Geometria Analítica I

Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula 11 1 Geometria Analítica I 10/05/011 Respostas dos Exercícios do Módulo I - Aula 11 Aula 11 1. Em todos os itens desta questão, utilizaremos as relações x = ρ cos θ e y = ρ sen θ a. x y = 1 ρ cos θ) ρ sen θ) = 1 ρ cos θ ρ sen θ = 1 ρ cos θ sen θ) = 1 Podemos agora escrever sen θ = 1 cos θ, e, assim, x y = 1 ρ cos θ 1 cos θ) ) = 1 ρ cos θ 1 ) = 1 ρ 1 = cos θ 1 1 ρ = cos θ 1 Observe que, na última equivalência utilizamos o fato de que ρ 0 lembrando que, caso não houvesse esta restrição, feita na página 16, teríamos ρ = ±1).

Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula 11 b. xy + x = 0 ρ cos θ)ρ sen θ) + ρ cos θ) = 0 ρ cos θ sen θ + ρ cos θ = 0 ρ cos θρ sen θ + ) = 0 Se quisermos, podemos ainda prosseguir com os cálculos, a fim de entender o conjunto dos pontos que satisfazem a esta equação. xy + x = 0 ρ = 0 ou cos θ = 0 ou ρ sen θ = ) Note que: ρ = 0 indica que a origem pertence ao conjunto; cos θ = 0 é equivalente a θ = kπ + π/, k Z, logo representa a reta vertical; e ρ sen θ = y = representa uma reta horizontal. c. x y + 1 = 0 ρ cos θ) ρ sen θ + 1 = 0 ρ cos θ sen θ) = 1 d. x = y ρ cos θ) = ρ sen θ) cos θ = sen θ tg θ = tg θ = ±. a. Note que veja página 165) sec θ = 1 cos θ = x + y x e tg θ = y x,

Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula 11 Assim, sec θ tg θ = 1 ) x + y y ) = 1 x x x + y x x x = 1 1 = 1 y x = 1 O que isto significa? Encontramos acima que sec θ tg θ = 1 é equivalente a 1 = 1, que é sempre verdade. Ou seja, sec θ tg θ = 1 é satisfeito para todos os pares ρ, θ). Isto significa que o conjunto representado é o plano inteiro! Se tivéssemos sido um pouco mais espertos, nem precisaríamos fazer os cálculos acima. Para todo ângulo θ, a relação sec θ tg θ = 1 é verdadeira. Isto pode ser facilmente concluído dividindo-se a conhecida relação cos θ + sen θ = 1 por cos θ e reordenando os termos. b. O enunciado da questão fica mais interessante sen θ cos θ = 1. Para este caso, teremos ) ) x x sen θ cos θ = 1 = 1 x + y x + y xy x + y = 1 xy = x + y x xy + y = 0 x y) = 0 x = y, que é a equação de uma reta a diagonal principal do plano).

Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula 11 Resolvendo-se como consta no módulo, teremos ) ) x x sen θ cos θ = ρ = x + y x + y x + y xy x + y = x + y xy = x + y. Por curiosidade, esta equação representa a curva abaixo: c. ρ sec θ = tg θ ρ 1 cos θ = sen θ cos θ ρ = sen θ y x + y = x + y x + y y = 0 x + y 1/) = 1/), que é a circunferência de centro em 0, 1/) e raio 1/.. Nesta questão, é necessário corrigir a equação para ρ + a cos θ + b sen θ = c ρ. ρ + a cos θ + b sen θ = c ρ ρ + aρ cos θ + bρ sen θ = c x + y + ax + by = c x + ax + a + y + by + b = c + a + b x + a) + y + b) = c + a + b,

Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula 11 5 que é a equação de um círculo note que, como c > 0, c + a + b > 0). b. a. A equação cartesiana obtida foi x + a) + y + b) = c + a + b, logo o centro é o ponto a, b) e o raio c + a + b.. a. Pela Proposição 11., a equação do círculo de centro ρ 0, θ) Oρθ e raio r é ρ + ρ 0 ρ 0 ρ cosθ + θ 0 ) = r. Como o centro é ρ 0, θ 0 ) Oρθ = ), π e o raio, temos ρ + ρ cos θ + π ) Utilizando a identidade trignométrica Oρθ = ρ ρ cos θ + π ) = 0 ρ ρ cos θ + π ) = 0 cosa + b) = cos a cos b sen a sen b, temos cos θ + π ) = cos θ cos π sen θ sen π = 1 cos θ sen θ, Assim, substituindo na equação encontrada, temos ρ ρ ) 1 cos θ sen θ = 0 ρ ρ cos θ ) sen θ = 0. b. Seguindo como no item anterior, teremos ρ + 6ρ cos θ + 8 = 0. c. ρ ρcos θ + sen θ) =. 5. a. Utilizando as transformações da página 165, temos ρ ρ cos θ ) sen θ = 0 ρ ρ cos θ + ρ sen θ = 0 x + y x + y = 0 x x + 1 + y y + = x 1) + y ) = b. Procedendo como no item anterior, encontramos x + ) + y = 1

Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula 11 6 c. x 1) + y 1) =. 6. a. Multiplicando numerador e denominador do lado direito de por 1/, temos ρ = ρ = cos θ 1 cos θ. Assim, comparando com a equação da página 169, temos e = e λ = eh = /, logo, h = /. Como e > 1, trata-se de uma hiperbole. O comprimento do latus rectum é λ =. Como o eixo polar θ = 0) está sobre a reta focal, fazendo θ = 0 e θ = π obteremos os vértices da hipérbole veja figura). θ = 0 ρ = cos 0 = = V 1 = ) ), 0 =, π = cos π, ) sen π V = Oρθ θ = π ρ = ) 1, π = Oρθ Oρθ cos π = 1 cos π, 1 sen π OXY + = 1 ) = 1 ), 0 OXY = ), 0 OXY Observação: : Para converter de Oρθ para OXY foram utilizadas as transformações x = ρ cos θ, y = ρ sen θ. Reapre também que, quando obtivemos, 0) Oρθ, com ρ < 0, optamos por escrever, π) Oρθ ; estes dois pares representam o mesmo ponto, como você verá se convertê-los para o sistema OXY. OXY

Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula 11 7 A distância a entre os vértices é dada por a = dv 1, V ) = 1 + 0 0) )) = 1) = 1. Logo, a = 1/. Como = e = c/a = c/1/), temos c = 1. Como a = 1/, c = 1, usando a relação c = a + b, temos b = /. Como aparece um - no denominador, a diretriz l não intersectará o eixo polar, sendo perpendicular a seu prolongamento observe mais uma vez a figura). Como a distância entre o polo e a diretriz é h = /, temos l : x = / l : ρ cos θ = / l : ρ = cos θ. Um dos focos é o polo, isto é 0, 0) Oρθ = 0, 0) OXY. Sabemos que a reta focal é dada por y = 0, e que a distância entre os focos é c =. Assim, o outro foco F é dado por, 0) XOY ou, 0) XOY. Mas qual das duas opções é a correta? Observe que, em uma hipérbole, os vértices /, 0) OXY e 1/, 0) OXY devem estar entre os focos, assim, o segundo foco deverá ser, 0) XOY =, π) Oρθ. Conhecendo os focos, 0) XOY e 0, 0) XOY, temos o centro 1, 0) XOY. Como a = 1/ e b = /, a equação da hipérbole é x + 1) 1 y = 1. b. Note que Assim, temos ρ = 1 cos θ) = 1 cos θ. e = 1, λ = eh = / h = /. Como e = 1, trata-se de uma parábola. O comprimento do latus rectum é λ =. O foco F é o próprio polo, isto é, 0, 0) Oρθ. Como temos - no denominador, a diretriz l não intersecta o eixo polar, sendo perpendicular a seu prolongamento. Como a distância entre o polo e a diretriz é h = /, temos l : x = l : ρ cos θ = l : ρ = cos θ.

Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula 11 8 Para achar o vértice V, basta fazer θ = π. Assim, θ = π ρ = 1 cos π) = 1 + 1) =. Assim, o vértice é dado por V =, π) =, 0). Conhecendo Oρθ OXY o vértice x 0, y 0 ) =, 0) e o foco 0, 0) OXY OXY, temos p = dv, F ) =, Logo, a equação desta parábola será y y 0 ) = px x 0 ) y = x )) y = x + ). c. assim, 1 ρ = + cos θ = 1 + 1 cos θ, e = 1/, λ = eh = 1/ h =. Como e = 1/, trata-se de uma elipse. O comprimento do latus rectum é λ = 1. O foco F 1 é o polo, isto é, 0, 0) Oρθ. Como temos + no denominador, a diretriz l intersecta o eixo polar, sendo perpendicular a ele. Como a distância entre o polo e a diretriz é h =, temos l : x = l : ρ cos θ = l : ρ = cos θ.

Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula 11 9 Para acharmos os vértices, basta fazer θ = 0 e θ = π: θ = 0 ρ = θ = π ρ = + cos 0 = ) ) 5 V 1 = 5, 0 = Oρθ 5, 0 OXY + cos π = ) V =, π = ), 0. Oρθ OXY A distância a entre os vértices é a = dv 1, V ) = /5 /)) + 0 0) = 16/15 a = 8/15. Como 1/ = e = c/a e a = 8/15, temos c = /15. Como a = b + c, temos b = / 15. O centro é o ponto médio entre os vértices, logo, dado por Assim, a equação cartesiana será 5 C =, 0 + 0 ) = /15, 0). ) x + 5 ) + y = 1. 5) 15 Para achar o outro foco F, podemos usar o fato de que o centro é também o ponto médio dos focos, assim, fazendo F = x, y ), temos C = 15 ), 0 x + 0 =, y ) + 0 F = x, y ) = /15, 0). d. ρ + 5 cos θ) = 1 ρ = logo, como nos itens anteriores 1 1 + 5 cos θ = 1 + 5 cos θ, e = 5/, λ = eh = 1/ h = 1/5.

Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula 11 10 O comprimento do latus rectum é λ = 1. A diretriz é dada por ρ cos θ = 1/5. A cônica é uma hipérbole, e, procedendo como nos itens anteriores, temos V 1 = 1/7, 0) Oρθ = 1/7, 0) OXY e V = 1/, π) Oρθ = 1/, 0) OXY logo a = dv 1, V )/ = /1. Como e = 5/, teremos c = 5/1, logo os focos serão F 1 = 0, 0) OXY e F = 10/1, 0) OXY = 10/1, 0) Oρθ. Usando c = a + b, temos b = 1/ 1 A diretriz será dada por ) ) y 1 1 = 1. e. ρ cos θ = ρ ρ = cos θ+ ρ = + cos θ ρ = 1 1 + cos θ, logo, procedendo como nos itens anteriores, temos e = /, λ = 1, h = /, latus rectum =, a curva será uma hipérbole, de vértices V 1 = /5, 0) Oρθ = /5, 0) OXY e V =, π) Oρθ =, 0) OXY. Assim, a = /5, c = 6/5 e b = 5/5. Os centro será C = 6/5, 0) OXY = 6/5, 0) Oρθ, os focos F 1 = 0, 0) OXY e F = 8/5, 0) OXY = 8/5, π) Oρθ.

Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula 11 11 A diretriz será ρ cos θ = /. A equação cartesiana será x 6 5 16 5 ) y 5 = 1. 7. a. Seguindo o Exemplo 11.10, vamos reduzir a cônica à sua forma canônica x + y 1 = 0 x = y + 1 x = y 1 ) x = y 1 ) x = 1 y 1 ) 6 Assim, trata-se de uma parábola com p = 1/6 onde p é a distância entre o vértice e o foco e entre o vértice e a diretriz), concavidade para baixo e vértice em 0, 1/). Com estes dados, vemos que o foco é F = 0, 1/ 1/6) = 0, 1/) e diretriz l : y = 1/+1/6 l : y = /. Como se trata de uma parábola, e = 1. A distância entre o foco e a diretriz é dada por h = p = 1/. Assim, a equação desta parábola, no sistema O ρθ, em que o polo é o foco F = 0, 1/) e o eixo focal tem direção de 0, 1) pois a concavidade é para baixo) é ρ = λ 1 e cos θ = eh 1 1 cos θ = 1/ 1 cos θ, isto é, ρ = 1 cos θ.

Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula 11 1 O semi-latus rectum é dado por λ = 1/. b. Aplique uma correção ao enunciado, para que as contas fiquem tratáveis: x + y 6y = 0. Assim, x + y 6y = 0 x + y y + 1) = 0 x + y 1) = x + y 1) = 1 Como a =, b = 1, temos c =. Assim, e = /. Como o centro é 0, 1), c = e o eixo focal é horizontal, os focos serão F 1 = ), 1 e F =, 1 ). Vamos escolher o foco F 1 como polo e o eixo polar terá mesma direção e sentido do semi-eixo positivo OX. Vamos achar a diretriz relativa a diretriz l relativa a F 1. vertical, logo dada por Seguindo a teoria da página 168, ela é l : x = x 0 e, para qualquer ponto P da elipse, teremos dp, F 1 ) = e dp, l) d P, ), 1) = dp, x = x 0 ) dp, x = x 0 ) = d P, ), 1). Note que a relação acima vale para qualquer ponto, em particular para

Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula 11 1 o vértice V 1 = 0 a, 1) =, 1). Assim, d, 1), x = x 0 ) = d, 1), ), 1) x 0 + = ). Logo, x 0 = ± ). Por outro lado, o outro vértice V = 0 + a, 1) =, 1) também deve satisfazer a relação encontrada, logo d, 1), x = x 0 ) = d, 1), ), 1) x 0 = + ). Logo, x 0 = ± + ). A única forma de as duas relações serem satisfeitas é escolhendo-se o - no ± de cada uma, isto é, x 0 =. Assim, a diretriz será l : x =, o que nos dará h = df 1, l) = = 1, logo, semi-latus rectum = λ = eh = 1 = 1. A equação polar desta elipse no sistema O ρθ será ρ = 1 1 cos θ ρ = 1. cos θ

Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula 11 1 c. Pelas transformações { x = x cos θ y sen θ y = x sen θ + y cos θ, temos xy+x 1 = 0 x cos θ y sen θ)x sen θ+y cos θ)+x cos θ y sen θ 1 = 0 Assim, o coeficiente do termo x y será B = cos θ sen θ). Para que tenhamos B = 0, devemos ter cos θ = sen θ. Uma boa escolha para θ será então Assim, a equação fica θ = π. ) ) xy + x 1 = 0 x y x + y x ) y ) + x y 1 = 0 Completando os quadrados, temos ) ) xy + x 1 = 0 x + y + = 1. Assim, temos uma hipérbole de centro C =, ) e eixo OX Y focal horizontal, no sistema de coordenadas OX Y. Como a = 1 e b = 1, temos c = e e = c/a =. Assim, um dos focos será F 1 = ), = 5 ), + x y 1 = 0

Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula 11 15 A diretriz relativa a este foco é dada por l : x =, logo, a distância h entre l e F 1 é dada por ) h = =. O semi-latus rectum = λ = eh = hipérbole, no sistema O ρθ é ρ = Para esboçar o gráfico, repare que e ) C =, F = 5 ), 1 1 + cos θ. OX Y = OX Y = = 1, assim a equação da 0, 1 ) OXY 1, ). OXY Para estas mudanças, utilizamos as relações da página 1) l : x = l : x + y = l : x + y = 1. d. Como no item anterior, teremos x ) y ) = 1, e =

Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula 11 16 semi latus rectum = ρ = 1 + cos θ. Aula 1 1. Note que a equação x 1) y ) 9 descreve uma hipérbole H de eixo focal horizontal. Chamemos de H o ramo da esquerda e H + o da direita. Seus vértices serão V 1 = 1, 0) H e V =, 0) H +. = 1 Fazendo e x = 1 + sec t y = + tg t, com π/ < t < π/ temos x 1) y ) 9 1 + sec t) 1) = sec t) tg t) = 9 = sec t 9 tg t 9 = sec t tg t = 1 + tg t) ) 9 Note que sec t tg = 1 é uma conhecida identidade trigonométrica. Ela pode ser obtida dividindo-se a famosa cos θ+sen θ = 1 por cos θ.) Assim, x e y definidos acima satisfazem x 1) y ) 9 = 1, mostrando que o conjunto P dos pontos gerados pela parametrização está contida em H. Como sec θ >= 1 para π/ < t < π/, temos que x, logo P H +. Vamos agora mostrar que, qualquer ponto de H + pertence no conjunto P de pontos parametrizados acima. Com isso, mostraremos que H + P, e como já mostramos que P H +, teremos P = H +.

Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula 11 17 Seja x, y) H +. Como tg t assume todos os valores reais no intervalo ] π/; π/[, podemos tomar t, com π/ < t < π/ tal que tg t = y y = + tg t. Como x, y) H + H, temos x 1) + tg t) ) 9 = 1 x 1) 9 tg t = 1 9 x 1) tg t = 1 x 1) = 1 + tg t x 1) = sec t x 1) = sec t x 1 = sec t Na última equivalência, usamos o fato de que se x H +, teremos x > > 0, logo, devemos escolher o valor positivo) Assim, x = 1+ sec t, mostrando que x, y) P. Como y) é qualquer ponto de H +, temos H + P, e assim H + = P.. Fazendo y = t, teremos x t 9 = 1 x = 1 + t 9 x = 1 + t 9. Na última passagem, usamos o fato de que queremos parametrizar o ramo em que x > 0.. Fazendo y = t, temos t x = 1 x = t 1 x = ± t. Note que, para que a raiz quadrada esteja definida, precisamos de t, que equivale a t. As parametrizações serão x = y = t t, t e t x = y = t, t. Nos orientando pela página 18, podemos ver que x 0, y 0 ) = 1, 0), a = 1

Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula 11 18 e b = onde a aqui denota o semi-eixo horizontal e b o vertical, não necessariamente o maior e o menor). Assim a equação será, 5. Note que x 1) + y = 1. y b x b sec t) = a b a tg t) a = sec t tg t = 1, mostrando que a parametrização satisfaz a equação de uma hipérbole de eixo focal y. 6. Trata-se da hipérbole com eixo focal vertical, centro, ), a = e b = 1. De fato, y ) x ) = 1 7. Fazendo x = t, teremos + sec t) ) 9 +tg t) ) = 9 sec t tg t = sec t tg t = 1. 9 xy = 1 yt = 1 y = 1 t, t 0. Assim, uma parametrização para a hipérbole será { x = t, t 0. y = 1 t 8. Note que y = t 6 t = t ) t = x x y = x x. 9. Como xy = cosh t + senh t)cosh t senh t) = cosh t senh t = 1, a parametrização satifaz a equação da hipérbole xy = 1. Caso você não se lembre de quem são as funções cosh e senh, elas são definidas por cosh t = et + e t e senh t = et e t. Verifique que cosh t senh t = 1.

Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula 11 19 10. Antes de resolver a questão, vamos tentar descobrir como seria esta elipse. Sejam a, b reais positivos com Neste caso, teremos x a + y b = 1. cos t + sen t)) a + cos t sen t)) b = 1 cos t + 8 cos t sen t + sen t a + 8 cos t sen t a + 9 cos t 18 cos t sen t + 9 sen t b = 1 + 9 18 cos t sen t b = 1 b + 9a + 8b 18a ) cos t sen t a b = 1. Precisamos fazer sumir o termo em cos t sen t, assim, devemos escolher a e b tais que 8b 18a = 0 b = 9a. 1) Neste caso, usando as implicações acima, teremos x a + y b = 1 b + 9a a b = 1 b + 9a = a b. ) Vamos resolver o sistema dado por 1 e. De 1, b = 9 a, assim, em, temos b + 9a = a b 9a + 9a = a 9 a 18a = 9 a a = 8 b = 18. Agora que sabemos quem são a e b, podemos começar a solução do exercício. Esqueça todo o rascunho que fizemos antes! Considere a elipse de equação x 8 + y 18 = 1.

Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula 11 0 Como x = cos t + sen t) e y = cos t sen t), temos x 8 + y 18 cos t + sen t)) cos t sen t)) = + 8 18 cos t + sen t) 9cos t sen t) = + 8 18 cos t + sen t) cos t sen t) = + = 1 = cos t + sen t) + cos t sen t) = cos t + cos t sen t + sen t + cos t cos t sen t + sen t = = 1, mostrando que a parametrização satisfaz a equação da elipse.