# Exercícios MT1

Questões de testes antigos de Análise Matemática II, com resolução.

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## Curvas paramétricas

Triedro e plano osculador de uma hélice

Teste 1, 2016/17

Considere o ponto $Q=(3,3,-1)$ e a curva parametrizada por $r(t)=(3+3t\cos t,\,3+3t\operatorname{sen}t,\,4t-1)$, $t\in\mathbb{R}$. Determine no ponto $Q$: a) os versores da tangente e da binormal; b) a equação cartesiana do plano osculador; c) as componentes tangencial e normal do vetor aceleração.

Solução

$T=(3/5,0,4/5)$, $B=(-4/5,0,3/5)$, plano osculador $4x-3z-15=0$, $a_T=0$ e $a_N=6$.

O ponto $Q$ corresponde a $t=0$. Tem-se $r'(t)=(3\cos t-3t\operatorname{sen}t,\,3\operatorname{sen}t+3t\cos t,\,4)$, logo $r'(0)=(3,0,4)$ e $|r'(0)|=5$, donde $T=(3/5,0,4/5)$. Além disso, $r''(0)=(0,6,0)$ e $r'(0)\times r''(0)=(-24,0,18)$, com norma $30$, donde $B=(-4/5,0,3/5)$. O plano osculador tem normal $B$ e passa por $Q$: $-4(x-3)+3(z+1)=0$, ou seja, $4x-3z-15=0$. A componente tangencial é $a_T=(r'\cdot r'')/|r'|=0$ e a normal é $a_N=|r'\times r''|/|r'|=30/5=6$.

Confere a tua resposta:

*   O versor da tangente em $Q$ é $(3/5,0,4/5)$ e o da binormal é $(-4/5,0,3/5)$.
*   O plano osculador tem equação $4x-3z-15=0$.
*   A componente tangencial da aceleração é $0$ e a normal é $6$.

Comprimento de arco e triedro de uma curva

Recurso do Teste 1, 2016/17

Considere o ponto $P=(2,1,0)$ e a curva $C$ parametrizada por $r(t)=(2t,\,t^2,\,\ln t)$, $t\in[1,e]$. a) Mostre que $|r'(t)|=\frac{1+2t^2}{t}$ e calcule o comprimento de $C$. b) Obtenha os versores da tangente, da binormal e da normal principal no ponto $P$. c) Determine a equação cartesiana do plano normal à curva em $P$.

Solução

Comprimento $e^2$; em $P=(2,1,0)$: $T=(2/3,2/3,1/3)$, $B=(-2/3,1/3,2/3)$, $N=(-1/3,2/3,-2/3)$; plano normal $2x+2y+z-6=0$.

Tem-se $r'(t)=(2,2t,1/t)$, logo $|r'(t)|=\sqrt{4+4t^2+1/t^2}=\frac{1+2t^2}{t}$, pois $(1+2t^2)^2/t^2=1/t^2+4+4t^2$. O comprimento é $\int_1^e \frac{1+2t^2}{t}\,dt=[\ln t+t^2]_1^e=e^2$. O ponto $P$ corresponde a $t=1$: $r'(1)=(2,2,1)$, $|r'(1)|=3$, donde $T=(2/3,2/3,1/3)$. Como $r''(1)=(0,2,-1)$ e $r'(1)\times r''(1)=(-4,2,4)$ (norma $6$), obtém-se $B=(-2/3,1/3,2/3)$. A normal principal é $N=B\times T=(-1/3,2/3,-2/3)$. O plano normal tem normal $T$ e passa por $P$: $2(x-2)+2(y-1)+z=0$, ou seja, $2x+2y+z-6=0$.

Confere a tua resposta:

*   O comprimento da curva é $e^2$.
*   Em $P$: $T=(2/3,2/3,1/3)$, $B=(-2/3,1/3,2/3)$ e $N=(-1/3,2/3,-2/3)$.
*   O plano normal em $P$ tem equação $2x+2y+z-6=0$.

Versor da tangente e comprimento de arco

Teste 1, 2017/18

Considere o ponto $T=(1/3,1,0)$ e a curva parametrizada por $r(t)=\left(\frac{t^3}{3},\,t^2,\,1-t^2\right)$, $t\ge 0$. a) Determine o versor da tangente num ponto genérico da curva e o seu valor no ponto $T$. b) Calcule o comprimento de arco entre $T$ e $Q=(9,9,-8)$.

