119 Respostas Aula 09 GA1

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Geometria Anal´ıtica I Respostas do Mo´dulo I 1
Geometria Anal´ıtica I
15/05/2005
Respostas dos Exerc´ıcios da Aula 9 do Mo´dulo I
Prezado aluno,
Seguem as respostas (na˜o as soluc¸o˜es!) dos exerc´ıcios propostos no Mo´-
dulo I de Geometria Anal´ıtica. Vale a pena lembrar que obter a resposta
e´ apenas uma etapa. O caminho que o levou a esta resposta e´ ta˜o ou
mais importante! Habitue-se a escrever cuidadosamente a sua soluc¸a˜o,
evidenciando cada passo e cada ide´ia! Bom trabalho para voceˆ!
Humberto Jose´ Bortolossi
AULA 9
[01] (a) Aqui A = 9, B = 0, C = −16, D = −54, E = 32 e F = −79, de modo que o
indicador da coˆnica C e´ IC(C) = 4AC − B2 = −576. Logo, C e´ do tipo hiperbo´lico,
isto e´, C e´ uma hipe´rbole possivelmente degenerada.
(b) Aqui A = 4, B = 4, C = 1, D = −12, E = −6 e F = 5, de modo que o indicador
da coˆnica C e´ IC(C) = 4AC − B2 = 0. Logo, C e´ do tipo parabo´lico, isto e´, C e´ uma
para´bola possivelmente degenerada. Com a troca de varia´veis
⎧⎪⎪⎨
⎪⎪⎩
x =
2
√
5
5
x′ −
√
5
5
y′,
y =
√
5
5
x′ +
2
√
5
5
y′,
obtemos que
5 (x′)2 − 6
√
5x′ + 5 = 0.
Completando-se quadrados, segue-se que
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5 (x′′)2 − 4 = 0,
onde x′′ = x′ − 3√5/5. Assim, podemos concluir que a coˆnica C no sistema de
coordenadas O′′X ′′Y ′′ e´ degenerada, sendo constitu´ıda pelo par de retas
x′′ = −2
√
5
5
e x′′ = +
2
√
5
5
.
(c) Aqui A = 9, B = 24, C = 16, D = −150, E = −200 e F = 625, de modo que o
indicador da coˆnica C e´ IC(C) = 4AC −B2 = 0. Logo, C e´ do tipo parabo´lico, isto e´,
C e´ uma para´bola possivelmente degenerada. Com a troca de varia´veis
⎧⎪⎨
⎪⎩
x =
3
5
x′ − 4
5
y′,
y =
4
5
x′ +
3
5
y′,
obtemos que 25 (x′)2 − 250x′ + 625 = 0 ou, ainda, que
(x′)2 − 10x′ + 25 = 0.
Completando-se quadrados, segue-se que
(x′′)2 = 0,
onde x′′ = x′ − 5. Assim, podemos concluir que a coˆnica C no sistema de coordena-
das O′′X ′′Y ′′ e´ degenerada, sendo constitu´ıda pela reta
x′′ = 5.
[02] Seja (x, y) um ponto do c´ırculo de centro em (0, 0) e raio r > 0. Enta˜o (x, y) satisfaz
a equac¸a˜o
x2 + y2 = r2.
Se (x′, y′) e´ o ponto obtido por uma rotac¸a˜o de aˆngulo θ em torno da origem no sentido
anti-hora´rio do ponto (x, y), enta˜o vale que
{
x = x′ cos(θ)− y′ sen(θ),
y = x′ sen(θ) + y′ cos(θ).
Substituindo estas expresso˜es na equac¸a˜o x2 + y2 = r2 e simplificando as contas,
obtemos que
(x′)2 + (y′)2 = r2,
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isto e´, (x′, y′) tambe´m tambe´m satisfaz a equac¸a˜o do c´ırculo de centro em (0, 0) e
raio r > 0. Isto mostra que o c´ırculo de centro em (0, 0) e raio r > 0 e´ invariante por
rotac¸o˜es em torno da origem (0, 0).
[03] Seja (x, y) um ponto do c´ırculo de centro em (x0, y0) e raio r > 0. Enta˜o (x, y) satisfaz
a equac¸a˜o
(x− x0)2 + (y − y0)2 = r2.
Seja agora (x′, y′) e´ o ponto obtido pela reflexa˜o do ponto (x, y) com relac¸a˜o a reta r
que passa pelo centro (x0, y0) do c´ırculo. Devemos mostrar que (x
′, y′) tambe´m satisfaz
a equac¸a˜o (x− x0)2 + (y − y0)2 = r2. Ora, no sistema de coordenadas OXY definido
por {
x = x− x0,
y = y − y0,
o ponto (x, y) e´ levado em um ponto (x, y) que satisfaz a equac¸a˜o
x2 + y2 = r2
do c´ırculo de centro na origem O = (0, 0)OXY e raio r > 0. A reta r, neste novo
sistema de coordenadas, passara´ agora pela origem O = (0, 0)OXY . O resultado agora
segue imediatamente do exerc´ıcio 4 da aula 7 na pa´gina 93 do mo´dulo, que nada mais
e´ do que este exerc´ıcio para o caso particular em que (x0, y0)OXY = (0, 0)OXY .
