V (verdadeiro) ou F (falso)? Justifique.
Seja \vec{F}: I \rightarrow \mathbb{R}^{3} uma função três vezes derivável em I.
a) \left(\vec{F}^{\prime} \times \vec{F}\right)^{\prime}=\vec{F}^{\prime \prime} \times \vec{F}
b) \left(\vec{F}^{\prime} \times \vec{F}\right)^{\prime \prime}=\vec{F}^{\prime \prime \prime} \times \vec{F}
c) (\vec{F} \cdot \vec{F})^{\prime \prime}=2\left(\vec{F} \cdot \vec{F}^{\prime \prime}+\left|\vec{F}^{\prime}\right|^{2}\right)
d) Se U(t)=|\vec{F}(t)|, então \vec{F}(t) \cdot \vec{F}^{\prime}(t)=U(t) U^{\prime}(t).

Passo 1

O enunciado dá uma função vetor \vec{F}:I\to\mathbb{R}^3 que é três vezes derivável em I. Pergunta-se Verdadeiro (V) ou Falso (F) para cada uma das afirmações abaixo, justificando cada resposta:
a) \left(\vec{F}^{\prime} \times \vec{F}\right)^{\prime}=\vec{F}^{\prime \prime} \times \vec{F}.
b) \left(\vec{F}^{\prime} \times \vec{F}\right)^{\prime \prime}=\vec{F}^{\prime \prime \prime} \times \vec{F}.
c) (\vec{F} \cdot \vec{F})^{\prime \prime}=2\left(\vec{F} \cdot \vec{F}^{\prime \prime}+\left|\vec{F}^{\prime}\right|^{2}\right).
d) Se U(t)=|\vec{F}(t)|, então \vec{F}(t)\cdot\vec{F}^{\prime}(t)=U(t)\,U^{\prime}(t).
Todas as informações relevantes estão acima: \vec{F} é suficientemente suave (até terceira derivada existe), e precisamos verificar cada identidade e justificar.

Passo 2

Lembrete de ferramentas essenciais (regras que vou usar). Vou explicar bem devagar e com calma:
  • Regra do produto para o produto vetorial (cross): se \vec{A}(t) e \vec{B}(t) são diferenciáveis, então
(\vec{A}\times\vec{B})'=\vec{A}'\times\vec{B}+\vec{A}\times\vec{B}'.
Isto é análogo à regra do produto escalar, mas com o operador \times.
  • Propriedade do produto vetorial: para qualquer vetor \vec{v}, \vec{v}\times\vec{v}=\vec{0} (um vetor cruz consigo mesmo é o vetor nulo).
  • Regra do produto para o produto escalar (dot): se \vec{A}(t) e \vec{B}(t) são diferenciáveis, então
(\vec{A}\cdot\vec{B})'=\vec{A}'\cdot\vec{B}+\vec{A}\cdot\vec{B}'.
  • Norma e derivada. Para U(t)=|\vec{F}(t)|=\sqrt{\vec{F}(t)\cdot\vec{F}(t)}, quando U é diferenciável (em particular quando \vec{F}(t)\neq\vec{0}), aplica-se a regra da cadeia:
U'(t)=\frac{\vec{F}(t)\cdot\vec{F}'(t)}{|\vec{F}(t)|}.
Multiplicando por U(t)=|\vec{F}(t)| obtemos U(t)U'(t)=\vec{F}(t)\cdot\vec{F}'(t) sempre que U for diferenciável (veja discussão posterior sobre o caso \vec{F}(t)=\vec{0}).
Agora uso essas regras para cada item.