Solução

$\hat T(t)=\frac{(t,2,-2)}{\sqrt{t^2+8}}$, $\hat T(1)=\frac{(1,2,-2)}{3}$ e comprimento $L=\frac{17\sqrt{17}-27}{3}$.

Os pontos $T$ e $Q$ correspondem a $t=1$ e $t=3$. Tem-se $r'(t)=(t^2,2t,-2t)$ e $|r'(t)|=\sqrt{t^4+8t^2}=t\sqrt{t^2+8}$ (para $t\ge0$), donde $\hat T(t)=\frac{(t,2,-2)}{\sqrt{t^2+8}}$. O comprimento é $\int_1^3 t\sqrt{t^2+8}\,dt=\left[\frac{(t^2+8)^{3/2}}{3}\right]_1^3=\frac{17\sqrt{17}-27}{3}$.

Confere a tua resposta:

*   O versor da tangente é $\left(t,2,-2\right)/\sqrt{t^2+8}$ e em $T$ vale $(1,2,-2)/3$.
*   O comprimento de arco entre $T$ e $Q$ é $(17\sqrt{17}-27)/3$.

Curva parametrizada pelo comprimento de arco

Teste 1, 2017/18

Seja uma curva descrita por $r(s)$, parametrizada pelo comprimento de arco $s$, com $|r(s)|=k$ constante, $k>0$, para todo $s\in[0,a]$. Mostre que, para todo $s\in[0,a]$, $r(s)\cdot r'(s)=0$ e $r(s)\cdot r''(s)=-1$.

Solução

$r(s)\cdot r'(s)=0$ e $r(s)\cdot r''(s)=-1$.

Como $|r(s)|^2=r(s)\cdot r(s)=k^2$ é constante, derivando obtém-se $2r(s)\cdot r'(s)=0$. Derivando esta identidade, $r'(s)\cdot r'(s)+r(s)\cdot r''(s)=0$. Como a parametrização é pelo comprimento de arco, $|r'(s)|=1$, logo $r(s)\cdot r''(s)=-1$.

Confere a tua resposta:

*   A justificação usa $|r(s)|^2=k^2$ para obter $r\cdot r'=0$.
*   A segunda identidade resulta de derivar $r\cdot r'=0$ e usar $|r'|=1$.

## Derivadas direcionais e gradiente

Derivada direcional, reta normal e plano tangente

Teste 1, 2016/17

Considere a função escalar $f(x,y,z)=\operatorname{sen}(xy^3)+\ln(yz^2)$. a) Calcule a derivada direcional de $f$ no ponto $P=(\pi/2,1,1)$ na direção do vetor $v=(0,1,-1)$. b) Considere a superfície de nível $S$, $f(x,y,z)=1$. Escreva as equações cartesianas da reta normal a $S$ em $P$ e do plano tangente a $S$ em $P$.

Solução

$D_vf(P)=-\frac{\sqrt{2}}{2}$; reta normal: $x=\frac{\pi}{2}$, $\frac{y-1}{1}=\frac{z-1}{2}$; plano tangente: $y+2z-3=0$.

O gradiente é $\nabla f=(y^3\cos(xy^3),\,3xy^2\cos(xy^3)+1/y,\,2/z)$. Em $P$: $xy^3=\pi/2$, $\cos(\pi/2)=0$, logo $\nabla f(P)=(0,1,2)$. O versor na direção de $v$ é $u=(0,1,-1)/\sqrt2$, donde $D_uf(P)=(0,1,2)\cdot u=-1/\sqrt2=-\sqrt2/2$. Como $f(P)=1$, o ponto $P$ pertence a $S$. A reta normal tem a direção do gradiente: $(x,y,z)=(\pi/2,1+t,1+2t)$. O plano tangente é $\nabla f(P)\cdot(x-\pi/2,y-1,z-1)=0$, ou seja, $(y-1)+2(z-1)=0$, donde $y+2z-3=0$.

Confere a tua resposta:

*   A derivada direcional é $-\sqrt{2}/2$.
*   A reta normal é $x=\pi/2$, $y=1+t$, $z=1+2t$ (ou cartesiana $x=\pi/2$ e $y-1=(z-1)/2$).
*   O plano tangente é $y+2z-3=0$.

