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

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fim

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exemplo de diapositivos a colocar no moodle

incompleto e

apenas para referência de formatação

Matemática

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Sumário: Revisão e esclarecimento de dúvidas sobre a aula

anterior. Movimento no espaço: velocidade e aceleração.

Exemplos. Exercícios resolvidos. Exercícios.

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e insuficientes; destinam-se apenas a apoio durante as aulas não substituindo a participação nas

aulas, resolução de exercícios e estudo independente usando a bibliografia recomendada.

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pág.(s) 424

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SECTION 11.4 (PAGE 619) R. A. ADAMS: CALCULUS

5.

If κ(s) = 0 for all s, then d ˆ_{ds =}T κ ˆN = 0, so

ˆT(s) = ˆT(0) is constant. This says that d_{ds =}r ˆT(0), so

r = ˆT(0)s + r(0), which is the vector parametric equation

of a straight line.

6.

If τ (s)= 0 for all s, then

d ˆB ds = −τ ˆN = 0, so ˆB(s) = ˆB(0) is constant. Therefore, d ds ! r(s) − r(0)"• ˆB(s) = d_{ds •}r ˆB(s) = ˆT(s) • ˆB(s) = 0. It follows that ! r(s) − r(0)"• ˆB(0) =!r(s) − r(0)"• ˆB(s) = 0 for all s. This says that r(s) lies in the plane through

r(0) having normal ˆB(0).

7.

The circle C1 given by

r = _C1 cos Csi+_C1 sin Csj

is parametrized in terms of arc length, and has curvature

C and torsion 0. (See Examples 2 and 3.)

If curve Chas constant curvature κ(s)= C and constant torsion τ (s)= 0, then Cis congruent toC1 by Theorem

3. ThusCmust itself be a circle (with radius 1/C).

8.

The circular helix C1 given by

r = a cos ti + a sin tj + btk

has curvature and torsion given by κ(s)= a

a2_{+ b}2, τ (s)=

b a2_{+ b}2,

by Example 3.

if a curve Chas constant curvature κ(s) = C > 0, and constant torsion τ (s)= T ̸= 0, then we can choose a and

b so that a a2_{+ b}2 = C, b a2_{+ b}2 = T. (Specifically, a = _C2C + T2, and b = T C2_{+ T}2.) By

Theorem 3,C is itself a circular helix, congruent toC1.

Section 11.5 Curvature and Torsion for

General Parametrizations

(page 625)

1.

For y= x2 _{we have} κ(x)= |d 2_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)= |d

2_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 curvature at x = 0 is 1. The radius of curvature at x = π/2 is infinite.

3.

r = 2ti + (1/t)j − 2tk v = 2i − (1/t2_{)j − 2k}

a = (2/t3)j

v × a = (4/t3_{)i + (4/t}3_)k

At (2, 1,−2), that is, at t = 1, we have κ= κ(1) = |v × a|

v3 = 4√2

27 . Thus the radius of curvature is 27/(4√2).

4.

_{r = t}3_{i + t}2_{j + tk} v = 3t2i + 2tj + k a = 6ti + 2j v(1) = 3i + 2j + k, a(1) = 6i + 2j v(1) × a(1) = −2i + 6j − 6k κ(1)= √ 4+ 36 + 36 (9+ 4 + 1)3/2 = 2√19 143/2

At t= 1 the radius of curvature is 143/2_/(2√_19).

5.

r = ti + t2_{j + 2k} v = i + 2tj a = 2j v × a = 2k At (1, 1, 2), where t = 1, we have ˆ

T

= v/|v| = (i + 2j)/√5 ˆ

B

= (v × a)/|v × a| = k ˆ

N

= ˆB × ˆT = (−2i + j)/√5. 424

INSTRUCTOR’S SOLUTIONS MANUAL SECTION 11.5 (PAGE 625)

