1. Seja \alpha:(-1,+\infty) \longrightarrow \mathbb{R}^{2} dada por
\alpha(t)=\left(\frac{3 a t}{1+t^{3}}, \frac{3 a t^{2}}{1+t^{3}}\right)
(a) Para t=0, \alpha é tangente ao eixo O x.
(b) Quando t \longrightarrow+\infty, \alpha(t) \longrightarrow(0,0) e \alpha^{\prime}(t) \longrightarrow(0,0).

Passo 1

Resumindo o que temos e o que vamos usar: a curva paramétrica
\alpha(t)=\bigl(x(t),y(t)\bigr) \quad\text{com}\quad x(t)=\frac{3a\,t}{1+t^3}, \quad y(t)=\frac{3a\,t^2}{1+t^3},
definida em (-1,+\infty).
(a) Queremos mostrar que em t=0 o vetor tangente é horizontal, isto é, paralelo ao eixo O x.
(b) Queremos calcular
\displaystyle\lim_{t\to+\infty}\alpha(t)
e
\displaystyle\lim_{t\to+\infty}\alpha'(t).

Passo 2

Calcular a derivada \alpha'(t)=(x'(t),y'(t)).
Para x(t)=3a\,t\,(1+t^3)^{-1} usamos a regra do quociente ou produto:
x'(t) =3a\,\frac{(1+t^3)-t\cdot3t^2}{(1+t^3)^2} =3a\,\frac{1-2t^3}{(1+t^3)^2}.
Para y(t)=3a\,t^2\,(1+t^3)^{-1} temos
y'(t) =\frac{6a\,t\,(1+t^3)-3a\,t^2\cdot3t^2}{(1+t^3)^2} =3a\,\frac{t\,(2-t^3)}{(1+t^3)^2}.

Passo 3

Avaliar em t=0:
x'(0)=3a\,\frac{1-0}{1^2}=3a, \quad y'(0)=3a\,\frac{0\,(2-0)}{1^2}=0.
Logo
\displaystyle\alpha'(0)=(3a,0).
Para a\neq0 esse vetor é não-nulo e horizontal, o que significa que a curva tem tangente ao eixo O x.

Passo 4

Calcular o limite de \alpha(t) quando t\to+\infty.
Para grandes t,
x(t)=\frac{3a\,t}{1+t^3} =\frac{3a}{t^2+1/t}\,\longrightarrow0, \quad y(t)=\frac{3a\,t^2}{1+t^3} =\frac{3a}{t+1/t^2}\,\longrightarrow0.
Portanto
\displaystyle\lim_{t\to+\infty}\alpha(t)=(0,0).

Passo 5

Calcular o limite de \alpha'(t) quando t\to+\infty.
Para grandes t:
x'(t)=3a\,\frac{1-2t^3}{(1+t^3)^2} \sim3a\,\frac{-2t^3}{t^6}=-\frac{6a}{t^3}\,\longrightarrow0,
y'(t)=3a\,\frac{t\,(2-t^3)}{(1+t^3)^2} \sim3a\,\frac{-t^4}{t^6}=-\frac{3a}{t^2}\,\longrightarrow0.
Logo
\displaystyle\lim_{t\to+\infty}\alpha'(t)=(0,0).

Resposta

(a) Verdadeira.
(b) Verdadeira.

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