Ângulo entre a tangente a uma curva e o gradiente

Recurso do Teste 1, 2016/17

Dada a função escalar $f(x,y,z)=x\cos y-e^z\operatorname{sen}y$ e a curva $C$ parametrizada por $r(t)=(\cos^3t,\,\operatorname{sen}^2t,\,\cos t\,\operatorname{sen}t)$, $t\in[0,\pi/2]$, determine: a) o vetor $v$ tangente a $C$ no ponto $R=(1,0,0)$; b) o ângulo que $v$ faz com $\nabla f(R)$; c) a derivada direcional de $f$ em $R$ na direção da maior taxa de variação.

Solução

$v=(0,0,1)$, ângulo $\pi/2$ e derivada direcional máxima $\sqrt{2}$.

O ponto $R$ corresponde a $t=0$. Tem-se $r'(t)=(-3\cos^2t\,\operatorname{sen}t,\,2\operatorname{sen}t\cos t,\,\cos^2t-\operatorname{sen}^2t)$, logo $r'(0)=(0,0,1)$. O gradiente é $\nabla f=(\cos y,\,-x\operatorname{sen}y-e^z\cos y,\,-e^z\operatorname{sen}y)$, donde $\nabla f(R)=(1,-1,0)$. Como $v\cdot\nabla f(R)=0$, o ângulo é $\pi/2$. A maior taxa de variação dá-se na direção do gradiente e vale $|\nabla f(R)|=\sqrt{1^2+(-1)^2}=\sqrt2$.

Confere a tua resposta:

*   O vetor tangente em $R$ é $v=(0,0,1)$.
*   O ângulo entre $v$ e $\nabla f(R)=(1,-1,0)$ é $\pi/2$.
*   A derivada direcional máxima em $R$ é $\sqrt{2}$.

Derivada direcional segundo a normal a uma superfície

Teste 1, 2017/18

Considere a função escalar $f(x,y,z)=(x-y)^3-z(1+y)$ e o ponto $P=(1,2,-3)$. a) Calcule a derivada direcional de $f$ em $P$ na direção do vetor normal à superfície $x^2+\frac{z^2}{3}-xy-3y=-4$ nesse ponto. b) Em que direção $f$ tem a mínima razão de variação em $P$, e qual é o valor dessa razão mínima? c) Escreva a equação cartesiana do plano tangente à superfície de nível $f(x,y,z)=8$ em $P$.

Solução

$D_uf(P)=\frac{3}{\sqrt5}$; direção mínima $(-1,0,1)/\sqrt2$ com valor $-3\sqrt2$; plano tangente $x-z-4=0$.

Seja $g(x,y,z)=x^2+z^2/3-xy-3y+4$. Tem-se \\nabla g(P)=(2x-y,\\,-x-3,\\,2z/3)ig|\_P=(0,-4,-2), donde o versor normal é $u=(0,-2,-1)/\sqrt5$. O gradiente de $f$ é $\nabla f=(3(x-y)^2,\,-3(x-y)^2-z,\,-(1+y))$, donde $\nabla f(P)=(3,0,-3)$. Assim, $D_uf(P)=(3,0,-3)\cdot u=3/\sqrt5$. A mínima razão de variação ocorre na direção oposta ao gradiente, $-\nabla f/|\nabla f|=(-1,0,1)/\sqrt2$, com valor $-|\nabla f(P)|=-3\sqrt2$. Como $f(P)=(-1)^3-(-3)(3)=8$, o plano tangente é $3(x-1)-3(z+3)=0$, ou seja, $x-z-4=0$.

Confere a tua resposta:

*   A derivada direcional pedida é $3/\sqrt{5}$.
*   A direção de mínima variação é $(-1,0,1)/\sqrt{2}$ e a razão mínima é $-3\sqrt{2}$.
*   O plano tangente é $x-z-4=0$.

## Funções implícitas

Derivadas parciais de uma função implícita

Teste 1, 2016/17

Sabendo que a equação $xy+yz+e^z=2$ define implicitamente $z=z(x,y)$ na vizinhança do ponto $R=(1,1,0)$, obtenha $\frac{\partial z}{\partial x}$, $\frac{\partial z}{\partial y}$ e $\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}$ em $R$.

Solução

$\frac{\partial z}{\partial x}(R)=-\frac12$, $\frac{\partial z}{\partial y}(R)=-\frac12$ e $\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}(R)=-\frac18$.