6. r = ti + t2_{j + tk} v = i + 2tj + k a = 2j v × a = −2i + 2k At (1, 1, 1), where t_{= 1, we have} ˆ T_{= v/|v| = (i + 2j + k)/}√6 ˆ B_{= (v × a)/|v × a| = −(i − k)/}√2 ˆ N= ˆB × ˆT = −(i − j + k)/√3. 7. r = ti +t₂2j +t₃3k v = i + tj + t2_k a = j + 2tk, d_{dt =}a 2k v × a = t2_{i − 2tj + k} v= |v| =!1+ t2+ t4, |v × a| =!1+ 4t2+ t4 (v × a) •da dt =2 ˆ T₌ v v = i + tj + t2_k √ 1_{+ t}2_{+ t}4 ˆ B₌ v × a |v × a|= t2_{i − 2tj + k} √ 1_{+ 4t}2_{+ t}4 ˆ N_{= ˆB × ˆT =}−(2t!3+ t)i + (1 − t4)j + (t3+ 2t)k (1_{+ t}2_{+ t}4_{)(1+ 4t}2_{+ t}4₎ κ= |v × a| v3 = √ 1_{+ 4t}2_{+ t}4 (1_{+ t}2_{+ t}4₎3/2 τ= (v × a) •da dt |v × a|2 = 2 1_{+ 4t}2_{+ t}4. 8. r = et_{cos ti+ e}t_{sin tj+ e}t_k

v = et_{(cos t− sin t)i + e}t_{(sin t+ cos t)j + e}t_k

a = −2et_{sin ti+ 2e}t_{cos tj+ e}t_k

da

dt = −2e

t_{(cos t+ sin t)i + 2e}t_{(cos t− sin t)j + e}t_k

v × a = e2t_{(sin t− cos t)i − e}2t_{(cos t+ sin t)j + 2e}2t_k

v= |v| =√3et, |v × a| =√6e2t (v × a) •da dt =2e 3t ˆ T=v v =

(cos t_{− sin t)i + (cos t + sin t)j + k} √

3 ˆ

B₌ v × a

|v × a| =

(sin t_{− cos t)i − (cos t + sin t)j + 2k} √

6 ˆ

N_{= ˆB × ˆT = −}(cos t+ sin t)i − (cos t − sin t)j_√

2 κ=|v × a| v3 = √ 2 3et τ₌ (v × a) •da dt |v × a|2 = 1 3et.

9. r = (2 +√2 cos t)i_{+ (1 − sin t)j + (3 + sin t)k} v = −√2 sin ti_{− cos tj + cos tk}

v=!2 sin2_{t+ cos}2_{t+ cos}2_t=√₂

a = −√2 cos ti_{+ sin tj − sin tk}

da

dt =

√

2 sin ti_{+ cos tj − cos tk} v × a = −√2j₋√2k κ= |v × a| v3 = 2 2√2 = 1 √ 2 (v × a) •da dt = − √ 2 cos t₊√2 cos t_{= 0} τ= 0.

Since κ _{= 1/}√2 is constant, and τ _{= 0, the curve is a} circle. Its centre is (2, 1, 3) and its radius is√2. It lies in a plane with normal j_{+ k(= −}√2 ˆB).

10. r = xi + sin xj

v = dx_dt i + cos xdx_dt j = k(i + cos xj) v= k!1+ cos2_x a = −k sin xdx_dt j = −k2_{sin xj} v × a = −k3_{sin xk} κ₌|v × a| v3 = | sin x| (1_{+ cos}2_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

dv

dt =

k

2

√

1

_{+ cos}

2

_x

2 cos x)(

− sin x)

dx

dt = −

k

2

cos x sin x

√

1

_{+ cos}

2

_x

v

2

κ

=

k

2

_{| sin x|}

√

1

_{+ cos}

2

_x

.

11.

_{r = sin t cos ti + sin}

2

_t

_{j + cos tk}

v = cos 2ti + sin 2tj − sin tk

a = −2 sin 2ti + 2 cos 2tj − cos tk

d

a

dt = −

4 cos 2ti

− 4 sin 2tj + sin tk.

At t

_{= 0 we have v = i, a = 2j − k,}

d

a

dt = −

4i,

v × a = j + 2k, (v × a) •

d

_{dt =}

a

0.

