Como no exemplo 2.2.21, sejam Q=\alpha(0)=(-4,-4,0), V=\alpha^{\prime}(0)=(1,-1,-1) e A=(2,2,0).
(a) Mostre que \alpha(t)=\left(-4+t+t^{2},-4-t+t^{2},-t\right), t \geq 0;
(b) Considere a base ortogonal B_{1}=\left\{u_{1}, u_{2}, u_{3}\right\} do \mathbb{R}^{3}, onde
u_{1}=(1,-1,-1), u_{2}=(-1,-1,0) \text { e } u_{3}=(-1,1,-2)
Seja P a matriz de passagem de B_{1} para a base canônica. Use a relação X_{1}=P X, com X_{1}=\left(x_{1}, y_{1}, z_{1}\right) e X=(x, y, z), para mostrar que, na base B_{1}, \alpha(t) se escreve X_{1}(t)=\left(t, 4-t^{2}, 0\right), t \geq 0. Conclua que \alpha é um arco de parábola contido no plano x-y+2 z=0.

Passo 1

O enunciado dá os vetores iniciais e pede duas coisas:
  • Dados Q=\alpha(0)=(-4,-4,0), V=\alpha'(0)=(1,-1,-1) e A=(2,2,0), mostrar a expressão explícita de \alpha(t).
  • Dada a base ortogonal B_{1}=\{u_{1},u_{2},u_{3}\} com
u_{1}=(1,-1,-1),\quad u_{2}=(-1,-1,0),\quad u_{3}=(-1,1,-2),
seja P a matriz de passagem de B_{1} para a base canônica. Usando a relação \,X_{\text{can}}=P X_{B_1}\, (onde X_{\text{can}}=(x,y,z) são coordenadas canônicas e X_{B_1}=(x_{1},y_{1},z_{1}) são coordenadas em B_{1}), mostrar que, nas coordenadas da base B_{1}, \alpha(t) se escreve \bigl(t,\,4-t^{2},\,0\bigr), e concluir que \alpha é um arco de parábola contido no plano x-y+2z=0.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • Condições iniciais: \alpha(0)=Q e \alpha'(0)=V.
  • A segunda derivada (vetor aceleração) é o vetor constante A.
  • Definição da matriz P como matriz de passagem de B_{1} para a base canônica (colunas iguais aos vetores u_i).

Passo 2

Entender como obter \alpha(t) quando se tem \alpha''(t)=A constante e condições iniciais. Aqui damos uma pequena aula concreta:
Quando uma curva vetorial \alpha(t) satisfaz \alpha''(t)=A com A constante, integramos duas vezes para obter \alpha(t). O procedimento geral:
  1. Integrar \alpha''(t)=A em t \alpha'(t)=A t + C, onde C é um vetor constante de integração.
  2. Aplicar a condição \alpha'(0)=V implica C=V. Assim \alpha'(t)=A t + V.
  3. Integrar novamente: \alpha(t)=\dfrac{1}{2}A t^{2} + V t + D, com D outro vetor constante.
  4. Aplicar \alpha(0)=Q implica D=Q. Portanto a solução única que satisfaz as três condições é
\alpha(t)=\dfrac{1}{2}A t^{2} + V t + Q.
Explicando as letras: A é o vetor de segunda derivada (aceleração constante), V é a velocidade inicial \alpha'(0), Q é a posição inicial \alpha(0). A constante \tfrac{1}{2} aparece porque ao integrar A t obtemos \tfrac{1}{2}A t^{2}.

Passo 3

Aplicar a fórmula geral com os vetores fornecidos. Substituindo A=(2,2,0), V=(1,-1,-1) e Q=(-4,-4,0) em
\alpha(t)=\dfrac{1}{2}A t^{2} + V t + Q
temos, componente a componente,
\dfrac{1}{2}A t^{2} = \dfrac{1}{2}(2,2,0)t^{2} = (1,1,0)t^{2} = (t^{2},t^{2},0),
V t = (1,-1,-1)t = (t,-t,-t),
Q = (-4,-4,0).
Somando as três parcelas componente a componente:
\alpha(t)=\bigl(-4+t+t^{2},\; -4 - t + t^{2},\; -t\bigr),\quad t\ge 0.
Portanto obtemos exatamente a expressão pedida.

