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
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:
Integrar \alpha''(t)=A em t dá \alpha'(t)=A t + C, onde C é um vetor constante de integração.
Aplicar a condição \alpha'(0)=V implica C=V. Assim \alpha'(t)=A t + V.
Integrar novamente: \alpha(t)=\dfrac{1}{2}A t^{2} + V t + D, com D outro vetor constante.
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)=\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
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.
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.
(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.