AD1_Gabarito_2022_02

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Curvas e Superf́ıcies 2o Semestre, 2022
AD 1: Gabarito
Professor: Adriano de Souza Martins
Questão 01 (2,0 pro item a e 0,5 pro b):
(a.1) Temos três pontos a considerar, todos em coordendas polares: a origem O = (0, 0), o centro
da circunferência C = (a, π/4) e um ponto genérico P da circunferência P = (r, θ). Criamos
assim um triângulo formado pelos vetores
−→
OC,
−→
CP e
−→
OP , cuja relação é
−→
OC +
−→
CP =
−→
OP ,
onde podemos isolar o vetor que vai da origem ao centro:
−→
OC =
−→
OP −
−→
CP . Tomando o
módulo ao quadrado desta equação obtemos: |
−→
OC|2= |
−→
CP −
−→
OP |2= |
−→
CP |2|
−→
OP |2−2
−→
CP ·
−→
OP ,
que por sua vez, usando as coordenadas dos pontos, dá em a2 = r2 + a2 − 2ra cos(π/4 − θ),
que simplificando dá r = 2a cos(π/4− θ).
(a.2) Uma solução alternativa a este item é literalmente pegar a equação do ćırculo em coorde-
nadas cartesianas e fazer a transformação para coordenadas polares. Nesse caso, a equação
do ćırculo é (x − xc)2 + (y − yc)2 = a2, onde C = (xc, yc) = (a
√
2/2, a
√
2/2) são as coor-
denadas do centro usando a informações dadas. Substituindo nessa equação x = r cos(θ) e
y = r sen(θ) e manipulando encontramos r =
√
2a [sen(θ) + cos(θ)]. Se chegar aqui tá ok,
mas esta expressão pode ainda ser manipulada usando o cosseno da diferença: cos(π/4− θ) =
cos(pi/4) cos(θ) + sen(π/4) sen(θ) =
√
2/2[sen(θ) + cos(θ)], que levando na equação anterior-
mente obtida chegamos a r = 2a cos(π/4− θ).
(b) Usando a equação determinada no item anterior, num sistema ortogonal de eixos polares
(plote a função no Geogebra fazendo y = r e x = θ, o ćırculo intercepta o eixo r em θ = 0,
para o qual r = a
√
2 e intecepta o eixo θ em 3π/4, para o qual r = 0.
Questão 02 (2,5 pontos): Os vetores normais relativos a cada plano são ~N1 = (2,−1, 1) e
~N2 = (1, 2,−1). Tomando o produto escalar entre estes vetores encontramos ~N1 · ~N2 = −1, o que
demonstra que eles não são paralelos e assim os planos se interceptam. Na medida que o vetor
direção da reta formada pela interseção dos planos está contido em ambos os planos, este será então
perpendicular aos respectivos vetores normais. Podemos calcular ~v tomando o produto vetorial dos
vetores normais:
~v = ~N1 × ~N2 =
∣∣∣∣∣∣
x̂ ŷ ẑ
2 −1 1
1 2 −1
∣∣∣∣∣∣ = (−1, 3, 5).
Precisamos agora de um ponto P0, que pode ser obtido a partir de uma solução particular do
sistema, tipo calculando os valores de y e z para z = 0. Assim teremos que x = 1/5 e y = 2/5, e as
equações paramétricas então são (x, y, z) = P0 + t~v = (1/5− t, 2/5 + 3t, 5t).
Questão 03 (2,5 pontos): Temos que ~r(t) = (t, 3t2, 6t3), cuja derivada resulta em ~r ′(t) =
(1, 6t, 18t2) que, por sua vez, a norma correspondente é
||~r ′(t)||=
√
1 + 36t2 + 324t4 =
√
(1 + 18t2)2 = (1 + 18t2).
1-1
1-2 Aula 1: Gabarito
O comprimento de arco S é dado por:
S =
∫ 2
0
||~r ′(t)|| dt =
∫ 2
0
(1 + 18t2) dt =
(
t+ 6t3
∣∣2
0
= 50
Questão 04 (2,5 pontos) Manipulando algebricamente a equação, encontramos:
(x− 3)2 + (y − 2)2 = 32,
que é a equação de uma circunferência com centro em (x, y) = (3, 2) e raio r = 3. Se fosse uma
circunferência com centro em (0, 0), as equações paramétricas seriam x = r cos t e y = r sen t.
Assim, com centro em (x0, y0) as equações paramétricas são x− x0 = r cos t e y − y0 = r sen t