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exemplos de utilização do moodle para unidade curriculares do departamento de aeronáutica e transportes

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!C7: verificar mensagem, click “Enviar mensagem”



!!!!!!!!

fim



!!!!!!!!

exemplo de diapositivos a colocar no moodle

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Matemática !

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Exemplos. Exercícios resolvidos. Exercícios.

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Movimento no espaço: velocidade e aceleração.

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Movimento no espaço: velocidade e aceleração. Exemplos. Exercícios resolvidos. Exercícios.



Exercícios

!!!!!!!!!!!!!!!!!!!pág.(s) 424



Exercícios (resolução, exercícios seleccionados)

!!!!!!!!!!!!!!!!!!!

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




!!!!!!!!!!!!!!!!!!!

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




!!!!!!!!!!!!!!!!!!!

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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