Determine em cada item a velocidade e aceleração da curva dada em cada ponto do domínio:
r(t)=(e^-t, 2+t, 11+e^-t)

Passo 1

O exercício pede para a gente encontrar a velocidade e a aceleração da curva parametrizada em 3D
r(t)=l(e^-t,;2+t,;11+e^-tr)
Isso faz parte do conteúdo de derivadas de funções vetoriais. Vamos precisar usar derivada de exponencial e regra da cadeia para cada componente do vetor.

Passo 2

A velocidade é a derivada do vetor posição, isto é, r’(t) = (x’(t), y’(t), z’(t)). Vamos derivar componente a componente:
– Para x(t)=e^{-t}, aplicando regra da cadeia: a derivada de e^{u} é e^{u}·u’ com u=-t, então
x'(t)=-e^-t
– Para y(t)=2+t, derivada de constante é zero e de t é 1, logo
y'(t)=1
– Para z(t)=(1+e{-t}){-1}, usamos derivada de u^{-1} que é -1·u^{-2}·u’ com u=1+e^{-t} e u’=-e^{-t}, então
z'(t)=e^-t(1+e^-t)^2
Logo,
r'(t)=l(-e^-t,;1,;e^-t(1+e^-t)^2r)

Passo 3

A aceleração é a derivada de r’(t). Derivando cada componente:
– Derivada de -e^{-t} é e^{-t}, pois a derivada de e^{-t} é -e^{-t} e há sinal menos à frente.
– Derivada de 1 é 0.
– Para z’(t)=e{-t}(1+e{-t})^{-2}, usamos produto f·g com f=e^{-t} e g=(1+e{-t}){-2}:
• f’=-e^{-t}.
• g’=-2(1+e{-t}){-3}·(-e{-t})=2e{-t}(1+e{-t}){-3}.
Então
z''(t)=f'·g+f·g'=-e^-t(1+e^-t)^-2+2e^-2t(1+e^-t)^-3
Colocando sobre o mesmo denominador (1+e{-t})3, chega-se a
z''(t)=e^-2t-e^-t(1+e^-t)^3
Portanto,
r''(t)=l(e^-t,;0,;e^-2t-e^-t(1+e^-t)^3r)

Resposta

Velocidade r'(t)=l(-e^-t,;1,;tfrace^-t(1+e^-t)^2r) e aceleração r''(t)=l(e^-t,;0,;tfrace^-2t-e^-t(1+e^-t)^3r).

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