calculo 4 livro

Como |PF1 − PF2 | ≡ C > 0 posso supor
que tomei P no ramo da hipe´rbole onde PF1 − PF2 ≡ C > 0 (seria ana´logo o outro
caso, trocando os pape´is de F1 e F2).
F1 F2
P
Q
F2 ’ 
α/2 α/2 
Marque no segmento de reta [F1P ] o ponto F
′
2 que tem PF2 = PF
′
2.
Considere a bissectriz r do aˆngulo α em P que faz parte do triaˆngulo ∆F1PF2.
6. A HIPE´RBOLE E O ANA´LOGO DA PROPRIEDADE REFLETIVA 280
Tome um ponto Q ∈ r, Q 6= P .
Caso 1: Suponhamos QF1 ≥ QF ′2:
Enta˜o como Q na˜o esta´ alinhado com F1, F
′
2, P , temos:
QF ′2 + F
′
2F1 > F1Q,
e portanto:
F ′2F1 > F1Q−QF ′2 ≥ 0.
Note que a nossa reta r funciona tambe´m como mediatriz do segmento [F ′2F2] (por
ser a bissectriz do triaˆngulo iso´sceles ∆F ′2PF
′
2). Logo
QF ′2 = QF2
e portanto:
F ′2F1 > F1Q−QF2.
Por outro lado, ja´ que o ponto F ′2 esta´ no segmento [F1P ], temos:
F ′2F1 = PF1 − PF ′2 =
= PF1 − PF2.
Como este u´ltimo valor e´ positivo, pela escolha de P ,
|PF1 − PF2 | = PF1 − PF2 ≡ C > 0
e
|PF1 − PF2 | > F1Q−QF2 ≥ 0
nos faz concluir que Q na˜o pertence a` elipse.
Ou seja, que da reta r somente o ponto P esta´ na elipse.
Vemos em seguida que r na˜o e´ paralela a nenhuma das ass´ıntotas da hipe´rbole.
Portanto, pela Afirmac¸a˜o 6.2, concl´ımos que r e´ a tangent a` hipe´rbole no ponto P .
Caso 2: Suponhamos QF ′2 ≥ QF1:
Enta˜o como Q na˜o esta´ alinhado com F1, F
′
2, P , temos:
QF1 + F1F ′2 > QF
′
2,
e portanto:
F ′2F1 > QF
′
2 −QF1 ≥ 0.
O Resto da prova neste Caso 2 e´ exatamente igual ao do Caso 1.
�
CAPI´TULO 20. AS COˆNICAS E SUAS PROPRIEDADES REFLETIVAS 281
7. Famı´lia de coˆnicas co-focais ortogonais
Considere a seguinte famı´lia de coˆnicas:
x2
λ
+
y2
λ− k2 = 1, k > 0,
com k fixado e o paraˆmetro λ > 0, λ 6= k2.
A Figura a seguir ilustra o caso em que k = 2, onde escolhi 10 valores
λ = 15, 10, 8, 6, 5, 3.5, 3, 2, 1, 0.3
0y
-4
2
4
x
4
-2
-4 -2 20
A Afirmac¸a˜o a seguir descreve a famı´lia em detalhe. O item iv) e´ surpreendente !
Afirmac¸a˜o 7.1.
• i ) todas as coˆnicas dessa famı´lia teˆm os mesmos Focos (k, 0) e (−k, 0). Se
λ − k2 > 0 a coˆnica correspondente ao λ e´ uma elipse com excentricidade
k√
λ
. Se λ − k2 < 0 a coˆnica correspondente ao λ e´ uma hipe´rbole com
excentricidade k√
λ
.
