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exemplos de utilização do moodle para unidade curriculares do departamento de aeronáutica e transportes
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B. apresentação de mensagens na página moodle da UC
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!C1: repetir A1 + A3 + A3; adicionar “bloco Pessoas”
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!C4: click em “Mostrar todos #”
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!C5: click em “Seleccionar todos” e “Enviar mensagem”
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fim
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exemplo de diapositivos a colocar no moodle
incompleto e apenas para referência de formatação
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Matemática !
!!Sumário: Revisão e esclarecimento de dúvidas sobre a aula anterior. Movimento no espaço: velocidade e aceleração.
Exemplos. Exercícios resolvidos. Exercícios.
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Exercícios
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Exercícios (resolução, exercícios seleccionados)
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SECTION 11.4 (PAGE 619) R. A. ADAMS: CALCULUS
5. If κ(s) = 0 for all s, then dT̂ds
= κN̂ = 0, so
T̂(s) = T̂(0) is constant. This says that drds
= T̂(0), sor = T̂(0)s + r(0), which is the vector parametric equationof a straight line.
6. If τ (s) = 0 for all s, thendB̂ds
= −τ N̂ = 0, so B̂(s) = B̂(0) is constant. Therefore,
dds
(r(s) − r(0)
)• B̂(s) = dr
ds• B̂(s) = T̂(s) • B̂(s) = 0.
It follows that(
r(s) − r(0))
• B̂(0) =(
r(s) − r(0))
• B̂(s) = 0
for all s. This says that r(s) lies in the plane throughr(0) having normal B̂(0).
7. The circle C1 given by
r = 1C
cos Csi + 1C
sin Csj
is parametrized in terms of arc length, and has curvatureC and torsion 0. (See Examples 2 and 3.)If curve C has constant curvature κ(s) = C and constanttorsion τ (s) = 0, then C is congruent to C1 by Theorem3. Thus C must itself be a circle (with radius 1/C).
8. The circular helix C1 given by
r = a cos t i + a sin tj + btk
has curvature and torsion given by
κ(s) = aa2 + b2 , τ (s) =
ba2 + b2 ,
by Example 3.if a curve C has constant curvature κ(s) = C > 0, andconstant torsion τ (s) = T ̸= 0, then we can choose a andb so that
aa2 + b2 = C,
ba2 + b2 = T .
(Specifically, a = CC2 + T 2 , and b =
TC2 + T 2 .) By
Theorem 3, C is itself a circular helix, congruent to C1.
Section 11.5 Curvature and Torsion forGeneral Parametrizations (page 625)
1. For y = x2 we have
κ(x) = |d2 y/dx2|
(1 + (dy/dx)2)3/2 =2
(1 + 4x2)3/2 .
Hence κ(0) = 2 and κ(√
2) = 2/27. The radii of cur-vature at x = 0 and x =
√2 are 1/2 and 27/2, respec-
tively.
2. For y = cos we have
κ(x) = |d2 y/dx2|
(1 + (dy/dx)2)3/2 =| cos x |
(1 + sin2 x)3/2 .
Hence κ(0) = 1 and κ(π/2) = 0. The radius of curvatureat x = 0 is 1. The radius of curvature at x = π/2 isinfinite.
3. r = 2t i + (1/t)j − 2tkv = 2i − (1/t2)j − 2ka = (2/t3)j
v × a = (4/t3)i + (4/t3)kAt (2, 1,−2), that is, at t = 1, we have
κ = κ(1) = |v × a|v3
= 4√
227
.
Thus the radius of curvature is 27/(4√
2).
4. r = t3i + t2j + tkv = 3t2i + 2tj + ka = 6t i + 2j
v(1) = 3i + 2j + k, a(1) = 6i + 2jv(1) × a(1) = −2i + 6j − 6k
κ(1) =√
4 + 36 + 36(9 + 4 + 1)3/2 =
2√
19143/2
At t = 1 the radius of curvature is 143/2/(2√
19).
5. r = t i + t2j + 2kv = i + 2tja = 2j
v × a = 2kAt (1, 1, 2), where t = 1, we have
T̂ = v/|v| = (i + 2j)/√
5
B̂ = (v × a)/|v × a| = kN̂ = B̂ × T̂ = (−2i + j)/
√5.