[04] (a) Troca de coordenadas:
⎧⎪⎪⎨
⎪⎪⎩
x =
2
√
5
5
x′ −
√
5
5
y′,
y =
√
5
5
x′ +
2
√
5
5
y′.
A equac¸a˜o determina uma hipe´rbole, cuja forma canoˆnica (reduzida) e´
(x′)2
36
− (y
′)2
9
= 1.
No sistema de coordenadas O′X ′Y ′, esta hipe´rbole tem ass´ıntotas y′ = −x′/2
e y′ = +x′/2 e ve´rtices (−6, 0)O′X′Y ′ e (+6, 0)O′X′Y ′ . No sistema de coordena-
das OXY , esta hipe´rbole tem ass´ıntotas y = 0 e y = 4x/3 e ve´rtices
(
−12
√
5
5
,−6
√
5
5
)
OXY
e
(
+
12
√
5
5
,+
6
√
5
5
)
OXY
.
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(b) Troca de coordenadas:
⎧⎪⎪⎨
⎪⎪⎩
x =
3
√
10
10
x′ −
√
10
10
y′,
y =
√
10
10
x′ +
3
√
10
10
y′.
A equac¸a˜o determina uma hipe´rbole degenerada cuja forma canoˆnica (reduzida) e´
4
(
x+
3
√
10
5
)2
−
(
y −
√
10
5
)2
= 0,
isto e´, o par de retas
y′ = −2x′ −
√
10 e y′ = 2x′ +
7
√
10
5
no sistema O′X ′Y ′ ou, se preferir, o par de retas
y = −x− 2 e y = 7x+ 14
no sistema OXY .
(c) Troca de coordenadas: ⎧⎪⎪⎨
⎪⎪⎩
x =
√
2
2
x′ −
√
2
2
y′,
y =
√
2
2
x′ +
√
2
2
y′.
A equac¸a˜o determina uma elipse degenerada cuja forma canoˆnica (reduzida) e´
(
x′ +
√
2
)2
6
+
(
y′ +
√
2
)2
4
= 0,
isto e´, o ponto (−√2,−√2)O′X′Y ′ = (0,−2)OXY .
(d) Troca de coordenadas:
⎧⎪⎪⎨
⎪⎪⎩
x =
2
√
13
13
x′ − 3
√
13
13
y′,
y =
3
√
10
10
x′ +
2
√
10
10
y′.
A equac¸a˜o determina uma para´bola degenerada cuja forma canoˆnica (reduzida) e´
(
x′ −
√
13/13
)2
= 0,
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isto e´, a reta x′ =
√
13/13 no sistema O′X ′Y ′ ou, se preferir, a reta y = −2x/3+
1/3 no sistema OXY .
[05] xy − 3x− 3 y + 8 = 0.
[06] 3x2 − 10xy + 3 y2 + 12x+ 12 y − 32 = 0.
[07] (a) t = 0. (b) Para t = +a e t = −a obtemos hipe´rboles conjugadas, isto e´, hipe´rboles
com as mesmas ass´ıntotas.
[08] O indicador da coˆnica e´ I(C) = 4 ·A ·C −B2 = 4 · (1) · (2 · k)− (0)2 = 8 · k. Segue-se
enta˜o que a coˆnica e´ do tipo parabo´lico para k = 0, do tipo el´ıptico para k > 0 e do
tipo hiperbo´lico para k < 0.
Se k = 0, enta˜o a equac¸a˜o assume a forma x2 − 1 = 0 e, portanto, ela define duas
retas paralelas: x = −1 e x = +1.
Se k �= 0, completando quadrados, vemos que a equac¸a˜o x2 + 2 kx+ 2 ky2 = 2 k + 1 e´
equivalente a
(x+ k)2 + 2 ky2 = (k + 1)2.
Desta maneira, vemos que se k = −1, a coˆnica se degenera para duas retas concor-
rentes:
y = −
√
2
2
x−
√
2
2
e y = +
√
2
2
x−
√
2
2
.
Nos demais casos, temos sempre coˆnicas na˜o-degeneradas, todas com focos sobre a
reta y = 0.
[09] (a) m = 4. (b) Se m = 0, enta˜o a equac¸a˜o determina duas retas paralelas:
y = −2x
3
− 1
3
−
√
7
3
e y = −2x
3
− 1
3
+
√
7
3
.
[10] (a) A coˆnica e´ do tipo parabo´lica se λ = 2, do tipo el´ıptico se λ > 2 e do tipo
hiperbo´lico se λ < 2. (b) A coˆnica e´ degenerada para λ = 1 ou λ = 2.
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