7. FAMI´LIA DE COˆNICAS CO-FOCAIS ORTOGONAIS 282
• ii) em cada ponto (x, 0) do eixo dos x, diferente dos dois Focos (k, 0) e (−k, 0)
e da origem, so´ passa um elemento da famı´lia de coˆnicas. De fato, se |x| > k
enta˜o passa so´ uma elipse cujo paraˆmetro e´ λ = x2 e cuja excentricidade e´
e = a|x| < 1. E se |x| < k enta˜o so´ passa uma hipe´rbole cujo paraˆmetro e´
λ = x2 e cuja excentricidade e´ e = a|x| > 1.
• iii) em cada ponto (0, y) do eixo dos y, diferente da origem so´ passa uma
elipse da famı´lia, com paraˆmetro λ = k2 + y2 e excentricidade k√
k2+y2
• iv) em cada ponto (x, y) com x · y 6= 0 passam dois elementos da famı´lia,
uma elipse e uma hipe´rbole, e a intersecc¸a˜o e´ ortogonal7
Demonstrac¸a˜o.
Do item i):
Basta aplicar a Afirmac¸a˜o 2.2 para encontrar os focos e a excentricidade. Note
que se λ− k2 < 0 as hipe´rboles sa˜o:
x2
λ
− y
2
k2 − λ = 1.
De ii):
Dado o ponto (x, 0) a expressa˜o:
x2
λ
+
y2
λ− k2 = 1, k > 0
produz a seguinte equac¸a˜o quadra´tica em λ:
λ2 − λ · (k2 + x2) + k2 · x2 = 0.
Se x2 − k2 > 0 (ou seja, |x| > k) o discriminante dessa equac¸a˜o vira:
x2 − k2
e obtemos duas soluc¸o˜es:
λ = x2 e λ = k2
mas por hipo´tese exclu´ımos λ− k2. Analogamente se x2 − k2 < 0.
De iii): Para um ponto (0, y) equac¸a˜o em λ agora e´ linear:
y2
λ− k2 = 1⇔ λ = k
2 + y2.
De iv):
Deixo para o leitor verificar que para cada ponto (x, y) com x · y 6= 0 passam duas
coˆnicas diferentes, uma com excentricidade > 1 e a outra < 1. A u´nica coisa que
quero destacar e´ que os paraˆmetros λ1, λ2 sa˜o as soluc¸o˜es da equac¸a˜o quadra´tica em
λ:
λ2 − λ · (k2 + x2 + y2) + x2 · k2 = 0
7Quando duas curvas se intersectam, o aˆngulo que formam e´ medido com base no aˆngulo formado
por suas retas tangentes.
CAPI´TULO 20. AS COˆNICAS E SUAS PROPRIEDADES REFLETIVAS 283
que sai de
x2
λ
+
y2
λ− k2 = 1.
Lembro que:
λ1 + λ2 = k
2 + x2 + y2 e λ1 · λ2 = x2 · k2,
ja´ que
λ2 − λ · (k2 + x2 + y2) + x2 · k2 = (λ− λ1) · (λ− λ2).
Nesses pontos (x, y) com x · y 6= 0, as duas curvas da famı´lia que passam pelo
ponto na˜o sa˜o verticais, ou seja, localmente em torno de cada ponto as duas curvas
sa˜o gra´ficos da forma y = fλ1(x) e y = fλ2(x). De fato,
∂( x
2
λ
+ y
2
λ−k2 − 1 )
∂y
= 0⇔ y = 0
e podemos usar o Teorema 2.1 do Cap´ıtulo 15.
Tambe´m por esse mesmo Teorema calculo:
f ′λ1(x) = −
(2x
λ1
)
( 2y
λ1−k2 )
=
−x
y
· (λ1 − k
2
λ1
),
enquanto que
f ′λ2(x) =
−x
y
· (λ2 − k
2
λ2
).
Agora noto que termos a condic¸a˜o:
f ′λ1(x) =
−1
f ′λ2(x)
equivale a termos
(x2 + y2) · λ1 · λ2 − x2 · k2 · (λ1 + λ2) + x2 · k4 = 0,
o que conseguimos que seja verdade se usamos:
λ1 · λ2 = x2 · k2 e λ1 + λ2 = k2 + x2 + y2.