424
INSTRUCTOR’S SOLUTIONS MANUAL SECTION 11.5 (PAGE 625)
6. r = t i + t2j + tkv = i + 2tj + ka = 2j
v × a = −2i + 2kAt (1, 1, 1), where t = 1, we have
T̂ = v/|v| = (i + 2j + k)/√
6
B̂ = (v × a)/|v × a| = −(i − k)/√
2
N̂ = B̂ × T̂ = −(i − j + k)/√
3.
7. r = t i + t2
2j + t
3
3k
v = i + tj + t2k
a = j + 2tk, dadt
= 2kv × a = t2i − 2tj + k
v = |v| =√
1 + t2 + t4, |v × a| =√
1 + 4t2 + t4
(v × a) • dadt
= 2
T̂ = vv
= i + tj + t2k√
1 + t2 + t4
B̂ = v × a|v × a| =t2i − 2tj + k√
1 + 4t2 + t4
N̂ = B̂ × T̂ = −(2t3 + t)i + (1 − t4)j + (t3 + 2t)k√
(1 + t2 + t4)(1 + 4t2 + t4)
κ = |v × a|v3
=√
1 + 4t2 + t4(1 + t2 + t4)3/2
τ =(v × a) • da
dt|v × a|2 =
21 + 4t2 + t4 .
8. r = et cos t i + et sin tj + et kv = et (cos t − sin t)i + et (sin t + cos t)j + et ka = −2et sin t i + 2et cos tj + et k
dadt
= −2et (cos t + sin t)i + 2et (cos t − sin t)j + et kv × a = e2t (sin t − cos t)i − e2t (cos t + sin t)j + 2e2t k
v = |v| =√
3et , |v × a| =√
6e2t
(v × a) • dadt
= 2e3t
T̂ = vv
= (cos t − sin t)i + (cos t + sin t)j + k√3
B̂ = v × a|v × a| =(sin t − cos t)i − (cos t + sin t)j + 2k√
6
N̂ = B̂ × T̂ = − (cos t + sin t)i − (cos t − sin t)j√2
κ = |v × a|v3
=√
23et
τ =(v × a) • da
dt|v × a|2 =
13et
.
9. r = (2 +√
2 cos t)i + (1 − sin t)j + (3 + sin t)kv = −
√2 sin t i − cos tj + cos tk
v =√
2 sin2 t + cos2 t + cos2 t =√
2
a = −√
2 cos t i + sin tj − sin tkdadt
=√
2 sin t i + cos tj − cos tk
v × a = −√
2j −√
2k
κ = |v × a|v3
= 22√
2= 1√
2
(v × a) • dadt
= −√
2 cos t +√
2 cos t = 0τ = 0.
Since κ = 1/√
2 is constant, and τ = 0, the curve is acircle. Its centre is (2, 1, 3) and its radius is
√2. It lies
in a plane with normal j + k(= −√
2B̂).
10. r = x i + sin xj
v = dxdt
i + cos x dxdt
j = k(i + cos xj)
v = k√
1 + cos2 x
a = −k sin x dxdt
j = −k2 sin xjv × a = −k3 sin xk
κ = |v × a|v3
= | sin x |(1 + cos2 x)3/2 .
425
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Exercícios (resolução, exercícios seleccionados)
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SECTION 11.5 (PAGE 625) R. A. ADAMS: CALCULUS
The tangential and normal components of acceleration are
dvdt
= k2√
1 + cos2 x2 cos x)(− sin x)dx
dt= − k
2 cos x sin x√1 + cos2 x
v2κ = k2| sin x |√
1 + cos2 x.
11. r = sin t cos t i + sin2 tj + cos tkv = cos 2t i + sin 2tj − sin tka = −2 sin 2t i + 2 cos 2tj − cos tk
dadt
= −4 cos 2t i − 4 sin 2tj + sin tk.
At t = 0 we have v = i, a = 2j − k, dadt
= −4i,
v × a = j + 2k, (v × a) • dadt
= 0.Thus T̂ = i, B̂ = (j + 2k)/
√5, N̂ = (2j − k)/
√5,
κ =√
5, and τ = 0.