Passo 3

Avalio \left(\vec{F}^{\prime}\times\vec{F}\right)'. Usando a regra do produto para o cross com \vec{A}=\vec{F}' e \vec{B}=\vec{F}:
\left(\vec{F}^{\prime}\times\vec{F}\right)'=\vec{F}''\times\vec{F}+\vec{F}'\times\vec{F}'.
Mas, como \vec{F}'\times\vec{F}'=\vec{0} (vetor cruz consigo mesmo = zero), obtemos
\left(\vec{F}^{\prime}\times\vec{F}\right)'=\vec{F}''\times\vec{F}+\vec{0}=\vec{F}''\times\vec{F}.
Portanto a igualdade da parte (a) é verdadeira para todo t em que \vec{F} é diferenciável (aqui temos derivadas necessárias, e elas existem por hipótese). Intuitivamente: o segundo termo da regra do produto some porque é o cross de um vetor por ele mesmo.

Passo 4

Queremos comparar \left(\vec{F}'\times\vec{F}\right)'' com \vec{F}'''\times\vec{F}. A forma mais direta é derivar o resultado do item (a) mais uma vez: de (a) temos \left(\vec{F}'\times\vec{F}\right)'=\vec{F}''\times\vec{F}. Diferenciando novamente e aplicando a regra do produto para o cross obtemos um termo adicional; preciso mostrar se esse termo adicional é sempre zero ou não.

Passo 5

Diferenciando \vec{F}''\times\vec{F} usando a regra do produto para o cross:
\left(\vec{F}''\times\vec{F}\right)'=\vec{F}'''\times\vec{F}+\vec{F}''\times\vec{F}'.
Portanto
\left(\vec{F}'\times\vec{F}\right)''=\vec{F}'''\times\vec{F}+\vec{F}''\times\vec{F}'.
Compare com a expressão que a parte (b) afirma: \vec{F}'''\times\vec{F}. São iguais somente se \vec{F}''\times\vec{F}'=\vec{0}, i.e., somente se \vec{F}'' e \vec{F}' forem sempre colineares. Em geral isso não ocorre, logo a identidade da parte (b) não vale em geral.

Passo 6

Vou dar um contraexemplo simples para tornar a falha clara. Considere
\vec{F}(t)=\bigl(t,\;t^{2},\;0\bigr).
Então
\vec{F}'(t)=\bigl(1,\;2t,\;0\bigr),\quad \vec{F}''(t)=\bigl(0,\;2,\;0\bigr),\quad \vec{F}'''(t)=\bigl(0,\;0,\;0\bigr).
Calcule \vec{F}''(t)\times\vec{F}'(t). Usando a fórmula para vetores do tipo (a,b,0)\times(c,d,0) (que dá (0,0,ad-bc)), temos
\vec{F}''(t)\times\vec{F}'(t)=\bigl(0,\;2,\;0\bigr)\times\bigl(1,\;2t,\;0\bigr)=(0,0,\,-2).
Este vetor é não-nulo (em particular para todo t). Assim
\left(\vec{F}'\times\vec{F}\right)''=\vec{F}'''\times\vec{F}+\vec{F}''\times\vec{F}'=(0,0,0)+(0,0,-2)=(0,0,-2),
enquanto \vec{F}'''\times\vec{F}=(0,0,0). Logo as duas expressões são diferentes: a igualdade da parte (b) falha para este \vec{F}. Concluímos que (b) é falsa em geral.

Passo 7

Queremos calcular (\vec{F}\cdot\vec{F})''. Uma estratégia limpa: primeiro derivar uma vez e depois de novo, usando a regra do produto escalar. Vou fazer passo a passo e comentar cada uso de regra.

Passo 8

Primeiro calcule a primeira derivada usando a regra do produto escalar:
(\vec{F}\cdot\vec{F})'=\vec{F}'\cdot\vec{F}+\vec{F}\cdot\vec{F}'=2\,\vec{F}\cdot\vec{F}'.
Agora derive novamente:
(\vec{F}\cdot\vec{F})''=\bigl(2\,\vec{F}\cdot\vec{F}'\bigr)'=2\bigl(\vec{F}'\cdot\vec{F}'+\vec{F}\cdot\vec{F}''\bigr).
No passo acima usei a regra do produto escalar: (\vec{F}\cdot\vec{G})'=\vec{F}'\cdot\vec{G}+\vec{F}\cdot\vec{G}' com \vec{G}=\vec{F}'. Repare que \vec{F}'\cdot\vec{F}'=|\vec{F}'|^{2}. Assim a expressão fica
(\vec{F}\cdot\vec{F})''=2\bigl(\vec{F}\cdot\vec{F}''+|\vec{F}'|^{2}\bigr),
que é exatamente a fórmula pedida. Portanto (c) é verdadeira.

