atividade semana 6 geometria e algebra - Copia

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UNIVERSIDADE VIRTUAL DO ESTADO DE SÃO PAULO 
 
 
 
 
 
JORGE LUIS DE CASTRO INÁCIO 
R.A. 1809776 
 
 
 
 
 
Atividade Avaliativa – Semana 6 
Geometria Analítica e Álgebra Linear 
 
 
 
 
 
OLÍMPIA - SP 
2018 
 
 
 
UNIVERSIDADE VIRTUAL DO ESTADO DE SÃO PAULO 
 
 
 
 
JORGE LUIS DE CASTRO INÁCIO 
R.A. 1809776 
 
 
 
 
Atividade Avaliativa – Semana 6 
Geometria Analítica e Álgebra Linear 
 
 
 
 
 
Relatório apresentado na disciplina de Geometria 
Analítica e Álgebra Linear para o curso de 
Engenharia de Computação da Fundação 
Universidade Virtual do Estado de São Paulo 
(UNIVESP). 
 
Tutor: Professor Dr Pedro Luiz Fagundes 
 
 
 
 
OLÍMPIA - SP 
2018 
1 
 
1) Dada a elipse , determine os pontos onde ela encontra os eixos 
coordenados e as coordenadas de seus focos. 
1.1 Calcular as intersecções com os eixos x e y: => x = 0 e y = 0 
 
 para x = 0 => y = √64 => y = ± 8 
 para y = 0 => x = √36 => x = ± 6 
1.2) Calcular os focos e suas coordenadas: 
 
a² = 36 e b² = 64 => a < b; então b² = a² + c² 
Podemos constatar que o semieixo maior (b) é paralelo ao eixo “Y”, local dos 
focos. 
 
c² = b² - a² => c² = 64 – 36 => c² = 28 => c = √28 = c = ± 2√7 
Como a elipse está centrada na origem (0,0), as coordenadas dos focos são: 
 
F1 = (0, - 2√7) e F2 = (0, 2√7) 
 
2) Reduza a equação geral dada e identifique a cônica de equação geral: 
 
 1ª linha = 1 -4/2 (x² -4xy/2) 
 2ª linha = -4/2 1 (-4xy/2 y²) 
 
 
 
 
2 
 
2.1) Calcular os autovalores: 
 
A = 1 - 2 , PA(t) = det 1 - t -2 = (1 – t)² - 4 => 1 – 2t + t² - 4 
 - 2 1 -2 1 – t t² - 2t + 1 = 0 => t = 3; t = - 1 
 
2.2) Calcular os auto vetores: 
V(-1): 1 -2 x = - 1 x => x – 2y = - x 
 -2 1 y y -2x + y = - y => x = y 
 
 B = {(1, 1)} é uma base para V(-1) 
 
V(3): 1 - 2 x = 3 x => x – 2y = 3x 
 - 2 1 y y -2x + y = 3y => y = - x 
 
 
B = {(1,-1)} é uma base para V(3) 
|| (1,1) || = ||1,-1|| = √2 => M = (1 / √2) 1 1 
 1 -1 
 B = {1/√2 (1,1) , 1 / √2(1,1)} 
 
2.3) Mudança da rotação do plano: 
 
x = 1 / √2 1 1 x’ => x = 1 / √2 ( x’ + y’) 
y 1 -1 y’ y = 1 / √2 ( x’ - y’) 
 
2.4) Substituindo na equação da canônica, a parte de 2º grau fica como: 
 
(t = - 1 e t = 3) 
x² + y² => -1(x’)² + 3(y’)² 
 
3 
 
2.5) Calculo da parte do 1º grau: (apenas o termo - 2x) 
 
-2x = -2[ 1 / √2( x’ + y’)] = -2 / √2( x’ + y’) = -√2(x’ + y’) 
 
2.6) Equação canônica com os novos termos x’ e y’: 
 
- 1(x’)² + 3(y’)² - √2(x’ + y’) + 3 = 0 
- (x’)² + 3(y’)² - √2.x’ - √2.y’ + 3 = 0 
- (x’)² - √2.x’ + 3 => (x’)² + √2.x’ – 3 = 0 
 
Portanto é uma parábola. 
 