Thus ˆT

_{= i, ˆB = (j + 2k)/}

√

5, ˆN

_{= (2j − k)/}

√

5,

κ

=

√

5, and τ

= 0.

At t

_{= π/4 we have v = j −}

_√

1

2

k, a = −2i −

1

√

2

k,

d

a

dt = −

4j

+

1

√

2

k, v × a = −

1

√

2

i +

√

2j

_{+ 2k,}

(

v × a) •

d

a

dt = −

3

√

2.

Thus

ˆ

T

₌

_√

1

3

(

√

2j

_{− k)}

ˆ

B

₌

_√

1

13

(

−i + 2j + 2

√

2k)

ˆ

N

_{= −}

_√

1

39

(6i

+ j +

√

2k)

κ

=

2

√

39

9

,

τ

= −

6

√

2

13

.

12.

_{r = a cos ti + b sin tj}

v = −a sin ti + b cos tj

a = −a cos ti − b sin tj

v × a = abk

v

=

!

a

2

sin

2

t

+ b

2

cos

2

t.

The tangential component of acceleration is

dv

dt =

(

a

2

− b

2

)

sin t cos t

√

a

2

_sin

2

_t

_{+ b}

2

_cos

2

_t

,

which is zero if t is an integer multiple of π/2, that is, at

the ends of the major and minor axes of the ellipse.

The normal component of acceleration is

v

2

κ

= v

2

|v × a|

v

3

=

ab

√

a

2

sin

2

_t

_{+ b}

2

_cos

2

_t

.

13.

The ellipse is the same one considered in Exercise 16, so

its curvature is

κ

=

ab

(

a

2

sin

2

t

+ b

2

cos

2

t)

3/2

=

_"

ab

(

a

2

− b

2

)

sin

2

t

+ b

2

#

3/2

.

If a > b > 0, then the maximum curvature occurs when

sin t

_{= 0, and is a/b}

2

. The minimum curvature occurs

when sin t

_{= ±1, and is b/a}

2

.

14.

By Example 2, the curvature of y

_{= x}

2

at (1, 1) is

κ

=

2

(1

_{+ 4x}

2

₎

3/2

$

$

$

$

_x

=1

=

2

5

√

5

.

Thus the magnitude of the normal acceleration of the

bead at that point is v

2

κ

= 2v

2

/(5

√

5).

The rate of change of the speed, dv/dt, is the

tan-gential component of the acceleration, and is due entirely

to the tangential component of the gravitational force

since there is no friction:

dv

dt =

g

cos θ

= g(−j) • ˆT,

where θ is the angle between ˆT and

_{−j. (See the}

fig-ure.) Since the slope of y

_{= x}

2

at (1, 1) is 2, we have

ˆT = −(i + 2j)/

√

5, and therefore dv/dt

_{= 2g/}

√

5.

y

x

v

2

κ ˆ

N

−gj

(1, 1)

dv

dt

ˆT

y

_{= x}

2

θ

Fig. 11.5.14

15.

Curve: r

_{= xi + e}

x

j.

Velocity: v

_{= i + e}

x

_{j. Speed: v =}

√

1

_{+ e}

2x

_.

Acceleration: a

_{= e}

x

j. We have

v × a = e

x

k,

_{|v × a| = e}

x

.

The curvature is κ

₌

e

x

(1

_{+ e}

2x

₎

3/2

. Therefore, the radius

of curvature is ρ

₌

(1

+ e

2x

)

3/2

e

x

.

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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−1b a =cos−1 a c =cos−1 1 ϵ. y x θ F2 V2 V1 F1 _C θ c _b a Fig. 11.6.21

22. By Exercise 17, the asymptotes make angle

θ= cos−1(1/ϵ) with the transverse axis, as shown in the figure. The angle of deviation δ satisfies 2θ_{+ δ = π, so} θ=π 2 − δ 2, and cos θ_{= sin}δ 2, sin θ= cos δ 2. y x S D rp θ 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_{= r}p= c − a = (ϵ − 1)a = ℓ ϵ+ 1, v= vp= rp˙θ = h rp = h(ϵ+ 1) ℓ . Since h2_{= kℓ, we have} v2_∞= v2p− 2k rp = h2 ℓ2(ϵ+ 1) 2₋2k ℓ(ϵ+ 1) = k ℓ ! (ϵ+ 1)2− 2(ϵ + 1)" = k ℓ(ϵ 2_{− 1) =}k a. Thus av2 ∞= k.