At t = π/4 we have v = j − 1√2
k, a = −2i − 1√2
k,
dadt
= −4j + 1√2
k, v × a = − 1√2
i +√
2j + 2k,
(v × a) • dadt
= −3√
2.
Thus
T̂ = 1√3(√
2j − k)
B̂ = 1√13
(−i + 2j + 2√
2k)
N̂ = − 1√39
(6i + j +√
2k)
κ = 2√
399
, τ = −6√
213
.
12. r = a cos t i + b sin tjv = −a sin t i + b cos tja = −a cos t i − b sin tj
v × a = abkv =
√a2 sin2 t + b2 cos2 t .
The tangential component of acceleration is
dvdt
= (a2 − b2) sin t cos t√
a2 sin2 t + b2 cos2 t,
which is zero if t is an integer multiple of π/2, that is, atthe ends of the major and minor axes of the ellipse.The normal component of acceleration is
v2κ = v2 |v × a|v3
= ab√a2 sin2 t + b2 cos2 t
.
13. The ellipse is the same one considered in Exercise 16, soits curvature is
κ = ab(a2 sin2 t + b2 cos2 t)3/2
= ab((a2 − b2) sin2 t + b2
)3/2 .
If a > b > 0, then the maximum curvature occurs whensin t = 0, and is a/b2. The minimum curvature occurswhen sin t = ±1, and is b/a2.
14. By Example 2, the curvature of y = x2 at (1, 1) is
κ = 2(1 + 4x2)3/2
∣∣∣∣x=1
= 25√
5.
Thus the magnitude of the normal acceleration of thebead at that point is v2κ = 2v2/(5
√5).
The rate of change of the speed, dv/dt , is the tan-gential component of the acceleration, and is due entirelyto the tangential component of the gravitational forcesince there is no friction:
dvdt
= g cos θ = g(−j) • T̂,
where θ is the angle between T̂ and −j. (See the fig-ure.) Since the slope of y = x2 at (1, 1) is 2, we haveT̂ = −(i + 2j)/
√5, and therefore dv/dt = 2g/
√5.
y
x
v2κN̂
−gj
(1, 1)
dvdt
T̂
y = x2
θ
Fig. 11.5.14
15. Curve: r = x i + ex j.Velocity: v = i + ex j. Speed: v =
√1 + e2x .
Acceleration: a = ex j. We have
v × a = exk, |v × a| = ex .
The curvature is κ = ex
(1 + e2x)3/2 . Therefore, the radius
of curvature is ρ = (1 + e2x )3/2
ex.
426
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Exercícios (resolução, exercícios seleccionados)
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INSTRUCTOR’S SOLUTIONS MANUAL REVIEW EXERCISES 11 (PAGE 636)
Direction of asymptotes (see figure):
θ = tan−1 ba
= cos−1 ac
= cos−1 1ϵ.
y
xθ F2
V2V1F1 C
θ
c b
a
Fig. 11.6.21
22. By Exercise 17, the asymptotes make angleθ = cos−1(1/ϵ) with the transverse axis, as shown in thefigure. The angle of deviation δ satisfies 2θ + δ = π , soθ = π
2− δ
2, and
cos θ = sin δ2, sin θ = cos δ
2.
y
xS
D
rpθ 2θ
a
δ
(c,0)
Fig. 11.6.22
By conservation of energy,
v2
2− k
r= constant = v
2∞2
for all points on the orbit. At perihelion,
r = rp = c − a = (ϵ − 1)a =ℓ
ϵ + 1 ,
v = vp = rpθ̇ =hrp
= h(ϵ + 1)ℓ
.
Since h2 = kℓ, we have
v2∞ = v2p −2krp
= h2
ℓ2(ϵ + 1)2 − 2k
ℓ(ϵ + 1)
= kℓ
[(ϵ + 1)2 − 2(ϵ + 1)
]
= kℓ(ϵ2 − 1) = k
a.
Thus av2∞ = k.
If D is the perpendicular distance from the sun S toan asymptote of the orbit (see the figure) then
D = c sin θ = ϵa sin θ = a sin θcos θ
= a cos(δ/2)sin(δ/2)
= a cot δ2.
