AD2 - Geometria Analítica I - 2014.2

Gabarito

Questão 1: [3,0 pontos]

Sejam,→u e

→v vetores quaisquer.

(a) [1,5 pontos] Mostre a “Igualdade do Paralelogramo”∥∥∥→u +→v∥∥∥2 + ∥∥∥→u − →v∥∥∥2 = 2

(∥∥∥→u∥∥∥2 + ∥∥∥→v∥∥∥2) .

(b) [0,5 ponto] Faça um desenho que justifique o nome “Igualdade do Paralelogramo”.

(c) [1,0 ponto] Conclua da letra (a) uma das direções do Teorema de Pitágoras :

Se→u e

→v são ortogonais, então

∥∥∥→u +→v∥∥∥2 = ∥∥∥→u∥∥∥2 + ∥∥∥→v∥∥∥2.

Solução:

(a) Primeiro, vamos calcular ‖~u+ ~v‖2:

‖~u+ ~v‖2 = 〈~u+ ~v, ~u+ ~v〉= 〈~u, ~u+ ~v〉+ 〈~v, ~u+ ~v〉= 〈~u, ~u〉+ 〈~u,~v〉+ 〈~v, ~u〉+ 〈~v,~v〉= ‖~u‖2 + ‖~v‖2 + 2 〈~u,~v〉

De maneira análoga teremos,

‖~u− ~v‖2 = 〈~u− ~v, ~u− ~v〉= 〈~u, ~u− ~v〉 − 〈~v, ~u− ~v〉= 〈~u, ~u〉 − 〈~u,~v〉 − 〈~v, ~u〉+ 〈~v,~v〉= ‖~u‖2 + ‖~v‖2 − 2 〈~u,~v〉

Portanto,

‖~u+ ~v‖2 + ‖~u− ~v‖2 = ‖~u‖2 + ‖~v‖2 + 2 〈~u,~v〉+ ‖~u‖2

+ ‖~v‖2 − 2 〈~u,~v〉= 2(‖~u‖2 + ‖~v‖2)

(b)

1

(c) Se u e v são ortogonais, então o paralelogramo é um quadrado, logo, suas diagonais tem o mesmocomprimento, isto é,

‖~u+ ~v‖ = ‖~u− ~v‖ .Nesse caso, a igualdade do paralelogramo fica:

‖~u+ ~v‖2 + ‖~u+ ~v‖2 = 2(‖~u‖2 + ‖~v‖2

)2 ‖~u+ ~v‖2 = 2

(‖~u‖2 + ‖~v‖2

)‖~u+ ~v‖2 = ‖~u‖2 + ‖~v‖2 ,

como queríamos.

Questão 2: [5,0 pontos]

Considere a hipérbole de foco F2 = (4, 5/2) e vértices A1 = (1, 1) e A2 = (3, 2) sobre o eixo focal.

(a) [1,0 ponto] Determine o centro e outro foco da hipérbole.

(b) [1,5 pontos] Determine o eixo não focal e os vértices não focais (ou imaginários).

(c) [1,5 pontos] Determine a equação de H e os pontos de interseção dela com os eixos coordenados.

(d) [1,0 ponto] Faça um esboço de H, exibindo os eixos de simetria, os vértices, focos e os pontos deinterseção da hipérbole com os semi-eixos coordenados positivos.

Solução:

(a) Sabemos que o centro C da hipérbole é:

C =A1 + A2

2=

(2,

3

2

).

Os pontos A1, A2, o centro C e os focos ficam na mesma reta que chamaremos de r. Pode-se escolherdois dos pontos A1, A2, e F para determinar a equação r : x − 2y + 1 = 0. Assim, F1 tem comocoordenadas F1 = (2y − 1, y), já que esse ponto está na reta r. Além disso,

d(F1, C) = d(F2, C) = c√(2y − 3)2 + (y − 3/2)2 =

√5

(2y − 3)2 + (y − 3/2)2 = 5

4y2 − 12y + 5 = 0

y = 5/2 ou y = 1/2

Esta equação nos fornece as ordenadas das duas possibilidades de focos. Como a ordenada de F2 éy = 5/2, então a ordenada de F1 deve ser y = 1/2. Logo, F1 =

(2(1

2)− 1, 1

2

)=(0, 1

2

).