Ora,
f ′λ1(x) =
−1
f ′λ2(x)
e´ a condic¸a˜o de ortogonalidade, por isso cada par elipse-hipe´rbole que se encontra
num ponto e´ ortogonal.
�
Para vermos exemplos de famı´lias de cu´bicas ortogonais precisaremos da Sec¸a˜o 3
do Cap´ıtulo 50.
8. EXERCI´CIOS 284
8. Exerc´ıcios
Exerc´ıcio 8.1.
Chamamos uma hipe´rbole x
2
a2
− y2
b2
= 1 de retangular se suas ass´ıntotas sa˜o ortog-
onais entre si.
Qual a relac¸a˜o entre a e b que e´ necessa´ria e suficiente para termos uma hipe´rbole
retangular ?
Exerc´ıcio 8.2. (resolvido)
Um planeta de move em trajeto´ria el´ıptica, em que o Sol e´ um dos focos da elipse.
Observado a partir de um ponto (x, y) = (0, 0), o planeta esta´, num certo instante
t0, na posic¸a˜o (x0, y0), onde x0 > y0 > 0.
Ademais, sua coordenada x tem em t0 uma taxa de variac¸a˜o de−1 UA/s, enquanto
que sua coordenada y tem taxa de variac¸a˜o de 1 UA/s.
i) Determine a equac¸a˜o (padra˜o) da elipse que descreve sua trajeto´ria.
ii) Determine as posic¸o˜es poss´ıveis do Sol.
iii) A distaˆncia do foco onde esta´ o Sol ate´ o ve´rtice mais pro´ximo e´ chamado de
perihe´lio do planeta. Determine-o.
CAP´ıTULO 21
Integrac¸a˜o e o Primeiro Teorema Fundamental
1. A´rea sob um gra´fico positivo
Dado um gra´fico de uma func¸a˜o cont´ınua y = f(x) ≥ 0 quero entender qual a
A´rea compreendida sob esse gra´fico e acima do eixo x, da vertical x = a ate´ a vertical
x = b.
Se y = f(x) = ax+b e´ uma reta tudo ok, ja´ sabemos o que sa˜o a´reas de triaˆngulos,
retaˆngulo, trape´zios, etc. Mas e se y = f(x) na˜o for uma reta ? Se f(x) na˜o e´ a
equac¸a˜o de uma reta, vemos que realmente precisamos definir de maneira matemati-
camente correta a intuic¸a˜o que temos de que ha´ uma figura sob esse gra´fico e que ela
tem uma certa a´rea.
A ide´ia de Bernard Riemann e´ de ir subdividindo o domı´nio da f e colocando lado
a lado retaˆngulos sob o gra´fico (vou chama´-los de retaˆngulos justapostos sob o gra´fico).
A soma das a´reas desses retaˆngulos e´ menor que a a´rea buscada, mas a medida que
se refina a subdivisa˜o do domı´nio a soma de a´reas dos retaˆngulos justapostos sob o
gra´fico se aproxima de um certo valor.
Isso funciona bem por exemplo se f : [a, b]]→ R e´ cont´ınua.
Se f na˜o fosse cont´ınua em [a, b], quem sabe os valores da f ficassem ta˜o altos
quanto quise´ssemos, o que levaria em muitos casos a que a a´rea da regia˜o sob seu
gra´fico devesse ser considerada infinita, na˜o um nu´mero determinado. 1
1Veremos mais adiante, quando tratarmos de integrais impro´prias que, a`s vezes, a integrac¸a˜o
consegue domar o infinito, tanto do tamanho do intervalo onde se integra, quanto dos valores da
func¸a˜o em [a, b].
285
2. QUAL FUNC¸A˜O DESCREVE AS A´REAS SOB GRA´FICOS?