ThereforeDv2∞
k= v
2∞ak
cotδ
2= cot δ
2.
Review Exercises 11 (page 636)
1. Given that a • r = 0 and a • v = 0, we haveddt
|r(t) − tv(t)|2
= 2(
r(t) − tv(t))
•(
v(t) − v(t) − ta(t))
= 2(
r(t) − tv(t))
• a(t) = 0 − 0 = 0.
2. r = t cos t i+ t sin tj+ (2π − t)k, (0 ≤ t ≤ 2π) is a conicalhelix wound around the cone z = 2π −
√x2 + y2 starting
at the vertex (0, 0, 2π), and completing one revolution toend up at (2π, 0, 0). Since
v = (cos t − t sin t)i + (sin t + t cos t)j − k,
the length of the curve is
L =∫ 2π
0
√2 + t2 dt = π
√2 + 4π2+ln
(2π +
√2 + 4π2√2
)
units.
435
REVIEW EXERCISES 11 (PAGE 636) R. A. ADAMS: CALCULUS
3. The position of the particle at time t is
r = x i + x2j + 23 x3k,
where x is an increasing function of t . Thie velocity is
v = dxdt
(i + 2xj + 2x2k
).
Since the speed is 6, we have
6 = dxdt
√1 + 4x2 + 4x4 = (2x2 + 1)dx
dt,
so that dx/dt = 6/(2x2 + 1). The particle is at (1, 1, 23 )when x = 1. At this time its velocity is
v(1) = 2(i + 2j + 2k).
Also
d2xdt2
= − 6(2x2 + 1)2 (4x)
dxdt
= − 144x(2x2 + 1)3
a = d2x
dt2(i + 2xj + 2x2k)
+ dxdt
(2
dxdt
j + 4x dxdt
k)
.
At x = 1, we have
a(1) = −163
(i + 2j + 2k) + 2(4j + 8k)
= 83(−2i − j + 2k).
4. The position, velocity, speed, and acceleration of the par-ticle are given by
r = x i + x2j
v = dxdt
(i + 2xj), v =∣∣∣∣dxdt
∣∣∣∣√
1 + 4x2
a = d2x
dt2(i + 2xj) + 2
(dxdt
)2j.
Let us assume that the particle is moving to the right, sothat dx/dt > 0. Since the speed is t , we have
dxdt
= t√1 + 4x2
d2xdt2
=
√1 + 4x2 − 4t x√
1 + 4x2dxdt
1 + 4x2 .
If the particle is at (√
2, 2) at t = 3, then dx/dt = 1 atthat time, and
d2xdt2
= 3 − 4√
29
.
Hence the acceleration is
a = 3 − 4√
29
(i + 2√
2j) + 2j.
If the particle is moving to the left, so that dx/dt < 0, asimilar calculation shows that at t = 3 its acceleration is
a = −3 + 4√
29
(i + 2√
2j) + 2j.
5. r = et i +√
2tj + e−t kv = et i +
√2j − e−t k
a = et i + e−t kdadt
= et i − e−t k
v × a =√
2e−t i − 2j −√
2et k
v =√
e2t + 2 + e−2t = et + e−t
|v × a| =√
2(et + e−t )
κ = |v × a|v3
=√
2(et + e−t )2
τ =(v × a) • da
dt|v × a|2 =
√2
(et + e−t )2 = κ.
6. Tangential acceleration: dv/dt = et − e−t .Normal acceleration: v2κ =
√2.
Since v = 2 cosh t , the minimum speed is 2 at timet = 0.
7. For x(s) =∫ s
0cos
kt2
2dt , y(s) =
∫ s
0sin
kt2
2dt , we have
dxds
= cos ks2
2,
dyds
= sin ks2
2,
so that the speed is unity:
v =√(
dxds
)2+(
dyds
)2= 1.
Since x(0) = y(0) = 0, the arc length along the curve,measured from the origin, is s. Also,
v = cos ks2
2i + sin ks
2
2j
a = −ks sin ks2
2i + ks cos ks
2
2j
v × a = ksk.
Therefore the curvature at position s isκ = |v × a|/v3 = ks.
436
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