If D is the perpendicular distance from the sun S to an asymptote of the orbit (see the figure) then

D_{= c sin θ = ϵa sin θ = a}sin θ

cos θ = acos(δ/2)_{sin(δ/2) =}acotδ

2. Therefore Dv2 ∞ k = v_∞2a k cot δ 2 =cot δ 2.

Review Exercises 11 (page 636) 1. Given that a_{• r = 0 and a • v = 0, we have}

d

dt |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 ti+ t sin tj+ (2π − t)k, (0 ≤ t ≤ 2π) is a conical helix wound around the cone z_{= 2π −}%x2_{+ y}2_starting

at the vertex (0, 0, 2π), and completing one revolution to end 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_{+ t}2_{dt= π}%_{2+ 4π}2_+ln ' 2π₊√2_{+ 4π}2 √ 2 ( units. 435

REVIEW EXERCISES 11 (PAGE 636) R. A. ADAMS: CALCULUS

3. The position of the particle at time t is r = xi + x2_{j +}2

3x3k,

where x is an increasing function of t. Thie velocity is v = dx_dt!i + 2xj + 2x2_k"_.

Since the speed is 6, we have 6₌dx

dt

#

1_{+ 4x}2_{+ 4x}4_{= (2x}2_{+ 1)}dx dt,

so that dx/dt _{= 6/(2x}2_{+ 1). The particle is at (1, 1,}2 3)

when x_{= 1. At this time its velocity is} v(1) = 2(i + 2j + 2k). Also d2_x dt2 = − 6 (2x2_{+ 1)}2(4x) dx dt = − 144x (2x2_{+ 1)}3 a =d_dt2x₂(i + 2xj + 2x2k) +dx_dt $ 2dx dtj + 4x dx dtk % . 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 = xi + x2_j v = dx_dt(i + 2xj), v = & & & & dx dt & & & & # 1_{+ 4x}2 a = d_dt2x2(i + 2xj) + 2 $_dx dt %2 j.

Let us assume that the particle is moving to the right, so that dx/dt > 0. Since the speed is t, we have

dx dt = t √ 1_{+ 4x}2 d2_x dt2 = √ 1_{+ 4x}2_−√ 4t x 1_{+ 4x}2 dx dt 1_{+ 4x}2 .

If the particle is at (√2, 2) at t _{= 3, then dx/dt = 1 at} that time, and

d2_x dt2 =

3_{− 4}√2 9 .

Hence the acceleration is a = 3− 4 √ 2 9 (i + 2 √ 2j)_{+ 2j.}

If the particle is moving to the left, so that dx/dt < 0, a similar calculation shows that at t_{= 3 its acceleration is}

a = −3+ 4 √ 2 9 (i + 2 √ 2j)_{+ 2j.} 5. r = et_{i +}√_{2tj+ e}−t_k v = et_{i +}√_{2j− e}−t_k a = et_{i + e}−t_k da dt =e t_{i − e}−t_k v × a =√2e−ti − 2j −√2et_k v₌#e2t_{+ 2 + e}−2t _{= e}t_{+ 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_{= e}t_{− e}−t_. Normal acceleration: v2_κ=√_2.

Since v _{= 2 cosh t, the minimum speed is 2 at time}

t_{= 0.} 7. For x(s)₌ ' s 0 cos kt2 2 dt, y(s)= ' s 0 sin kt2 2 dt, we have dx ds =cos ks2 2 , dy ds =sin ks2 2 , so that the speed is unity:

v= ($_dx ds %2 +$ dy_ds %2 = 1.

Since x(0) _{= y(0) = 0, the arc length along the curve,} measured from the origin, is s. Also,

v = cosks₂2i + sinks₂2j a = −ks sinks₂2i + ks cosks₂2j v × a = ksk.

Therefore the curvature at position s is κ= |v × a|/v3= ks.

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