Seja \alpha: I \rightarrow \mathbb{R}^{3}, curva regular. Mostre que
(a) \alpha^{\prime \prime}(t) é paralelo ao plano osculador de \alpha em t
(b) O plano osculador de \alpha em um determinado valor t_{0} \in I é dado pelos pontos P \in \mathbb{R}^{3} tais que
\left\langle P-\alpha\left(t_{0}\right), \alpha^{\prime}\left(t_{0}\right) \wedge \alpha^{\prime \prime}\left(t_{0}\right)\right\rangle=0
(c) Obtenha o plano osculador em t=1 para a curva
\alpha(t)=\left(3 t-t^{2}, 3 t^{2}, 3 t+t^{3}\right)

Passo 1

O enunciado nos dá uma curva regular \alpha: I \to \mathbb{R}^3. As perguntas são:
(a) Mostrar que \alpha^{\prime\prime}(t) é paralelo ao plano osculador de \alpha em t.
(b) Mostrar que o plano osculador de \alpha em um dado t_0\in I é o conjunto dos pontos P\in\mathbb{R}^3 que satisfazem
\left\langle P-\alpha(t_0),\; \alpha'(t_0)\wedge \alpha''(t_0)\right\rangle = 0.
(c) Para a curva \alpha(t)=(3t-t^2,\;3t^2,\;3t+t^3), obter explicitamente o plano osculador em t=1.
Informações relevantes fornecidas:
  • A curva é regular, ou seja \alpha'(t)\neq 0 para todo t.
  • Devemos usar a noção de plano osculador (plano que “melhor aproxima” a curva num ponto; será tratado como limite dos planos que passam por três pontos próximos ou como o plano gerado por \alpha'(t) e \alpha''(t)).
  • Para (c) serão necessárias as derivadas primeira e segunda de \alpha avaliadas em t=1.

Passo 2

Definição operacional do plano osculador (intuição e precisão que vamos usar).
Intuição: o plano osculador em t é o plano que melhor toca a curva naquele ponto — geometricamente é o plano que contém a tangente e a melhor direção de curvatura.
Definição que usaremos: o plano osculador em t pode ser visto como o limite, quando h\to 0, do plano que passa pelos três pontos \alpha(t),\\ \alpha(t+h),\\ \alpha(t+2h). Outra (equivalente, e mais prática) caracteriza-o como o plano gerado pelos vetores \alpha'(t) e \alpha''(t) (quando \alpha'(t) e \alpha''(t) são linearmente independentes). A partir dessa definição prática veremos (a) e (b).
Vou explicar por que essas duas descrições coincidem e por que \alpha''(t) fica no plano osculador (isso responde (a)).

Passo 3

Taylor (expansão local) de \alpha em torno de t até segunda ordem — ferramenta essencial.
Para uma curva suficientemente suave (assumimos pelo contexto), há as expansões em potências de h:
\alpha(t+h)=\alpha(t)+h\,\alpha'(t)+\frac{h^2}{2}\,\alpha''(t)+o(h^2),
\alpha(t+2h)=\alpha(t)+2h\,\alpha'(t)+\frac{(2h)^2}{2}\,\alpha''(t)+o(h^2).
Aqui o(h^2) denota termos que, divididos por h^2, tendem a 0 quando h\to0. Essas fórmulas vêm do desenvolvimento de Taylor componente a componente.
Definimos os vetores que geram o plano pelo ponto \alpha(t):
v_1=\alpha(t+h)-\alpha(t)=h\,\alpha'(t)+\frac{h^2}{2}\,\alpha''(t)+o(h^2),
v_2=\alpha(t+2h)-\alpha(t)=2h\,\alpha'(t)+2h^2\,\alpha''(t)+o(h^2).

Passo 4

Cálculo do vetor normal ao plano determinado por \alpha(t),\alpha(t+h),\alpha(t+2h).
O vetor normal a esse plano é proporcional ao produto vetorial v_1\times v_2. Vamos expandir v_1\times v_2 usando as expressões do passo anterior e reter termos dominantes quando h\to0.
Escrevendo A=\alpha'(t) e B=\alpha''(t) para clareza, temos:
v_1 = hA + \frac{h^2}{2}B + o(h^2),\qquad v_2 = 2hA + 2h^2 B + o(h^2).
Agora o produto vetorial:
v_1\times v_2 = (hA)\times(2hA) + (hA)\times(2h^2 B) + \Big(\frac{h^2}{2}B\Big)\times(2hA) + \text{termos de ordem }o(h^3).
O primeiro termo é zero porque A\times A=0. Os outros dois termos somam:
(hA)\times(2h^2B) + \Big(\frac{h^2}{2}B\Big)\times(2hA) = 2h^3(A\times B) + h^3\big(B\times A\big) = h^3(A\times B),
já que B\times A = -A\times B. Portanto
v_1\times v_2 = h^3\big(A\times B\big) + o(h^3).
Dividindo por h^3 e fazendo h\to0 vemos que a direção do vetor normal ao plano definido por \alpha(t),\alpha(t+h),\alpha(t+2h) converge para A\times B = \alpha'(t)\times\alpha''(t). Em outras palavras, o normal limite do plano é \alpha'(t)\times\alpha''(t), de modo que o plano limite (o plano osculador) é o plano que tem normal \alpha'(t)\times\alpha''(t) e que passa por \alpha(t).

