John MacQuarrie- GAAL

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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