Dada \mathbf{F}(t)=\left(t^{2}, \ln (t+1), t^{3}-t\right) :
a) Determine o domínio maximal de \mathbf{F}.
b) Calcule \mathbf{F}^{\prime}(t) e \mathbf{F}^{\prime \prime}(t).
c) Calcule \int_{0}^{1} \mathbf{F}(t) d t.
d) Calcule \frac{d}{d t}[\mathbf{F}(t) \cdot \mathbf{G}(t)] sendo \mathbf{G}(t)=\left(1, t,-t^{2}\right), usando a regra do produto para produto escalar.

Passo 1

O enunciado dá a função vetorial \mathbf{F}(t)=\left(t^{2}, \ln (t+1), t^{3}-t\right) e pede quatro coisas:
a) determinar o domínio maximal de \mathbf{F};
b) calcular \mathbf{F}^{\prime}(t) e \mathbf{F}^{\prime\prime}(t);
c) calcular \displaystyle \int_{0}^{1}\mathbf{F}(t)\,dt;
d) calcular \dfrac{d}{dt}\bigl[\mathbf{F}(t)\cdot\mathbf{G}(t)\bigr] com \mathbf{G}(t)=\left(1,t,-t^{2}\right), usando a regra do produto para produto escalar.
Informações dadas que vamos usar:
  • Os três componentes de \mathbf{F} são t^{2}, \ln(1+t) e t^{3}-t.
  • A função \mathbf{G} é \left(1,t,-t^{2}\right).

Passo 2

Encontrar o domínio maximal significa achar todos os valores de t para os quais todas as componentes de \mathbf{F} estão definidas simultaneamente.
  • A componente t^{2} está definida para todo t\in\mathbb{R}.
  • A componente \ln(1+t) exige que o argumento seja positivo: 1+t>0, isto é t>-1.
  • A componente t^{3}-t está definida para todo t\in\mathbb{R}.
O domínio maximal é a interseção desses domínios, portanto
\text{dom}(\mathbf{F}) = (-1,\infty).
Explicação curta: o log limita t a ser maior que -1; as outras componentes não restringem mais.

Passo 3

Vamos calcular \mathbf{F}'(t). Regra que usamos: a derivada de uma função vetorial é feita componente a componente. Ou seja, se \mathbf{F}(t)=(f_1(t),f_2(t),f_3(t)) então
\mathbf{F}'(t)=\bigl(f_1'(t),\,f_2'(t),\,f_3'(t)\bigr).
Aplicando isso:
  • Derivada de f_1(t)=t^{2} é f_1'(t)=2t.
  • Derivada de f_2(t)=\ln(1+t). Regra: \dfrac{d}{dt}\ln(1+t)=\dfrac{1}{1+t} (porque \dfrac{d}{dt}\ln u = u'/u e aqui u=1+t tem u'=1).
    Então f_2'(t)=\dfrac{1}{1+t}.
  • Derivada de f_3(t)=t^{3}-t é f_3'(t)=3t^{2}-1.
Portanto
\mathbf{F}'(t)=\left(2t,\\ \dfrac{1}{1+t},\\\ 3t^{2}-1\right),
válido para t>-1 (mesmo domínio porque \dfrac{1}{1+t} exige t\neq-1, e o log também).

Passo 4

Agora \mathbf{F}''(t): derivamos novamente componente a componente a partir de \mathbf{F}'(t).
  • Derivada de 2t é 2.
  • Derivada de \dfrac{1}{1+t}. Podemos escrever \dfrac{1}{1+t}=(1+t)^{-1} e usar a regra do poder: \dfrac{d}{dt}(1+t)^{-1}=-1\cdot(1+t)^{-2}\cdot(1)=-\dfrac{1}{(1+t)^{2}}.
  • Derivada de 3t^{2}-1 é 6t.
Logo
\mathbf{F}''(t)=\left(2,\\\ -\dfrac{1}{(1+t)^{2}},\\\ 6t\right),
também para t>-1.

Passo 5

Para calcular \displaystyle \int_{0}^{1}\mathbf{F}(t)\,dt usamos que a integral de uma função vetorial é a integral componente a componente:
\int_{0}^{1}\mathbf{F}(t)\,dt = \left(\int_{0}^{1} t^{2}\,dt,\\ \int_{0}^{1}\ln(1+t)\,dt,\\ \int_{0}^{1}(t^{3}-t)\,dt\right).
Vamos calcular cada integral separadamente, com passos detalhados.

