m(x-x_{0}),
com (x_{0},y_{0})=(0,4).
Para m=\tfrac{1}{2} (caso t=2):
y-4=\tfrac{1}{2}(x-0)\quad\Rightarrow\quad y=\tfrac{1}{2}x+4.
Para m=-\tfrac{1}{2} (caso t=-2):
y-4=-\tfrac{1}{2}(x-0)\quad\Rightarrow\quad y=-\tfrac{1}{2}x+4.

Passo 7

(b) Agora procuro o ponto em \mathcal{C} onde a tangente é horizontal. Condição para tangente horizontal:
\frac{dy}{dx}=0.
Usando a fórmula paramétrica, isso ocorre quando dy/dt=0 e dx/dt\neq0. Como \,dy/dt=2t, temos
2t=0 \quad\Rightarrow\quad t=0.
Verifico dx/dt em t=0:
\frac{dx}{dt}\Big|_{t=0}=3\cdot0^{2}-4=-4\neq0,
logo a tangente horizontal existe e é bem definida no parâmetro t=0. O ponto correspondente é
x(0)=0^{3}-4\cdot0=0,\qquad y(0)=0^{2}=0,
isto é o ponto (0,0).

Resposta

(a) y=\tfrac{1}{2}x+4\n
(a) y=-\tfrac{1}{2}x+4\n
(b) (0,0)

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