Com $F(x,y,z)=xy+yz+e^z-2$, tem-se $F_x=y$, $F_y=x+z$ e $F_z=y+e^z$. Pelo teorema da função implícita, $\partial z/\partial x=-F_x/F_z=-y/(y+e^z)$ e $\partial z/\partial y=-(x+z)/(y+e^z)$. Em $R$: ambas valem $-1/2$. Derivando $\partial z/\partial x$ em ordem a $x$ (com $y$ constante): $\partial^2 z/\partial x^2=\frac{y\,e^z}{(y+e^z)^2}\frac{\partial z}{\partial x}$, que em $R$ dá $\frac{1\cdot1}{4}\cdot(-\frac12)=-\frac18$.

Confere a tua resposta:

*   Em $R$: $\partial z/\partial x=-1/2$ e $\partial z/\partial y=-1/2$.
*   Em $R$: $\partial^2 z/\partial x^2=-1/8$.

Derivadas de segunda ordem de função implícita

Recurso do Teste 1, 2016/17

Sabendo que a equação $2xz^2+y+z=2$ define implicitamente $z=z(x,y)$ na vizinhança do ponto $Q=(1,2,0)$, obtenha $\frac{\partial z}{\partial x}$, $\frac{\partial z}{\partial y}$ e $\frac{\partial^2 z}{\partial y^2}$ em $Q$.

Solução

$\frac{\partial z}{\partial x}(Q)=0$, $\frac{\partial z}{\partial y}(Q)=-1$ e $\frac{\partial^2 z}{\partial y^2}(Q)=-4$.

Com $F(x,y,z)=2xz^2+y+z-2$, tem-se $F_x=2z^2$, $F_y=1$ e $F_z=4xz+1$. Em $Q$: $F_z=1$, logo $\partial z/\partial x=-2z^2/(4xz+1)=0$ e $\partial z/\partial y=-1/(4xz+1)=-1$. Derivando $\partial z/\partial y=-(4xz+1)^{-1}$ em ordem a $y$: $\partial^2 z/\partial y^2=\frac{4x}{(4xz+1)^2}\frac{\partial z}{\partial y}$, que em $Q$ dá $4\cdot1\cdot(-1)=-4$.

Confere a tua resposta:

*   Em $Q$: $\partial z/\partial x=0$ e $\partial z/\partial y=-1$.
*   Em $Q$: $\partial^2 z/\partial y^2=-4$.

## Extremos

Pontos estacionários de uma função de duas variáveis

Teste 1, 2016/17

Determine e classifique os pontos estacionários da função $f(x,y)=8y^3+2xy-3y^2+x^2$.

Solução

$(0,0)$ é sela e $(-1/3,1/3)$ é mínimo local com valor $-4/27$.

As condições $f_x=2x+2y=0$ e $f_y=24y^2+2x-6y=0$ dão $x=-y$ e $24y^2-8y=8y(3y-1)=0$, donde $(0,0)$ e $(-1/3,1/3)$. A matriz hessiana tem $f_{xx}=2$, $f_{xy}=2$ e $f_{yy}=48y-6$, com determinante $96y-16$. Em $(0,0)$ o determinante é $-16<0$, logo é sela. Em $(-1/3,1/3)$ é $16>0$ e $f_{xx}=2>0$, logo é mínimo local; o valor é $f(-1/3,1/3)=8/27-2/9-1/3+1/9=-4/27$.

Confere a tua resposta:

*   Os pontos estacionários são $(0,0)$ e $(-1/3,1/3)$.
*   $(0,0)$ é ponto de sela e $(-1/3,1/3)$ é mínimo local, com $f(-1/3,1/3)=-4/27$.

Classificação de pontos estacionários

Recurso do Teste 1, 2016/17

Determine e classifique os pontos estacionários da função $f(x,y)=x^3+y^3+3xy+2$.

Solução

$(0,0)$ é sela e $(-1,-1)$ é máximo local com valor $3$.

De $f_x=3x^2+3y=0$ e $f_y=3y^2+3x=0$ resulta $x^2=-y$ e $y^2=-x$, donde $x^4=-x$, ou seja, $x(x^3+1)=0$: $x=0$ ou $x=-1$, obtendo-se $(0,0)$ e $(-1,-1)$. A hessiana tem $f_{xx}=6x$, $f_{xy}=3$, $f_{yy}=6y$ e determinante $36xy-9$. Em $(0,0)$ o determinante é $-9<0$ (sela). Em $(-1,-1)$ é $27>0$ e $f_{xx}=-6<0$, logo máximo local, com $f(-1,-1)=-1-1+3+2=3$.