Passo 9

Essa identidade é útil na prova de várias coisas (por exemplo, relacionar curvatura e torsão em curvas etc.). A ideia central é que derivar o escalar \vec{F}\cdot\vec{F} 2\vec{F}\cdot\vec{F}' e derivar de novo produz os dois termos: o termo com \vec{F}\cdot\vec{F}'' e o termo com |\vec{F}'|^{2}.

Passo 10

Começo lembrando que U(t)=|\vec{F}(t)|=\sqrt{\vec{F}(t)\cdot\vec{F}(t)}. Quando U é diferenciável em t (em particular quando \vec{F}(t)\neq\vec{0}), aplico a regra da cadeia à função g(x)=\sqrt{x} composta com x(t)=\vec{F}(t)\cdot\vec{F}(t). Então
U'(t)=\frac{1}{2\sqrt{\vec{F}\cdot\vec{F}}}\cdot 2\,\vec{F}\cdot\vec{F}'=\frac{\vec{F}\cdot\vec{F}'}{|\vec{F}|}.
Multiplicando por U(t)=|\vec{F}(t)| obtemos, sempre que U for diferenciável (equivalente a \vec{F}(t)\neq\vec{0} ou casos especiais abaixo),
U(t)\,U'(t)=\vec{F}(t)\cdot\vec{F}'(t).
Assim a identidade apresentada em (d) é verdadeira nos pontos onde U é diferenciável (por exemplo em todo t tais que \vec{F}(t)\neq\vec{0}).

Passo 11

Preciso discutir a situação quando \vec{F}(t)=\vec{0} num certo instante t. Neste ponto U(t)=0. Duas sub-situações:
  • Se \vec{F}(t)=\vec{0} e \vec{F}'(t)=\vec{0}, então \vec{F}(t)\cdot\vec{F}'(t)=0. Se além disso U for diferenciável em t, teremos U'(t)=0 e a identidade U U'=\vec{F}\cdot\vec{F}' vale (ambos iguais a zero).
  • Se \vec{F}(t)=\vec{0} mas \vec{F}'(t)\neq\vec{0}, então frequentemente U(t)=|\vec{F}(t)| tem canto e não é diferenciável em t. Um exemplo clássico: \vec{F}(t)=(t,0,0). Em t=0 temos \vec{F}(0)=\vec{0}, U(t)=|t| e U'(0) não existe (não existe derivada de |t| em 0), enquanto \vec{F}(0)\cdot\vec{F}'(0)=0. A igualdade proposta exige a existência de U'(t), portanto nesse tipo de ponto a afirmação, entendida sem restrições, é problemática: diz-se que U U'= \vec{F}\cdot\vec{F}' só faz sentido quando U' existe.

Passo 12

Resumo claro: a fórmula
\vec{F}(t)\cdot\vec{F}'(t)=U(t)\,U'(t)
é verdadeira sempre que U é diferenciável em t (em particular sempre que \vec{F}(t)\neq\vec{0}). Se U não é diferenciável num ponto (possível quando \vec{F}(t)=\vec{0} e \vec{F}'(t)\neq\vec{0}), a igualdade não se aplica porque U'(t) não existe. Então a afirmação, escrita sem hipóteses adicionais, normalmente é aceita como verdadeira com a ressalva de que precisamos da diferenciabilidade de U (ou \vec{F}(t)\neq\vec{0}).

Resposta

a) V
b) F
c) V
d) V

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