Terceira Prova Resolvida de Geometria Analítica - 2

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1. Determine as retas tangentes à eĺıpse E : x2 + 3y2 = 7 que contém o ponto P = (−1,−3).
Notamos, primeiramente, que o ponto P = (−1,−3) não pertence a eĺıpse E : x2 + 3y2 = 7.
A reta tangente à eĺıpse E : x2+3y2 = 7 no ponto (x0, y0) tem equação: x0x+3y0y = 7. Como o
ponto P = (−1,−3) pertence a essa reta então, x0·(−1)+3y0·(−3) = 7, ou seja, x0 = −7−9y0.
Como (x0, y0) ∈ E segue que, (−7 − 9y0)2 + 3y20 = 7, ou seja, 49 + 126y0 + 81y20 + 3y20 = 7.
Mas essa equação é equivalente a 84y20 + 126y0 + 42 = 0, que por sua vez é equivalente a
2y20 + 3y0 + 1 = 0, cujas ráızes são −12 e −1.
Se y0 = −12 então, x0 = −7 +
9
2
= −14
2
+ 9
2
= −5
2
.
Se y0 = −1 então, x0 = −7 + 9 = 2.
Concluimos então que existem duas retas, r1 e r2, tangentes à eĺıpse E que passam pelo ponto
P = (−1,−3), a saber, r1 : 2x− 3y = 7 e r2 : 5x+ 3y = −14
2. Considere o sistema de coordenadas ortogonal do plano Σ = (O, {~e1, ~e2}). Com respeito ao
sistema de coordenadas Σ, seja H a hipérbole com vértices A1 = (−3, 0) e A2 = (1, 4) e
excentricidade e = 3
2
. Determine o centro C de H e os focos F1 e F2 de H.
O centro da hipérbole H é dado por C = (−3+1
2
, 0+4
2
) = (−1, 2)
O semi-eixo transverso (focal) mede
a = dist((−1, 2), (1, 4)) =
√
(1− (−1))2 + (4− 2)2 =
√
8 = 2
√
2.
Como e = c
a
= 3
2
segue que c = 3a
2
= 3·2
√
2
2
= 3
√
2.
A reta focal r é a reta que passa pelos vértices A1 e A2. Portanto essa reta tem equação
y − 0 = 4−0
1−(−3)(x+ 3), ou seja, r : y = x+ 3.
Se F = (x, y) é um foco de H então,
F = (x, x+ 3) e dist((x, y), (−1, 2)) = 3
√
2
Temos então que,
18 = dist((x, y), (−1, 2))2 = (x+ 1)2 + (y − 2)2 = (x+ 1)2 + (x+ 3− 2)2 =
= (x+ 1)2 + (x+ 1)2 = 2(x+ 1)2
ou seja, (x+ 1)2 = 9 e assim, x = 2 ou x = −4. Portanto os focos de H são dados por,
F1 = (−4,−1) e F2 = (2, 5)
1
Terceira Prova Resolvida de Geometria Analítica
3. Identifique o que a quádrica Q : 3x2 + 3y2 +x− 2y− z = 0 representa e faça um esboço de Q.
Temos que,
3x2 + 3y2 + x− 2y − z = 0 ⇔ 3(x2 + 1
3
x) + 3(y2 − 2
3
y)− z = 0 ⇔
⇔ 3(x2 + 2x1
6
+
1
36
)− 1
12
+ 3(y2 − 2y1
3
+
1
9
)− 1
3
− z = 0 ⇔
⇔ 3(x+ 1
6
)2 + 3(y − 1
3
)2 − 1
12
− 4
12
− z = 0 ⇔
⇔ 3(x+ 1
6
)2 + 3(y − 1
3
)2 − (z + 5
12
) = 0 ⇔
⇔ 3(x+ 1
6
)2 + 3(y − 1
3
)2 = (z +
5
12
)
Fazendo X = x+ 1
6
, Y = y − 1
3
e Z = z + 5
12
temos que a quádrica Q é dada por
3X2 + 3Y 2 = Z
ou seja, a quádrica Q representa um PARABOLÓIDE CIRCULAR.
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O
− 1
6
1
3
− 5
12
O′
X
z
Y
Z
y
x
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4. Considere as cônicas C1 : −3x + 4xy + 7y2 + 2x2 − y + 71 = 0; C2 : 4x − 8xy + 4y = 3;
C3 : −5x2 + 10xy − 5y2 +
√
2x+
√
2y = 0.
a) Determine qual(is) dessas cônicas representa(m) uma parábola ou uma degeneração de
parábola (justifique sua resposta);
Uma cônica C : Ax2 +Bxy + Cy2 +Dx+ Ey + F = 0, representa:
(1) Uma ELÍPSE ou suas degenerações (∅, PONTO, CIRCUNFERÊNCIA) se B2−4AC < 0.
(2) Uma PARÁBOLA ou suas degenerações (∅, RETA, DUAS RETAS PARALELAS) se
B2 − 4AC = 0.
(3) Uma HIPÉRBOLE ou DUAS RETAS CONCORRENTES se B2 − 4AC > 0.
Para C1 temos que B
2 − 4AC = 42 − 4 · 2 · 7 = 16 − 56 = −40 < 0 logo, C1 representa uma
eĺıpse ou suas degenerações.2
Para C2 temos que B
2 − 4AC = (−8)2 − 4 · 0 · 0 = 64 > 0 logo, C1 representa uma hipérbole
ou um par de retas concorrentes.