Confere a tua resposta:

*   Os pontos estacionários são $(0,0)$ e $(-1,-1)$.
*   $(0,0)$ é ponto de sela e $(-1,-1)$ é máximo local, com $f(-1,-1)=3$.

Estacionários de uma quártica simétrica

Teste 1, 2017/18

Determine e classifique os pontos estacionários da função $f(x,y)=x^4+y^4-xy+3$.

Solução

$(0,0)$ é sela; $(\pm1/2,\pm1/2)$ são mínimos locais com valor $23/8$.

De $f_x=4x^3-y=0$ e $f_y=4y^3-x=0$ resulta $y=4x^3$ e $x=256x^9$, ou seja, $x(256x^8-1)=0$: $x=0$ ou $x=\pm1/2$, obtendo-se $(0,0)$, $(1/2,1/2)$ e $(-1/2,-1/2)$. A hessiana tem determinante $144x^2y^2-1$ e $f_{xx}=12x^2$. Em $(0,0)$ o determinante é $-1<0$ (sela). Nos outros dois, o determinante é $8>0$ e $f_{xx}=3>0$, logo são mínimos locais, com $f=1/16+1/16-1/4+3=23/8$.

Confere a tua resposta:

*   Os pontos estacionários são $(0,0)$, $(1/2,1/2)$ e $(-1/2,-1/2)$.
*   $(0,0)$ é sela; $(1/2,1/2)$ e $(-1/2,-1/2)$ são mínimos locais, com valor $23/8$.

## Integrais duplos

Integral duplo sobre região entre parábolas

Teste 1, 2016/17

Considere o integral duplo $\int_{-1}^{1}\int_{x^2}^{4-x^2}(1-x)\,dy\,dx$. a) Esboce o domínio de integração. b) Calcule o valor do integral. c) Reescreva-o trocando a ordem de integração.

Solução

$\int_{-1}^{1}\int_{x^2}^{4-x^2}(1-x)\,dy\,dx=\frac{20}{3}=\int_0^3\int_{-\sqrt y}^{\sqrt y}(1-x)\,dx\,dy+\int_3^4\int_{-\sqrt{4-y}}^{\sqrt{4-y}}(1-x)\,dx\,dy$.

O domínio é a região entre $y=x^2$ e $y=4-x^2$, com $x\in[-1,1]$; as parábolas só se intersectam em $x=\pm\sqrt2$, fora do intervalo. O integral vale $\int_{-1}^1(1-x)(4-2x^2)\,dx$. Como $4x-2x^3$ é ímpar, anula-se no intervalo simétrico, obtendo-se $\int_{-1}^1(4-2x^2)\,dx=20/3$. Trocando a ordem: para $0\le y\le3$ a fronteira inferior é $y=x^2$, donde $x=\pm\sqrt y$; para $3\le y\le4$ a fronteira superior é $y=4-x^2$, donde $x=\pm\sqrt{4-y}$.

Confere a tua resposta:

*   O valor do integral é $20/3$.
*   Na ordem trocada, o domínio decompõe-se em $0\le y\le3$, $-\sqrt y\le x\le\sqrt y$, e $3\le y\le4$, $-\sqrt{4-y}\le x\le\sqrt{4-y}$.

Integral duplo entre reta e parábola

Teste 1, 2017/18

Considere o integral duplo $\int_0^4\int_{-x}^{4x-x^2}dy\,dx$. a) Calcule o valor do integral. b) Esboce o domínio de integração. c) Reescreva-o trocando a ordem de integração, definindo analiticamente o respetivo domínio.

Solução

$\int_0^4\int_{-x}^{4x-x^2}dy\,dx=\frac{56}{3}=\int_{-4}^{0}\int_{2-\sqrt{4-y}}^{-y}dx\,dy+\int_0^4\int_{2-\sqrt{4-y}}^{2+\sqrt{4-y}}dx\,dy$.

O domínio é limitado por baixo pela reta $y=-x$ e por cima pela parábola $y=4x-x^2$; as curvas intersectam-se em $x=0$ e $x=5$, e no intervalo $[0,4]$ a parábola está acima da reta. O integral vale $\int_0^4(4x-x^2+x)\,dx=\int_0^4(5x-x^2)\,dx=40-64/3=56/3$. Invertendo a ordem, resolve-se $y=4x-x^2$ em ordem a $x$: $x=2\pm\sqrt{4-y}$. Para $-4\le y\le0$ a fronteira direita é a reta $x=-y$; para $0\le y\le4$ as duas fronteiras são os dois ramos da parábola.

