Geometria Analítica: Elipses, Hipérboles e Cônicas

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a) Para achar as intersecções com os eixos, fazemos x=0 e y=0 na 
equação da elipse 
x225+y29=1 
x=0⇒y2=9⇒y=±3 
y=0⇒x2=25⇒x=±5 
Vamos determinar os focos. 
Pela equação da elipse temos: 
a2=25⇒a=5,b2=9⇒b=3 
Vemos que a>b, assim o semieixo maior é paralelo ao eixo Ox, logo os focos 
estão neste semieixo. 
Sendo 2c a distância entre os focos e a>b, temos: 
 
c2=a2−b2⇒c2=25−9=16⇒c=16=4 
 
Como a elipse está centrada na origem do sistema de coordenadas, temos que seus focos 
são: 
 
F1=(−4,0) 
e 
 
F2=(4,0) 
 
b) Para achar as intersecções com os eixos, fazemos x=0 e y=0 na 
equação da elipse 
x216+y225=1 
x=0⇒y2=25⇒y=±5 
y=0⇒x2=16⇒x=±4 
 
Vamos determinar os focos. 
 
Pela equação da elipse temos: 
a2=16⇒a=4,b2=25⇒b=5 
Vemos que b>a, assim o semieixo maior é paralelo ao eixo Oy, logo os focos 
estão neste semieixo 
Sendo 2c a distância entre os focos e b>a, temos: 
c2=b2−a2⇒c2=25−16=9⇒c=9=3 
Como a elipse está centrada na origem do sistema de coordenadas, temos que seus focos 
são: 
F1=(0,−3) 
 e 
F2=(0,3) 
 
 
2. Para achar as intersecções com os eixos, fazemos x=0 e y=0 na 
equação da hipérbole 
 
x216−y29=1 
 
Eixos: x=0⇒−y2=9, que não tem solução, logo não encontra o 
eixo das ordenadas 
 
y=0⇒x2=16⇒x=±4 
 
Pontos (-4,0), (4,0). 
 
a=4 e b=3 e 
c2−a2=b2⇒c2=9+16⇒c2=25⇒c=5 
 
Focos : (−5,0) e (5,0). 
 
3. 
a) x2+4y2+8x−16y+20=0 
Como o coeficiente misto de 2º grau é zero, só precisamos completar quadrados. 
 
x2+8x=(x+4)2−16 
 
e 
 
4y2−16y=4(y2−4y)=4((y−2)2−4) 
 
Substituindo na equação da cônica, temos: 
 
x2+4y2+8x−16y+20=(x+4)2−16+4((y−2)2−4)+20=0 
 
Fazendo a mudança de variável , temos: 
 
 
 
Ou ainda que é uma elipse. 
 
 
b) x2−2xy+y2−2x−2y+1=0 
 
Vamos 1º eliminar o termo misto do 2º grau 
 
 
 
V(0) 
, logo V(0)=[(1,1)] 
 
 
V(2) 
 
, logo V(2)=[(1,−1)] 
 
F={(1,1),(1,−1)} é base ortogonal, normalizando: 
 
||(1,1)||=||(1,−1)||=2, temos 
 
Temos a mudança (na verdade uma rotação no plano) 
 
 
 
Substituindo na equação da cônica a parte de 2º grau fica: 
 
 
 
Vamos calcular a parte de 1º grau 
 
 
 
Logo a equação da cônica no novo sistema é: 
 
, que é uma parábola. 
 
c) 7x2+6xy−y2+28x+12y+28=0 
 
Vamos 1º eliminar o termo misto do 2º grau 
 
 
 
V(−2) 
 
 V(−2)=[(1,−3)] 
 
V(8) 
 
 
F={(1,−3),(3,1)} é base ortogonal, normalizando: 
 
||(1,−3)||=||(3,1)||=10 , temos 
 
Temos a mudança (na verdade uma rotação no plano) 
 
 
 
Substituindo na equação da cônica a parte de 2º grau fica: 
 
 
 
Vamos calcular a parte de 1º grau. 
 
 
 
Logo a equação da cônica no novo sistema é: 
 
, ou racionalizando: 
 
 
 
Precisamos, ainda, completar os quadrados: 
 
 
 
 
 
Fazendo a mudança de variável , temos: 
 
 
 
Ou seja, que são duas retas concorrentes. 
 
4. 
a) 
 
 
V(−2) 
 
 V(−2)=[(1,−1)] 
 
 
V(6) 
 
, logo 
 
 
 
 
b) , logo a solução é: 
 
 
 
 
 
5. 
a) 
 
V(−1) 
 
 
V(−1)=[(1,0,−3),(0,1,−1)] 
 
 
V(5) 
 
 
 
V(5)=[(1,1,2)], logo: 
 
X(t)=a⋅e−t(1,0,−3)+b⋅e−t(0,1,−1)+ce5t(1,1,2)⇔ 
 
 
 
 
b) , logo a solução é: 
 
 
6. 
a) Fazendo a mudança de variável substituindo na 
equação temos: 
 
 
 
 
 
V(1) 
 
 
V(3) 
 V(3)=[(1,3)] 
 
Seja X(t)=(x(t),y(t)), onde . 
 
 
 
, logo a solução da equação de 2ª 
 
ordem com as condições iniciais dada é: 
 
x(t)=2et−e3t 
 
b) Fazendo a mudança de variável substituindo na 
equação temos: 
 
 
 
 
 
V(0) 
, V(0)=[(1,0)] 
 
V(−2) 
 V(3)=[(1,−2)] 
 
 
Seja X(t)=(x(t),y(t)), onde . 
 
 
 
, logo a solução da equação de 2ª ordem 
 
com as condições iniciais dada é: 
 
x(t)=4−e−2t