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GAAL online exerc´ıcios 10 : umas soluc¸o˜es Ja´ que o processo de resolver cada exerc´ıcio e´ similar, vamos fazer partes (b),(h) com detalhes, e dar so´ umas respostas das outras partes. 1. Para cada item, identifique a coˆnica por achando eixos x′, y′ em quais ela tem uma forma padra˜o. Em seguida: • Quando faz sentido, calcule a excentricidade da coˆnica. • Quando faz sentido, calcule o(s) foco(s), a(s) diretriz(es), o(s) ve´rtice(s), as ass´ıntotas da coˆnica, com respeito tanto a` base x′, y′ quanto a` base x, y original. • Fac¸a um esboc¸o do gra´fico da coˆnica. (a) 9x2 − 4xy + 6y2 = 30, (b) 3x2 − 8xy − 12y2 + 81 = 0, (c) 2x2 − 4xy − y2 = −24, (d) 21x2 + 6xy + 13y2 − 132 = 0, (e) 4x2 − 20xy + 25y2 − 15x− 6y = 0, (f) 9x2 + y2 + 6xy − 10√10x+ 10√10y + 90 = 0, (g) 5x2 + 5y2 − 6xy − 30√2x+ 18√2y + 82 = 0, (h) 5x2 + 12xy − 12√13x = 36, (i) 6x2 + 9y2 − 4xy − 4√5x− 18√5y = 5, (j) x2 − y2 + 2√3xy + 6x = 0. R: (a) Elipse. P = ( 1/ √ 5 −2/√5 2/ √ 5 1/ √ 5 ) , D = ( 5 0 0 10 ) . F1 = ( − √ 3/5,− √ 12/5 ) , F2 = (√ 3/5, √ 12/5 ) Diagrama: 1 x y x1 y1 (b) Sejam como sempre A = ( 3 −4 −4 −12 ) , X = ( x y ) . Na˜o temos K pois na˜o temos os termos x, y. Os autovalores de A sa˜o λ = 4, λ = −13. O autoespac¸o de λ = 4 tem base u4 = (−4 1 ) , logo base ortonormal w4 = (−4/√17 1/ √ 17 ) . O autoespac¸o de λ = −13 tem base ortonormal w−13 = ( 1/ √ 17 4/ √ 17 ) . Ja´ que queremos uma matriz P da forma ( + − + + ) , colocamos os autovalores na ordem −13, 4. Obtemos as matrizes P = ( w−13 w4 ) = ( 1/ √ 17 −4/√17 4/ √ 17 1/ √ 17 ) , D = (−13 0 0 4 ) . Temos A = PDP t. Define X1 = ( x1 y1 ) = P tX = ( x+4y√ 17−4x+y√ 17 ) . 2 A equac¸a˜o se torna XtAX − 81 = 0 (P tX)D(P tX) + 81 = 0 −13x1 + 4y1 = −81 x21 81/13 − y 2 1 81/4 = 1 Uma hipe´rbole. Temos • a = √81/13 = 9/√13 • b = √81/4 = 9/2 • c = √a2 + b2 = 9√17/2√13 • Excentricidade e = c/a = √17/2 • Ass´ıntotas y1 = ±b/ax1 = ±( √ 13/2)x1 com respeito a X1, logo( 0 1 )(x1 y1 ) = ±( √ 13/2) ( 1 0 )(x1 y1 ) ( 0 1 ) P tX = ±( √ 13/2) ( 1 0 ) P tX y = 8 + √ 13 2− 4√13x , y = 8−√13 2 + 4 √ 13 x. O esboc¸o e´ x y x1 y1 (c) Hipe´rbole. P = ( 1/ √ 5 −2/√5 2/ √ 5 1/ √ 5 ) , D = (−2 0 0 3 ) . 3 Equac¸a˜o x21 12 − y 2 1 8 = 1. Diagrama x y x1 y1 (d) Elipse. P = ( 3/ √ 10 −1/√10 1/ √ 10 3/ √ 10 ) , D = ( 22 0 0 12 ) . Equac¸a˜o x21 6 + y21 11 = 1. Observe que (ja´ que 6 < 11, este elipse tem focos no eixo y1, e na˜o no eixo x1). Diagrama x y x1 y1 4 (e) Para´bola. A = ( 4 −10 −10 25 ) , K = (−15 −6) . P = ( 5/ √ 29 −2/√29 2/ √ 29 5/ √ 29 ) , D = ( 0 0 0 29 ) . Equac¸a˜o y21 = 4 ( 3 4 √ 29 ) x1. Ja´ que a equac¸a˜o e´ y21 = 4px1 com p > 0, a para´bola esta´ indo “pra direita”com respeito a x1, y1. O foco e´ (x1, y1) = (3/(4 √ 29), 0), logo com respeito a (x, y) e´ P ( 3/(4 √ 29) 0 ) =( 15/116 3/58 ) . Diagrama x y x1 y1 (f) Para´bola. A = ( 9 3 3 1 ) , K = (−10√10 10√10) . P = ( 3/ √ 10 −1/√10 1/ √ 10 3/ √ 10 ) , D = ( 10 0 0 0 ) . Equac¸a˜o com respeito a x1, y1: x21 − 2x1 + 4y1 + 9 = 0, ou (x1 − 1)2 + 4(y1 + 2) = 0. Seja x2 = x1 − 1, y2 = y1 + 2. Obtemos x22 = 4(−1)y2. 