Passo 4

Verificação direta (boa prática para prova): calcular as derivadas de \alpha(t) que encontramos para checar as condições iniciais e a segunda derivada.
Calculemos \alpha'(t) e \alpha''(t):
\alpha'(t)=\bigl(1+2t,\; -1+2t,\; -1\bigr),
\alpha''(t)=\bigl(2,\,2,\,0\bigr)=A.
Em t=0 temos \alpha(0)=(-4,-4,0)=Q e \alpha'(0)=(1,-1,-1)=V. Tudo confere.

Passo 5

Agora a parte da mudança de base. Primeiro formar a matriz P de passagem de B_{1} para a base canônica: as colunas de P são os vetores u_{1},u_{2},u_{3} escritos nas coordenadas canônicas. Assim
P=\begin{pmatrix} 1 & -1 & -1\\[4pt] -1 & -1 & 1\\[4pt] -1 & 0 & -2 \end{pmatrix}.
Se X_{B_1}=(a,b,c)^{T} são as coordenadas de um ponto na base B_{1}, então as coordenadas canônicas desse mesmo ponto são
X_{\text{can}}=P\,X_{B_1}.
Aqui X_{\text{can}}(t) é simplesmente \alpha(t) nas coordenadas canônicas:
X_{\text{can}}(t)=\begin{pmatrix}-4+t+t^{2}\\[4pt]-4-t+t^{2}\\[4pt]-t\end{pmatrix}.
Queremos achar X_{B_1}(t)=(a(t),b(t),c(t))^{T} tal que P\,X_{B_1}(t)=X_{\text{can}}(t). Isso dá o sistema linear (escrevendo as linhas):
\begin{cases} 1\cdot a -1\cdot b -1\cdot c = -4+t+t^{2},\\[4pt] -1\cdot a -1\cdot b +1\cdot c = -4-t+t^{2},\\[4pt] -1\cdot a +0\cdot b -2\cdot c = -t. \end{cases}]

Passo 6

Resolver o sistema para a,b,c de forma clara e passo a passo.
Da terceira equação:
- a -2c = -t \quad\Rightarrow\quad a + 2c = t \quad\Rightarrow\quad a = t - 2c.
Substitua a nas duas primeiras equações.
Primeira equação:
(t-2c) - b - c = -4 + t + t^{2}.
Simplificando (cancelando t dos dois lados):
-3c - b = -4 + t^{2}\quad\Rightarrow\quad b = 4 - t^{2} - 3c.
Segunda equação:
-(t-2c) - b + c = -4 - t + t^{2}.
Simplificando (novamente cancelando -t dos dois lados):
3c - b = -4 + t^{2}\quad\Rightarrow\quad b = 4 - t^{2} + 3c.
Comparando as duas expressões para b:
4 - t^{2} - 3c = 4 - t^{2} + 3c \quad\Rightarrow\quad -3c = 3c \quad\Rightarrow\quad 6c = 0 \quad\Rightarrow\quad c = 0.
Com c=0 segue
b = 4 - t^{2},\qquad a = t - 2\cdot 0 = t.
Portanto as coordenadas em B_{1} são
X_{B_1}(t)=\bigl(a,b,c\bigr)=\bigl(t,\;4-t^{2},\;0\bigr).

Passo 7

Interpretação geométrica e conclusão sobre o plano:
  • O fato de c(t)=0 para todo t significa que \alpha(t) sempre tem componente nula na direção u_{3}; portanto \alpha(t) está contida no subespaço gerado por u_{1} e u_{2}, isto é, num plano perpendicular a u_{3}.
  • Para encontrar a equação cartesiana desse plano, observe que u_{3}=(-1,1,-2) é um vetor normal ao plano. A equação do plano com normal u_{3} é
(-1)\,x + 1\,y + (-2)\,z = 0,
que equivale a
x - y + 2z = 0.
Uma verificação direta também mostra que os pontos \alpha(t) satisfazem essa equação: calcular \langle \alpha(t),u_{3}\rangle dá zero para todo t.
  • Finalmente, nas coordenadas da base B_{1} o vetor posição reduz-se a \bigl(t,\,4-t^{2}\bigr) no plano (coordenadas 1 e 2), que é claramente a parametrização de uma parábola no sistema de coordenadas induzido por (u_{1},u_{2}). Logo \alpha é um arco de parábola contido no plano x-y+2z=0.

Resposta

(a) \alpha(t)=\bigl(-4+t+t^{2},\; -4-t+t^{2},\; -t\bigr),\\ t\ge 0.
(b) Nas coordenadas da base B_{1} tem-se X_{B_1}(t)=\bigl(t,\;4-t^{2},\;0\bigr),\\ t\ge 0. Portanto \alpha é um arco de parábola contido no plano x-y+2z=0.

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