Passo 6

Primeira componente:
\int_{0}^{1} t^{2}\,dt = \left[\dfrac{t^{3}}{3}\right]_{0}^{1} = \dfrac{1^{3}}{3}-0 = \dfrac{1}{3}.
Segunda componente, \displaystyle \int_{0}^{1}\ln(1+t)\,dt. Usamos integração por partes. Escolhemos:
u=\ln(1+t)\quad\text{e}\quad dv=dt.
Então du=\dfrac{1}{1+t}\,dt e v=t. A fórmula da integração por partes é
\int u\,dv = u v - \int v\,du.
Aplicando:
\int \ln(1+t)\,dt = t\ln(1+t) - \int \dfrac{t}{1+t}\,dt.
Simplificamos o integrando \dfrac{t}{1+t}. Observe que
\dfrac{t}{1+t} = \dfrac{1+t-1}{1+t} = 1 - \dfrac{1}{1+t}.
Então
\int \dfrac{t}{1+t}\,dt = \int\left(1 - \dfrac{1}{1+t}\right)dt = t - \ln(1+t) + C.
Voltando:
\int \ln(1+t)\,dt = t\ln(1+t) - \bigl(t - \ln(1+t)\bigr) + C = (t+1)\ln(1+t) - t + C.
Agora avaliamos de 0 a 1:
\int_{0}^{1}\ln(1+t)\,dt = \bigl[(t+1)\ln(1+t) - t\bigr]_{0}^{1}.
Em t=1: (1+1)\ln 2 - 1 = 2\ln 2 - 1.
Em t=0: (0+1)\ln 1 - 0 = 0 pois \ln 1=0.
Portanto
\int_{0}^{1}\ln(1+t)\,dt = 2\ln 2 - 1.
Terceira componente:
\int_{0}^{1} (t^{3}-t)\,dt = \left[\dfrac{t^{4}}{4} - \dfrac{t^{2}}{2}\right]_{0}^{1} = \left(\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{2}\right) - 0 = -\dfrac{1}{4}.

Passo 7

Juntando as três componentes, obtemos
\int_{0}^{1}\mathbf{F}(t)\,dt = \left(\dfrac{1}{3},\\\ 2\ln 2 - 1,\\\ -\dfrac{1}{4}\right).

Passo 8

Parte (d): calcular \dfrac{d}{dt}\bigl[\mathbf{F}(t)\cdot\mathbf{G}(t)\bigr] com \mathbf{G}(t)=\left(1,t,-t^{2}\right), usando a regra do produto para produto escalar.
Primeiro explico a regra: o produto escalar é \mathbf{F}\cdot\mathbf{G} = \sum_{i=1}^{3} F_i G_i. Derivando termo a termo,
\dfrac{d}{dt}(\mathbf{F}\cdot\mathbf{G}) = \sum_{i=1}^{3}\dfrac{d}{dt}(F_i G_i) = \sum_{i=1}^{3}\bigl(F_i' G_i + F_i G_i'\bigr) = \mathbf{F}'\cdot\mathbf{G} + \mathbf{F}\cdot\mathbf{G}'.
Essa é a regra do produto para o produto escalar (é consequência direta da linearidade e da regra do produto escala a escala).
Agora calculamos componentes necessárias.
Já temos \mathbf{F}'(t)=\left(2t,\dfrac{1}{1+t},3t^{2}-1\right).
Derivada de \mathbf{G}:
\mathbf{G}(t)=\left(1,t,-t^{2}\right)\quad\Rightarrow\quad \mathbf{G}'(t)=\left(0,1,-2t\right).
Calculamos os dois produtos escalares e somamos.
Cálculo de \mathbf{F}'(t)\cdot\mathbf{G}(t):
\mathbf{F}'\cdot\mathbf{G} = (2t)\cdot 1 + \dfrac{1}{1+t}\cdot t + (3t^{2}-1)\cdot(-t^{2}).
Simplificando termo a termo:
= 2t + \dfrac{t}{1+t} - (3t^{4}-t^{2}) = 2t + \dfrac{t}{1+t} -3t^{4} + t^{2}.
Cálculo de \mathbf{F}(t)\cdot\mathbf{G}'(t):
\mathbf{F}\cdot\mathbf{G}' = t^{2}\cdot 0 + \ln(1+t)\cdot 1 + (t^{3}-t)\cdot(-2t).
Simplificando:
= \ln(1+t) -2t(t^{3}-t) = \ln(1+t) -2t^{4} + 2t^{2}.
Somando os dois resultados:
\dfrac{d}{dt}(\mathbf{F}\cdot\mathbf{G}) = \bigl(2t + \dfrac{t}{1+t} -3t^{4} + t^{2}\bigr) + \bigl(\ln(1+t) -2t^{4} + 2t^{2}\bigr).
Agrupando termos semelhantes:
  • Termos em t^{4}: -3t^{4}-2t^{4} = -5t^{4}.
  • Termos em t^{2}: t^{2}+2t^{2}=3t^{2}.
  • Termo em t: 2t.
  • Sobram \dfrac{t}{1+t} e \ln(1+t).
Portanto a derivada fica
\dfrac{d}{dt}\bigl[\mathbf{F}(t)\cdot\mathbf{G}(t)\bigr] = -5t^{4} + 3t^{2} + 2t + \dfrac{t}{1+t} + \ln(1+t),
válida para t>-1 (por causa de \ln(1+t) e \dfrac{1}{1+t}).

Resposta

a) (-1,\infty)
b) \mathbf{F}'(t)=\left(2t,\dfrac{1}{1+t},3t^{2}-1\right)
\mathbf{F}''(t)=\left(2,-\dfrac{1}{(1+t)^{2}},6t\right)
c) \displaystyle \int_{0}^{1}\mathbf{F}(t)\,dt=\left(\dfrac{1}{3},\\\ 2\ln 2 - 1,\\\ -\dfrac{1}{4}\right)
d) \dfrac{d}{dt}\bigl[\mathbf{F}(t)\cdot\mathbf{G}(t)\bigr]=-5t^{4}+3t^{2}+2t+\dfrac{t}{1+t}+\ln(1+t)

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