Passo 5

Conclusão do item (a) a partir do passo anterior.
Se o plano osculador tem normal \alpha'(t)\times\alpha''(t), então ele é o plano gerado pelos vetores \alpha'(t) e \alpha''(t) (desde que \alpha'(t) e \alpha''(t) não sejam colineares). Logo \alpha''(t) está contido nesse plano — isto é, \alpha''(t) é paralelo (ou melhor: pertence) ao plano osculador. Isso responde (a).
Comentário didático curto: geometricamente, \alpha'(t) dá a direção da tangente; \alpha''(t) indica a direção em que a tangente muda (a curvatura) e, portanto, ambas as direções determinam o plano que melhor aproxima a curva no ponto.

Passo 6

Prova do item (b): equação do plano osculador.
Fato básico (vetorial / geométrico): se um plano passa por um ponto P_0 e tem vetor normal n, então o conjunto dos pontos P desse plano satisfaz
\langle P-P_0,\; n\rangle = 0,
onde \langle \cdot,\cdot\rangle é o produto escalar.
No caso do plano osculador em t_0 vimos no passo 4 que um vetor normal adequado é
n = \alpha'(t_0)\times \alpha''(t_0).
Tomando P_0=\alpha(t_0), a equação do plano osculador torna-se
\left\langle P-\alpha(t_0),\; \alpha'(t_0)\times \alpha''(t_0)\right\rangle = 0.
Isto é exatamente a fórmula pedida; se preferir usar o mesmo símbolo do enunciado para produto vetorial, escrevemos
\left\langle P-\alpha(t_0),\; \alpha'(t_0)\wedge \alpha''(t_0)\right\rangle = 0.
Assim (b) está demonstrado: o plano osculador é o conjunto dos pontos P que satisfazem essa igualdade.

Passo 7

Preparação para (c): compute as derivadas de \alpha e avalie em t=1.
A curva dada é
\alpha(t)=\big(3t-t^2,\;3t^2,\;3t+t^3\big).
Derivando componente a componente:
\alpha'(t)=\big(3-2t,\;6t,\;3+3t^2\big),
\alpha''(t)=\big(-2,\;6,\;6t\big).
Agora avaliaremos em t=1.

Passo 8

Avaliação em t=1.
Calculemos:
\alpha(1)=\big(3\cdot1-1^2,\;3\cdot1^2,\;3\cdot1+1^3\big)=(2,3,4).
\alpha'(1)=\big(3-2,\;6\cdot1,\;3+3\cdot1^2\big)=(1,6,6).
\alpha''(1)=\big(-2,\;6,\;6\cdot1\big)=(-2,6,6).

Passo 9

Calcular o vetor normal no ponto t=1 e montar a equação do plano.
O vetor normal é
n=\alpha'(1)\times\alpha''(1).
Fazendo o produto vetorial:
\alpha'(1)\times\alpha''(1) = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k}\\[4pt] 1 & 6 & 6\\[4pt] -2 & 6 & 6 \end{vmatrix} = \big(6\cdot6-6\cdot6,\;6\cdot(-2)-1\cdot6,\;1\cdot6-6\cdot(-2)\big).
Calculando os componentes:
n=(0,\;-12-6,\;6+12)=(0,-18,18).
Podemos simplificar (multiplicando por \tfrac{1}{18}) e usar um normal mais simples, por exemplo n_0=(0,-1,1) (qualquer múltiplo não nulo é normal válido).
A equação do plano com P=(x,y,z) e ponto \alpha(1)=(2,3,4) é
\big\langle (x,y,z)-(2,3,4),\; (0,-1,1)\big\rangle = 0.
Expandindo:
0\cdot(x-2) + (-1)\cdot(y-3) + 1\cdot(z-4)=0,
ou seja
-(y-3) + (z-4)=0 \quad\Longrightarrow\quad z-y-1=0.
Assim o plano osculador em t=1 tem equação z-y=1.]

Resposta

(a) \alpha''(t) pertence ao plano osculador em t (ou seja, é paralelo ao plano osculador).
(b) O plano osculador em t_0 é dado por \displaystyle \left\langle P-\alpha(t_0),\; \alpha'(t_0)\wedge \alpha''(t_0)\right\rangle=0.
(c) Para \alpha(t)=(3t-t^2,\,3t^2,\,3t+t^3) em t=1, o plano osculador é z-y=1.

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