Seja \alpha: \mathbb{R} \longrightarrow \mathbb{R}^{3} a curva dada por \alpha(t)=\left(t, t^{2}, t^{3}\right), t \in \mathbb{R}.
(a) Se possível, ache P=\alpha(t) onde a tangente à curva dada é paralela a A=(4,4,3);
(b) Idem, para que a tangente seja ortogonal ao vetor A;
(c) Sendo L a reta tangente à curva dada em um ponto qualquer Q \neq \alpha(0), considere o ponto M(t) em que L intercepta o plano z=0. Mostre que M(t)=\left(2 t / 3, t^{2} / 3,0\right), t \neq 0, e que tais pontos descrevem a parábola definida por 4 y=3 x^{2} e z=0.

Passo 1

O enunciado dá a curva \alpha:\mathbb{R}\to\mathbb{R}^3 definida por
\alpha(t)=\bigl(t,t^{2},t^{3}\bigr),\quad t\in\mathbb{R},
e pede três coisas:
(a) Encontrar pontos P=\alpha(t) onde a tangente à curva é paralela ao vetor A=(4,4,3).
(b) Encontrar pontos onde a tangente é ortogonal ao vetor A.
(c) Para a reta L tangente à curva em um ponto Q=\alpha(t) com Q\neq\alpha(0) (ou seja, t\neq 0), determinar o ponto M(t) onde L intercepta o plano z=0 e mostrar que tais pontos formam a parábola dada por 4y=3x^{2} no plano z=0.
Informações relevantes dadas:
  • A curva explora todos os t\in\mathbb{R}.
  • O vetor fixo é A=(4,4,3).
  • No item (c) exige-se t\neq 0.

Passo 2

Primeiro vamos obter o vetor tangente à curva em um parâmetro t. A derivada de \alpha fornece esse vetor tangente (intuitivamente: deriva cada componente em relação a t, que é a “velocidade” da curva).
\alpha'(t)=\frac{d}{dt}\bigl(t,t^{2},t^{3}\bigr)=\bigl(1,2t,3t^{2}\bigr).
Aqui \alpha'(t) é um vetor em \mathbb{R}^{3} que aponta na direção da tangente da curva no ponto \alpha(t). Em provas é padrão usar esse vetor para testar paralelismo (ser múltiplo escalar) ou ortogonalidade (produto escalar nulo).

Passo 3

Parte (a): critério de paralelismo e cálculo.
Critério: dois vetores u e v são paralelos se existe \lambda\in\mathbb{R} tal que u=\lambda v.
Aplicando isso, queremos \alpha'(t)=\lambda A para algum \lambda. Escrevendo as componentes:
(1,2t,3t^{2})=\lambda(4,4,3).
Isto gera o sistema escalar
1=4\lambda, \qquad 2t=4\lambda, \qquad 3t^{2}=3\lambda.
Da primeira equação temos
\lambda=\tfrac{1}{4}.
Substituindo na segunda:
2t=4\cdot\tfrac{1}{4}=1\quad\Rightarrow\quad t=\tfrac{1}{2}.
Verificamos a terceira com t=\tfrac{1}{2}:
3t^{2}=3\bigl(\tfrac{1}{2}\bigr)^{2}=3\cdot\tfrac{1}{4}=\tfrac{3}{4}=3\lambda,
e como 3\lambda=3\cdot\tfrac{1}{4}=\tfrac{3}{4} a igualdade se confirma. Logo há exatamente um t real que satisfaz, t=\tfrac{1}{2}.
O ponto pedido é
P=\alpha\bigl(\tfrac{1}{2}\bigr)=\Bigl(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{4},\tfrac{1}{8}\Bigr).

Passo 4

Parte (b): critério de ortogonalidade e resolução.
Critério: dois vetores u e v são ortogonais se o produto escalar u\cdot v=0.
Queremos \alpha'(t)\cdot A=0. Calculamos:
\alpha'(t)\cdot A=(1,2t,3t^{2})\cdot(4,4,3)=4+8t+9t^{2}.
Então resolvemos a equação quadrática
9t^{2}+8t+4=0.
Calcule o discriminante \Delta:
\Delta=8^{2}-4\cdot9\cdot4=64-144=-80.
Como \Delta<0 não existem raízes reais. Conclusão: não existe t\in\mathbb{R} tal que \alpha'(t) seja ortogonal a A. Em palavras: a tangente nunca é perpendicular ao vetor A.

Passo 5

Parte (c): equação da reta tangente e interseção com o plano z=0.
A reta tangente L em Q=\alpha(t) tem equação paramétrica (usando parâmetro s\in\mathbb{R})
r(s)=\alpha(t)+s\,\alpha'(t).
Escrevendo componentes:
r(s)=\Bigl(t+s,\;t^{2}+s\cdot 2t,\;t^{3}+s\cdot 3t^{2}\Bigr).
Queremos o ponto M(t) onde essa reta intercepta o plano z=0. Ou seja, achar s tal que a terceira componente seja zero:
t^{3}+3t^{2}s=0.
Fatorando:
t^{2}\bigl(t+3s\bigr)=0.
Como estamos no caso Q\neq\alpha(0) temos t\neq 0, logo t^{2}\neq 0 e assim
t+3s=0\quad\Rightarrow\quad s=-\tfrac{t}{3}.
Substituímos esse s nas coordenadas x e y da reta:
x=t+s=t-\tfrac{t}{3}=\tfrac{2t}{3},
y=t^{2}+2t\cdot s=t^{2}+2t\cdot\bigl(-\tfrac{t}{3}\bigr)=t^{2}-\tfrac{2t^{2}}{3}=\tfrac{t^{2}}{3},
e a terceira coordenada é z=0 por construção. Assim obtemos
M(t)=\Bigl(\tfrac{2t}{3},\tfrac{t^{2}}{3},0\Bigr),\quad t\neq 0,
conforme pedido.

Passo 6

Mostrar que os pontos M(t) descrevem a parábola 4y=3x^{2} no plano z=0.
Eliminamos o parâmetro t. Da coordenada x temos
x=\tfrac{2t}{3}\quad\Rightarrow\quad t=\tfrac{3x}{2}.
Substituindo em y=\tfrac{t^{2}}{3} obtemos
y=\tfrac{1}{3}\Bigl(\tfrac{3x}{2}\Bigr)^{2}=\tfrac{1}{3}\cdot\tfrac{9x^{2}}{4}=\tfrac{3x^{2}}{4}.
Multiplicando ambos os lados por 4
4y=3x^{2},
com z=0. Portanto os pontos M(t) (com t\neq 0) descrevem exatamente a parábola do plano z=0 definida por 4y=3x^{2}.

Resposta

(a) P=\displaystyle\alpha\bigl(\tfrac{1}{2}\bigr)=\bigl(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{4},\tfrac{1}{8}\bigr)
(b) Não existe t\in\mathbb{R} tal que a tangente seja ortogonal a A
(c) M(t)=\displaystyle\bigl(\tfrac{2t}{3},\tfrac{t^{2}}{3},0\bigr),\\ t\neq 0. Esses pontos satisfazem 4y=3x^{2} e z=0.

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