Questão 5. Faça um esboço das curvas abaixo e determine as equações paramétricas de suas retas tangentes no ponto P=\gamma\left(t_{0}\right) \in \mathbb{R}^{2} dado.
\gamma(t)=\left(-2+t^{2}, 3+4 t^{2}\right), t \in[1,5] e P=(2,19), t_{0}=2.

Passo 1

O enunciado dá a curva paramétrica
\gamma(t)=\bigl(-2+t^{2},\,3+4t^{2}\bigr),\qquad t\in[1,5],
e fornece o ponto P=\gamma(t_{0})=(2,19) com t_{0}=2.
As tarefas são:
  • Fazer um esboço (rápido) da curva para t\in[1,5].
  • Determinar as equações paramétricas da reta tangente à curva no ponto P.

Passo 2

Começo extraindo pontos que ajudam no esboço: calcular \gamma(1), \gamma(2) e \gamma(5) (peguei os valores da própria definição de \gamma).
\gamma(1)=\bigl(-2+1^{2},\,3+4\cdot1^{2}\bigr)=(-1,\,7),
\gamma(2)=\bigl(-2+2^{2},\,3+4\cdot2^{2}\bigr)=(2,\,19),
\gamma(5)=\bigl(-2+5^{2},\,3+4\cdot5^{2}\bigr)=(23,\,103).
Esses três pontos nos dizem onde a curva começa (em t=1), passa por P (em t=2) e termina (em t=5). Para esboçar, basta plotar esses pontos e ligar apropriadamente conforme o crescimento de t.

Passo 3

Vou investigar a forma geométrica da curva eliminando o parâmetro. Escrevo u=t^{2}. Então
x=-2+u,\qquad y=3+4u.
Isolando u em x:
u=x+2.
Substituindo em y:
y=3+4(x+2)=4x+11.
Portanto a imagem de \gamma está contida na reta de equação \;y=4x+11\;. Como t varia em [1,5] temos u=t^{2}\in[1,25], o que corresponde ao segmento dessa reta entre os pontos \gamma(1)=(-1,7) e \gamma(5)=(23,103). Ou seja, geometricamente a curva é exatamente esse segmento de reta; o ponto P=(2,19) está nesse segmento.

Passo 4

Agora vou obter a direção da reta tangente usando a derivada vetorial. Para uma curva paramétrica \gamma(t)=(x(t),y(t)), a derivada \gamma'(t)=(x'(t),y'(t)) é o vetor velocidade que aponta na direção da tangente no instante t. Aqui:
x(t)=-2+t^{2}\quad\Rightarrow\quad x'(t)=2t,
y(t)=3+4t^{2}\quad\Rightarrow\quad y'(t)=8t.
Logo
\gamma'(t)=(2t,\,8t).

Passo 5

Avalio a derivada em t_{0}=2 (peguei t_{0} do enunciado):
\gamma'(2)=(2\cdot2,\,8\cdot2)=(4,\,16).
Esse vetor é um vetor diretor da reta tangente em P. Note que (4,16) é paralelo a (1,4), então a inclinação (slope) da tangente é
m=\frac{16}{4}=4,
coerente com a equação cartesiana y=4x+11 que encontramos antes.

Passo 6

Agora escrevo as equações paramétricas da reta tangente no ponto P=(2,19). Usando o parâmetro livre s e o vetor diretor \gamma'(2)=(4,16), a reta tangente é
\ell(s)=P+s\,\gamma'(2)=(2,19)+s(4,16).
Isto dá as equações paramétricas
x=2+4s,\qquad y=19+16s,\qquad s\in\mathbb{R}.
Como alternativa, usando o vetor diretor simplificado (1,4) obtém-se a forma equivalente
x=2+s,\qquad y=19+4s,\qquad s\in\mathbb{R},
e a forma cartesiana/simétrica
\frac{x-2}{4}=\frac{y-19}{16}\quad\text{ou}\quad y=4x+11.

Passo 7

Comentário final curto e encorajamento: a curva aqui era especial — apesar de estar dada por polinômios em t, ela fica em uma reta porque ambos os componentes dependem de t^{2} de forma linear entre si. Assim a reta tangente coincide com a própria reta que contém a curva. Mandou bem em pedir o esboço — com os pontos (-1,7), (2,19), (23,103) já dá para desenhar tudo.

Resposta

Esboço: segmento da reta y=4x+11 entre \gamma(1)=(-1,7) e \gamma(5)=(23,103), contendo P=(2,19).
Equações paramétricas da reta tangente em P:
x=2+4s,\; y=19+16s,\; s\in\mathbb{R}.

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