3) Considere a matriz 
 
 . 
 
a) Encontre os autovalores de A. 
(1 – t).(- t).(2 – t) = (1 – t).(-2t + t²) ; 
1 – t = 0 => t = 1; 
(t² - 2t) = 0 => t(t – 2) = 0 => t = 0; t = 2 
 
Portanto temos: t = 0, t = 1, t = 2 
 
b) Determine a solução geral do sistema . 
 
V(0): 1 0 1 x x x + z = 0 => z = -x 
 3 0 1 y 0 y => x + z = 0 x = z = 0 
 0 0 2 z z 2z = 0 y = qualquer 
 V(0) = [(0, 1, 0)] 
 
4 
 
V(1): 1 0 1 x x x + z = x z = 0 
 3 0 1 y 1 y => 3x + z = y y = 3x 
 0 0 2 z z 2z = z 
V(1) = [(1, 3, 0)] 
 
V(2): 1 0 1 x x x + z = 2x z = x 
 3 0 1 y 2 y => 3x + z = 2y 2y = 4x => y = 2x 
 0 0 2 z z 2z = 2z 
V(2) = [(1, 2, 1)] 
 
b.2) Solução geral do sistema: 
 
X(t) = a. 𝒆𝟎𝒕(0, 1, 0) + b . 𝒆𝒕 (1, 3, 0) + c . 𝒆𝟐𝒕(1, 2, 1) 
 x(t) = b . 𝑒𝑡 + c . 𝑒2𝑡 
 y (t) = a + 3 b . 𝑒𝑡 + 2 . c . 𝑒2𝑡 ; a,b e c ϵ R 
 z (t) = c . 𝑒2𝑡 
 
c) Determine a única solução do sistema que verifica as condições 
iniciais X(0)=(0,5,2), em que 
 x(0) = b + c = 0 => b = - 2 
X(0) = (0,5,2) y(0) = a + 3 b + 2.c = 5 => a = 7 
 z(0) = c = 2 => c = 2 
 
 a = 7; b = -2; c = 2 
 
 
 x(t) = -2. . 𝒆𝟐𝒕 𝒆𝒕 + 2 . . 𝒆𝟐𝒕 
 y(t) = 7 – 6 . . 𝒆𝒕 + 4 . 𝒆𝟐𝒕 
 Z(t) = 2 . 𝒆𝟐𝒕 
5 
 
4) Dada a equação diferencial ordinária homogênea de 2ª ordem: 
 
 
a) Faça uma mudança de variáveis a fim de transformá-la em um sistema de equações 
diferenciais ordinárias de 1ª ordem. 
 
y’’(t) = 2y’(t) + 3y(t) 
x(t) = y’(t) => x’(t) = y’’(t) 
x’(t) = 2x(t) + 3y(t) <=> x’(t) = 2 3 x(t) 
y’(t) = x(t) y’(t) 1 0 y(t) 
 
det 2 – t 3 = (2 – t) .(- t) – 3 => t² - 2t – 3 = 0; t = - 1, t = 3 
 1 0 - t 
 
V(-1): 2 3 x = -1 x => 2x + 3y = -x 
 1 0 y y x = -y 
 V(-1) = [(1, -1)] 
 
V(3): 2 3 x = 3 x => 2x + 3y = 3x 
 1 0 y y x = 3y 
 V(3) = [(1 , 3)] 
 
 
b) Encontre a sua solução geral. 
X(t) = [x(t), y(t)] , onde x(t) = y’ 
 
X(t) = a.𝒆− 𝒕 (1, -1) + b . 𝒆𝟑𝒕 (1,3) <=> y (t) = a . 𝒆− 𝒕 + b . 𝒆𝟑𝒕 
 y’(t) = - a . 𝒆− 𝒕. + 3 . b . 𝒆𝟑𝒕 = x(t) ; a e b ϵ R 
 
 
 
6 
 
c) Encontre a única solução da equação de 2ª ordem, que verifica as condições 
iniciais . 
 
X(0) = (5,3) y(0) = a + b = 5 => a = 3 
 y’(0) = - a + 3b = 3 => y(0) – y’(0) = 4.b = 8 => b = 2 
 
 
 y(t) = 3 . 𝑒− 𝑡 . + 2 . 𝑒3𝑡 
 y’(t) = - 3 . 𝑒− 𝑡 + 6 . 𝑒3𝑡 (y’(t) = derivada de y(t)