Seja \alpha: I \subset \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}^{3} uma curva diferenciável. Suponhamos que existe t_{0} \in I tal que |\alpha(t)-p| \geq\left|\alpha\left(t_{0}\right)-p\right|, \forall t \in I onde p \in \mathbb{R}^{3} é um ponto fixo. Prove que a reta tangente a \alpha em t_{0} e a reta que une \alpha\left(t_{0}\right) com p são ortogonais. Obs: Neste exercício, \geq pode ser trocado por \leq.

Passo 1

O enunciado nos dá os seguintes dados e pede uma conclusão clara:
  • Tem-se uma curva diferenciável \alpha: I \subset \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}^{3}.
  • Existe t_{0}\in I tal que |\alpha(t)-p|\geq |\alpha(t_{0})-p|,\qquad \forall t\in I,onde p\in\mathbb{R}^{3} é um ponto fixo.
  • O que se pede: provar que a reta tangente à curva \alpha em t_{0} e a reta que une \alpha(t_{0}) com p são ortogonais.
Observação: o enunciado permite trocar \geq por \leq; a argumentação é análoga (mínimo vira máximo e vice-versa).

Passo 2

Vamos reduzir o problema a uma função real de uma variável que tem extremo em t_{0}. Defina
f(t):=|\alpha(t)-p|^{2}.
Explico por que uso o quadrado da norma: a função t\mapsto|\alpha(t)-p| tem mínimo (ou máximo) em t_{0}, e elevar ao quadrado preserva a posição do extremo (pois x\mapsto x^{2} é estritamente crescente em [0,\infty)). Além disso, f é mais fácil de derivar porque evita a raiz quadrada. Pela hipótese,
f(t)\ge f(t_{0}),\qquad \forall t\in I,
ou seja, t_{0} é um ponto de mínimo (no caso \geq) ou de máximo (no caso \leq) de f.

Passo 3

Como \alpha é diferenciável, f é diferenciável. Escrevendo u(t):=\alpha(t)-p, temos
f(t)=\langle u(t),u(t)\rangle,
onde \langle \cdot,\cdot\rangle é o produto escalar em \mathbb{R}^{3}. Vou derivar f usando regra do produto/componentes: para qualquer vetor dependente de t,
\frac{d}{dt}\langle u(t),u(t)\rangle = 2\langle u(t),u'(t)\rangle.
(Justificativa breve: escreva u=(u_{1},u_{2},u_{3}), então f=\sum_{i}u_{i}^{2} e f'=\sum_{i}2u_{i}u_{i}'=2\langle u,u'\rangle.)
Aplicando isso a u(t)=\alpha(t)-p (note que p é constante, então u'(t)=\alpha'(t)), obtemos
f'(t)=2\langle \alpha(t)-p,\;\alpha'(t)\rangle.

Passo 4

Como t_{0} é ponto de extremo de f e f é diferenciável, vale
f'(t_{0})=0.
Substituindo a expressão de f' do Passo 3, obtemos
0=2\langle \alpha(t_{0})-p,\;\alpha'(t_{0})\rangle.
Dividindo por 2 segue
\langle \alpha(t_{0})-p,\;\alpha'(t_{0})\rangle = 0.

Passo 5

Interpretação geométrica e conclusão final: o vetor \alpha'(t_{0}) é um vetor tangente à curva em t_{0} (direção da reta tangente) e o vetor \alpha(t_{0})-p é a direção do segmento que une p a \alpha(t_{0}). O produto escalar zero significa exatamente que esses dois vetores são ortogonais. Portanto a reta tangente em t_{0} é ortogonal à reta que une \alpha(t_{0}) com p.
Observação sobre regularidade: se \alpha'(t_{0})\neq 0, a reta tangente está bem definida e a ortogonalidade acima é a desejada. Se \alpha'(t_{0})=0, a equação \langle \alpha(t_{0})-p,\alpha'(t_{0})\rangle=0 é verdadeira (produto escalar com o vetor zero = 0), mas geometricamente não há reta tangente única bem definida nesse ponto; normalmente o enunciado supõe curva regular para que a reta tangente exista.

Passo 6

Intuição rápida e exemplo: isto é exatamente o que acontece num círculo centrado em p: o ponto mais próximo de p sobre o círculo é aquele em que o raio (vetor do centro até o ponto) é perpendicular à tangente local. Aqui fizemos a versão geral para qualquer curva diferenciável, usando apenas cálculo de uma função de uma variável.

Resposta

\langle \alpha(t_{0})-p,\;\alpha'(t_{0})\rangle=0

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