Confere a tua resposta:

*   O valor do integral é $56/3$.
*   Na ordem trocada: $-4\le y\le0$ com $2-\sqrt{4-y}\le x\le-y$, e $0\le y\le4$ com $2-\sqrt{4-y}\le x\le2+\sqrt{4-y}$.

## Regra da cadeia

Regra da cadeia em coordenadas polares

Teste 1, 2016/17

As equações $u=f(x,y)$, $x=r\cos t$ e $y=r\operatorname{sen}t$ definem $u$ como função de $r$ e $t$, $u=F(r,t)$. Usando a regra da cadeia, obtenha: a) $\frac{\partial F}{\partial t}$ em função de $\frac{\partial f}{\partial x}$ e $\frac{\partial f}{\partial y}$; b) $\frac{\partial^2 F}{\partial t^2}$.

Solução

$\frac{\partial F}{\partial t}=-r\operatorname{sen}t\,f_x+r\cos t\,f_y$ e $\frac{\partial^2 F}{\partial t^2}=r^2\operatorname{sen}^2t\,f_{xx}-2r^2\operatorname{sen}t\cos t\,f_{xy}+r^2\cos^2t\,f_{yy}-r\cos t\,f_x-r\operatorname{sen}t\,f_y$.

Pela regra da cadeia, $\frac{\partial F}{\partial t}=f_x\frac{\partial x}{\partial t}+f_y\frac{\partial y}{\partial t}=-r\operatorname{sen}t\,f_x+r\cos t\,f_y$. Derivando outra vez em ordem a $t$ e aplicando a cadeia a $f_x$ e $f_y$ (cujas derivadas em $t$ são $-r\operatorname{sen}t\,f_{xx}+r\cos t\,f_{xy}$ e $-r\operatorname{sen}t\,f_{yx}+r\cos t\,f_{yy}$), obtém-se a expressão indicada, com os termos das derivadas dos coeficientes $-r\cos t\,f_x$ e $-r\operatorname{sen}t\,f_y$.

Confere a tua resposta:

*   $\frac{\partial F}{\partial t}=-r\operatorname{sen}t\,\frac{\partial f}{\partial x}+r\cos t\,\frac{\partial f}{\partial y}$.
*   $\frac{\partial^2 F}{\partial t^2}=r^2\operatorname{sen}^2t\,f_{xx}-2r^2\operatorname{sen}t\cos t\,f_{xy}+r^2\cos^2t\,f_{yy}-r\cos t\,f_x-r\operatorname{sen}t\,f_y$.

Derivada da norma de uma função vetorial

Recurso do Teste 1, 2016/17

Seja $f(t)$, $t\in I$, uma função vetorial tal que $f(t)\neq0$. Mostre que: a) $\frac{d}{dt}|f(t)|=\frac{f(t)\cdot f'(t)}{|f(t)|}$; b) $\frac{d}{dt}\left(\frac{f(t)}{|f(t)|}\right)=\frac{f'(t)}{|f(t)|}-\frac{f(t)\,(f(t)\cdot f'(t))}{|f(t)|^3}$.

Solução

$\frac{d}{dt}|f|=\frac{f\cdot f'}{|f|}$ e $\frac{d}{dt}\frac{f}{|f|}=\frac{f'}{|f|}-\frac{f\,(f\cdot f')}{|f|^3}$.

Como $|f(t)|^2=f(t)\cdot f(t)$, derivando obtém-se $2|f|\frac{d|f|}{dt}=2f\cdot f'$, donde a primeira identidade. Para a segunda, deriva-se o quociente: $\frac{d}{dt}\frac{f}{|f|}=\frac{f'|f|-f\frac{d|f|}{dt}}{|f|^2}$, e substituindo $\frac{d|f|}{dt}=\frac{f\cdot f'}{|f|}$ obtém-se $\frac{f'}{|f|}-\frac{f\,(f\cdot f')}{|f|^3}$.

Confere a tua resposta:

*   A primeira identidade resulta de derivar $|f|^2=f\cdot f$.
*   A segunda resulta da regra do quociente aplicada a $f/|f|$, usando a primeira identidade.