Questão 3(\mathbf{2 , 5}) : Considere a curva \mathcal{C}_{3} obtida a partir da intersecção entre o cone z=\sqrt{2 y^{4}+4 x^{2}} e o plano z=2 x+1.
(a) Determine uma parametrização \vec{r}(t) para \mathcal{C}_{3};
(b) Encontre um ponto em que o plano normal à curva \mathcal{C}_{3} seja paralelo ao plano de equação 2 x-y+4 z=0;
(c) Determine a equação do plano osculador à curva \mathcal{C}_{3} no ponto \left(-\frac{1}{4}, 0, \frac{1}{2}\right).

Passo 1

O enunciado pede:
  • (a) encontrar uma parametrização \vec r(t) da curva \mathcal C_3 obtida da intersecção de
z=\sqrt{2y^4+4x^2}\quad\text{com}\quad z=2x+1;
  • (b) achar o ponto em que o plano normal à curva seja paralelo ao plano de equação
2x - y + 4z = 0;
  • (c) determinar a equação do plano osculador à curva no ponto \bigl(-\tfrac14,0,\tfrac12\bigr).
    Para isso vamos: (i) parametrizar por y=t; (ii) usar \vec r'(t) para o plano normal; (iii) analisar \vec r' e \vec r'' para o osculador.

Passo 2

Igualando as duas expressões de z temos
\sqrt{2y^4+4x^2}=2x+1 \;\Longrightarrow\; 2y^4+4x^2=(2x+1)^2=4x^2+4x+1 \;\Longrightarrow\; 2y^4=4x+1 \;\Longrightarrow\; x=\frac{y^4-\tfrac12}2,
e então
z=2x+1=y^4+\tfrac12.
Tomando y=t, uma parametrização é
\boxed{ \vec r(t)=\bigl(x(t),y(t),z(t)\bigr) =\Bigl(\tfrac{t^4-\tfrac12}2,\;t,\;t^4+\tfrac12\Bigr). }

Passo 3

O vetor normal ao plano 2x-y+4z=0 é \bigl(2,-1,4\bigr).
O plano normal à curva em t tem como normal o vetor tangente
\vec r\,'(t) =\Bigl(\,2t^3,\;1,\;4t^3\Bigr).
Para que este vetor seja paralelo ao plano dado, basta
\vec r\,'(t)\cdot(2,-1,4)=0 \;\Longrightarrow\; 2t^3\cdot2+1\cdot(-1)+4t^3\cdot4=20t^3-1=0 \;\Longrightarrow\; t^3=\tfrac1{20} \;\Longrightarrow\; t=\frac1{\sqrt[3]{20}}.
O ponto procurado é
x=\frac{t^4-\tfrac12}2 =\frac{\tfrac1{20^{4/3}}-\tfrac12}2 =\frac1{2\cdot20^{4/3}}-\frac14, \quad y=\frac1{\sqrt[3]{20}}, \quad z=t^4+\tfrac12=\frac1{20^{4/3}}+\tfrac12.

Passo 4

Para o plano osculador precisamos de \vec r\,' e \vec r\,'' no ponto \bigl(-\tfrac14,0,\tfrac12\bigr). Esse ponto corresponde a t=0.
Calculando
\vec r\,'(t)=(2t^3,\,1,\,4t^3), \quad \vec r\,''(t)=(6t^2,\,0,\,12t^2),
vemos que em t=0
\vec r\,'(0)=(0,1,0)\neq\vec0, \quad \vec r\,''(0)=(0,0,0).
Como \vec r\,''(0)=\vec0, a curvatura ali é zero e o vetor normal principal não existe, de modo que não há um plano osculador único. Qualquer plano que contenha a reta tangente (direção (0,1,0)) serve de “osculador”, pois o accelaration vector é nulo.

Resposta

(a) \displaystyle \vec r(t)=\Bigl(\tfrac{t^4-\tfrac12}2,\;t,\;t^4+\tfrac12\Bigr).
(b) t=\tfrac1{\sqrt[3]{20}}, ponto \displaystyle\Bigl(\tfrac1{2\cdot20^{4/3}}-\tfrac14,\;\tfrac1{\sqrt[3]{20}},\;\tfrac1{20^{4/3}}+\tfrac12\Bigr).
(c) Não se define plano osculador único em \bigl(-\tfrac14,0,\tfrac12\bigr) porque \vec r\,''(0)=\vec0, ou seja, a curvatura ali é zero. Portanto qualquer plano contendo a reta tangente \vec r\,'(0) pode ser considerado “osculador.”

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