2

(b) O eixo não focal é perpendicular à r, portanto sua equação pode ser dada por s : 2x + y + d = 0.Como esse eixo passa pelo centro C =

(2, 3

2

), então temos 2(2) + 3/2 + d = 0, isto é, d = −11/2 e a

equação do eixo não focal é s : 2x+ y − 11/2 = 0.

Como os vértices imaginários estão sobre s, suas coordenadas podem ser escritas das forma B =(x,−2x+11/2). Além disso, b2 = c2− a2, do item anterior, c =

√5 e a = d(C,A1) = d(C,A2) =

√52.

Logo, b =√152. Desta forma,

d(B,C) = b =

√15

2√(x− 2)2 + (−2x+ 4)2 =

√15

2

(x− 2)2 + (2x− 4)2 =15

4

x2 − 4x+ 4 + 4x2 − 16x+ 16 =15

4

5x2 − 20x+ 20 =15

4

x2 − 4x+ 4 =3

4

4x2 − 16x+ 16− 3 = 0

4x2 − 16x+ 13 = 0.

Esta última equação tem soluções x = 2±√32. Logo, os vértices imaginários sãoB1 =

(2 +

√32, 32−√3)

e B2 =(2−

√32, 32+√3).

(c) A hipérbole tem equação |d(P, F1)− d(P, F2)| = 2a, que é equivalente a

d(P, F1) = d(P, F2) + 2a ou d(P, F2) = d(P, F1) + 2a

Sabemos da teoria que, para se obter uma equação polinomial para a hipérbole, basta trabalharmoscom uma das duas equações acima, pois com a outra obteremos o mesmo resultado. Trabalhandocom a última equação temos

d(P, F2) = d(P, F1) + 2a

d(P, F2)2 = d(P, F1)

2 + 4ad(P, F1) + 4a2

16a2d(P, F1)2 =

(d(P, F2)

2 − d(P, F1)2)2− 8a2

(d(P, F2)

2 − d(P, F1)2)+ 16a4 (∗)

Fazendo P = (x, y), como F1 = (0, 12), F2 = (4, 5

2) temos

d(P, F1)2 = x2 + y2 − y + 1

4e d(P, F2)

2 = x2 − 8x+ y2 − 5y + 894. (∗∗)

donded(P, F2)

2 − d(P, F1)2 = −8x− 4y + 22.

Agora substituindo a =√52, d(P, F1)

2 e d(P, F2)2 − d(P, F1)

2 em (∗) temos

20(x2 + y2 − y + 14)2 = (−8x− 4y + 22)2 + 44(−8x− 4y) + 222 − 10(−8x− 4y)− 195.

Desenvolvendo os cálculos segue que

H : 44x2 + 64xy − 4y2 − 272x− 116y + 284 = 0.

3

Fazendo y = 0 na equação da hipérbole, encontramos os seguintes pontos onde H intercepta o eixoOX: Q =

(34+5

√15

11, 0)e P =

(34−5

√15

11, 0).

Fazendo x = 0 na equação da hipérbole, encontramos os seguintes pontos onde H intercepta o eixoOY : R =

(0, −29+15

√5

2

)e M =

(0, −29−15

√5

2

), onde M pertence ao semi-eixo negativo de OY .

(c)

Questão 3: [2,0 pontos]

Faça um esboço detalhado do conjunto

C : (x2 + y2 − x− y +1

2)(9x2 − 9y2 + 18y − 27) = 0.

Solução: Para que (x2 + y2 − x− y + 12)(9x2 − 9y2 + 18y − 27) = 0, devemos ter

(x2 + y2 − x− y +1

2) = 0 ou (9x2 − 9y2 + 18y − 27) = 0.

Assim C = {A} ∪ H, onde:1. A = (1/2, 1/2) é a única solução da equação 0 = x2 + y2 − x− y + 1

2= (x− 1/2)2 + (y − 1/2)2;

2. H é a hipérbole de equação:9x2 − 9y2 + 18y − 27 = 0

9x2 − 9(y2 − 2y)2 − 27 = 0

9x2 − 9(y − 1)2 + 9− 27 = 0

9x2 − 9(y − 1)2 = 18

x2

2− (y − 1)2

2= 1,

com:

(a) Focos: C = (−2, 1) D = (2, 1)

(b) Centro: B = (0, 1)

(c) Vértices: E = (−√2, 1), F = (

√2, 1)

(d) Eixos de simetria: y = 1 e x = 0

4

5