Para C3 temos que B
2− 4AC = 102− 4 · (−5) · (−5) = 100− 100 = 0 logo, C1 representa uma
parábola ou suas degenerações.
Portanto, C3 é a única cônica (dentre C1, C2, C3) que representa uma PARÁBOLA ou uma
degeneração de parábola.
b) Determine o que de fato a(s) cônica(s) obtida(s) no item a) representa(m);
Temos que
−5x2 + 10xy− 5y2 +
√
2x+
√
2y = 0 ⇔
(
x y
)
·
(
−5 5
5 −5
)
·
(
x
y
)
+
(√
2
√
2
)
·
(
x
y
)
= 0
• Autovalores de Q =
(
−5 5
5 −5
)
det
(
−5− x 5
5 −5− x
)
= 0 ⇔ (−5− x)2 − 25 = 0 ⇔ (−5− x) = ±5
Logo, os autovalores de Q são λ1 = −10 e λ2 = 0.
• Autovetor ~v1 associado ao autovalor λ1 = −10(
−5 + 10 5
5 −5 + 10
)
·
(
x1
x2
)
=
(
0
0
)
⇔ x1 = −x2. Assim, se α = {~e1, ~e2} é a base
ortonormal que compôe o sistema de coordenadas xy, temos que um autovetor unitário ~v1,
associado a λ1 = −10 é dado por [~v1]α =
(
1√
2
− 1√
2
)
.
• Autovetor ~v2 associado ao autovalor λ2 = −4
Sabemos que ~v2 deve ser unitário e ortogonal a ~v1. Logo um tal ~v2 é dado por [~v2]α =
(
1√
2
1√
2
)
.
Se [~v]α =
(
x
y
)
e [~v]β =
(
X
Y
)
, sendo β = {~v1, ~v2} então, −5x2 + 10xy− 5y2 +
√
2x+
√
2y = 0
se, e somente se,
−10X2 + 0 · Y 2 +
(√
2
√
2
)( 1√
2
1√
2
− 1√
2
1√
2
)(
X
Y
)
= 0 ⇔ −10X2 +
(
0 2
)
·
(
X
Y
)
= 0
⇔ −10X2 + 2Y = 0
⇔ −5X2 + Y = 0 ⇔ Y = 5X2
⇔ Y = 1
4
(
1
20
)X2
Trata-se portanto de uma parábola, com parâmetro p = 1
20
e foco F = (0, 1
20
) (coordenadas
com respeito ao sistema XY ).
c) Caso a(s) cônica(s) do item b) represente(m) uma parábola, determine as coordenadas do(s)
foco(s) dessa(s) parábola(s), com respeito ao sistema de coordenadas inicial. Caso contrário,
faça um esboço da cônica encontrada.
Conforme explicitado no item anterior, as coordenadas de F , no sistema XY , são dadas por
F = (0, 1
20
). Temos que o sistema XY é dado por Σ′ = (O, β = {~v1, ~v2}) e o sistema xy é
dado por Σ = (O,α = {~e1, ~e2}).
3
Assim, F = (0, 1
20
)Σ′ =
(
[
−→
OF ]β
)t
Como [
−→
OF ]α = Mαβ · [
−→
OF ]β temos que, [
−→
OF ]α =
(
1√
2
1√
2
− 1√
2
1√
2
)
·
(
0
1
20
)
=
(
1
20
√
2
1
20
√
2
)
Portanto, no sistema xy, temos que F = ( 1
20
√
2
, 1
20
√
2
)
5. Sejam E : x
2
2
+ y2 = 1 e H : −x2 + y
2
2
= 1. Determine uma equação da reta r que é tangente
à eĺıpse E , é tangente à hipérbole H e o ponto de tangência de r com E se encontra no primeiro
quadrante. Faça um esboço gráfico de E , H e r.
Sejam r a reta tangente à eĺıpse E : x
2
2
+ y2 = 1, no ponto (x0, y0), e s a reta tangente à
hipérbole H : −x2 + y
2
2
= 1 no ponto (a, b). Temos que as equações de r e s podem ser dadas
por,
r :
x0x
2
+ y0y = 1 e s : −ax+
by
2
= 1
Impondo x0 > 0, y0 > 0 e r = s, temos que r = s é tangente à eĺıpse E , é tangente à hipérbole
H e o ponto de tangência (x0, y0) de r com H se encontra no primeiro quadrante, como pede
o exerćıcio. Temos que
(1) Como r = s, segue que
x0
2
= −a e y0 =
b
2
.
(2) Como (x0, y0) ∈ E , segue que
x20
2
+ y20 = 1.
(3) Como (a, b) ∈ H, segue que −a2 + b
2
2
= 1.
Substituindo (1) em (3) obtemos,
(4) −
(
−x0
2
)2
+
(2y0)
2
2
= 1, ou seja, x20 = 8y
2
0 − 4.
Substituindo (4) em (2) obtemos,
8y20−4
2
+ y20 = 1, ou seja, y
2
0 =
3
5
. Disto e de (4) segue que
x20 = 8 ·
3
5
− 4 = 4
5
. Como x0 e y0 são ambos positivos, devemos ter x0 =
2√
5
e y0 =
√
3√
5
.
Logo a equação procurada é dada por:
r :
1√
5
x+
√
3√
5
y = 1
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0 2√
5 2−2 −
1√
5
2
1
x
y
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