5 Ja´ que a equac¸a˜o e´ x22 = 4py2 com p < 0, a para´bola esta´ indo “para baixo”com respeito a x2, y2. O ve´rtice (x2, y2) = (0, 0) e´ (x, y) = ( √ 5/2,−√5/2). Diagrama x y x1y1 x2y2 (g) Elipse. A = ( 5 −3 −3 5 ) , K = (−30√2 18√2) . P = ( 1/ √ 2 −1/√2 1/ √ 2 1/ √ 2 ) , D = ( 2 0 0 8 ) . Equac¸a˜o com respeito a x1, y1: x21 + 4y 2 1x1 − 6x1 + 24y1 + 41 = 0, ou (x1 − 3)2 + 4(y1 + 3) = 4. Seja x2 = x1 − 3, y2 = y1 + 3. Obtemos x22 4 + y22 = 1. A origem acontece quando (x1, y1) = (3,−3), logo quando (x, y) = P ( 3 −3 ) = ( 3 √ 2 0 ) . Diagrama 6 x y x1 y1 x2 y2 (h) As matrizes dadas pela equac¸a˜o sa˜o A = ( 5 6 6 0 ) , X = ( x y ) , e K = (−12√13 0) . Diagonalizando A. O poli caracteristico e´ p(t) = t2 − 5t − 36 = 0. Os autovalores sa˜o −4 e 9. O autoespac¸o associado a λ = −4 e´ W−4 = {(−2α, 3α) | α ∈ R}. O autoespaA˜§o associado a λ = 9 e´ W9 = {(3α, 2α) | α ∈ R}. Logo {(−2/ √ 13, 3/ √ 13), (3/ √ 13, 2/ √ 13)} e´ uma base ortonormal de autovetores A. Portanto temos: P = ( 3/ √ 13 −2/√13 2/ √ 13 3/ √ 13 ) , D = ( 9 0 0 −4 ) e assim( x1 y1 ) = X1 = P tX = ( 3x+2y√ 13−2x+3y√ 13 ) , e KP = (−36 24) Logo temos que XtAX +KX = 36 XtPDP tX +KX = 36 Xt1DX1 + (KP )X1 = 36 9x21 − 4y21 − 36x1 + 24y1 = 36 9(x21 − 4x1)− 4(y21 − 6y1) = 36 9((x1 − 2)2 − 4)− 4((y1 − 3)2 − 9) = 36 Tomando X2 = ( x2 y2 ) = ( x1 − 2 y1 − 3 ) temos que 9x22 − 4y22 = 36⇒ x22 4 − y 2 2 9 = 1 (Equac¸a˜o de uma hipe´rbole) 7 Temos que a origem X2 = (0, 0) acontece quando X1 = (2, 3), logo quando X = PX1 = (0, 13/ √ 13). O gra´fico da hipe´rbole e´ x y x1 y1 x2 y2 Como a2 = 4 e b2 = 9, temos que c = √ b2 + a2 = √ 13 e portanto a excentricidade da hipe´rbole e´ e = c/a = √ 13/2. Ale´m disso, com respeito ao sistema de coordenadas dado por X2, temos que • Os focos da hipe´rbole: F1 = (− √ 13, 0) e F2 = ( √ 13, 0) • Os ve´rtices: V1 = (−2, 0) e V2 = (2, 0) • As assintotas: y2 = 32x2 e y2 = − 32x2 Com relac¸a˜o ao sistema dado por X1, temos • Os focos da hipe´rbole: F1 = (− √ 13 + 2, 3) e F2 = ( √ 13 + 2, 3) • Os ve´rtices: V1 = (0, 3) e V2 = (4, 3) • As assintotas: y1 − 3 = 32 (x1 − 3) ⇒ y1 = 32x1 − 32 e y1 − 3 =− 32 (x1 − 3)⇒ y1 = − 32x1 + 152 Com relac¸a˜o ao sistema dado por X, temos • Os focos da hipe´rbole: F1 = P (−√13 + 2 3 ) = (−3,−2 +√13) e F2 = P (√ 13 + 2 3 ) = (3, 2 + √ 13) 8 • Os ve´rtices: V1 = P ( 0 3 ) e V2 = P ( 4 3 ) • As assintotas: Use a relac¸a˜o( x1 y1 ) = X1 = P tX = ( 3x+2y√ 13−2x+3y√ 13 ) para escrever as equac¸o˜es y1 = 3 2x1 − 32 e y1 = − 32x1 + 152 em termos de x, y. (i) Elipse. A = ( 6 −2 −2 9 ) , K = (−4√5 −18√5) . P = ( 2/ √ 5 −1/√5 1/ √ 5 2/ √ 5 ) , D = ( 5 0 0 10 ) . Diagrama x y x1 y1 x2 y2 (j) Hipe´rbole. P = (√ 3/2 −1/2 1/2 √ 3/2 ) , D = ( 2 0 0 −2 ) , K = ( 6 0 ) . as ass´ıntotas com respeito a x2, y2 sa˜o y2 = ±x2 Diagrama 9 x y x1 y1 x2 y2 10
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