Prova 3 - Geometria Analítica - 2023-2

Sendo x_1 = 0 0x_1^2 + Ly_1^2 + D_1 x + E_1 y + F = 0 D_1 x + F + \left( y + \frac{E_1}{2} \right)^2 - \left( \frac{E_1}{2} \right)^2 = 0 Como θ = α ; D_1 = D \cos α + E \sen α = D \cos α + E \sen α D_1 = (b \sen 2α - 2α \sen^2 d - \cos d) \cos α + (a \sen 2d - 2b \cos^2 d - \sen d) \sen d D_1 = [b \sen 2α \cos 2 - 2α \sen^2 d \cos α - \cos^2 d + (a \sen 2d \sen d - 2b \cos^2 d \sen d - \sen^2 d D_1 = \sen 2d (a\sen d + b \cos d) - 2\sen d \cos 2 (a \sen d + b \cos d) \bend (\sen d \cos \alpha] D_1 = \sen 2d (a \sen d + b \cos d) - \sen 2d (a \sen d - b \cos d) -1 = D_1 = -1 E_1 = E \cos α - D \sen θ = \cos α (a\sen 2d - 2b \cos^2 d - \sen d) - \sen θ (b \sen 2 + \sen a\sen E_1 = a\sen d \cos d - 2b \cos^3 d - \sen d \cos d - b \edges \sen θ + 2a \sen^3 + \senθ \edges \cos d E_1 = 2a \sen d (\cos^2 d + \sen^2 d) - 2b \cos d (\cos^2 d + \sen^2 d) E_1 = 2a \sen d - 2b \cos d \frac{E_1}{2} = a\sen d - b \cos d D_1 x + F + \left( y + \frac{E_1}{2} \right)^2 - \left( \frac{E_1}{2} \right)^2 = 0 F = a^2 \sen^2 d - ab \sen d + b^2 \cos^2 d + \acos d \b \sen d = (a \sen d - b \cos d)^2 + \acos d \b \sen d F = \left( \frac{E_1}{2} \right)^2 + a \cos d + b \sen d F - \left( \frac{E_1}{2} \right)^2 = a \cos d + b \sen d D_1 x + \left( y + \frac{E_1}{2} \right)^2 + F - \left( \frac{E_1}{2} \right)^2 =(y_1 \left( \atend - b \cos d \right) - \exo + a \cos b + b \cos d, 0 \left( y + (a\sen d - b \cos d) \right)^2 = (x - (a \cos d b \sen) \cos\ Equação da parábola \left( y - y_0 \right)^2 = 2p (x - x_0 ) \leq laurey \frac{\acos}{2} = dist do foco aos vértice \frac{p}{2} = 1/\frac{2}{4} p = 4/2 x_v = (a \cos d + b \sen) y_v = -(a \sen d - b \cos d) Como as coordenadas do vértice são independentes de α a, b = 0 x_v = 0 y_v = 0 Logo a parábola e y^2 = x Sei que rotaciono de d , com vértica na origem Vemos que como α ∈ ]-\frac{\Pi}{4}, \frac{\Pi}{4}[ , não fora o curso x_2 = 0, pois nos casos será uma rotação de \frac{\Pi}{2} de contínuo tg2θ = \frac{B}{A-C} , se A ≠ C ; como \frac{B}{cos2θ} = tg2θ , tg2θ = \frac{sen2θ}{cos^2θ - sen^2θ} \theta = \alpha Se A = C e B ≠ 0 , cos2θ = 0 , ∴ \Theta = \frac{\pi}{4} ou \theta = \frac{3\pi}{4} temos também que A = λ_1 C_1 = λ_2 Onde λ_1 e λ_2 são raízes da equação |A - λ B/2 | |B/2 C - λ| = 0 trazendo agora para o nosso caso: A = sen^2\alpha B = -sen2\alpha C = cos^2\alpha |sen^2\alpha - λ -sen2\alpha/2 | |-sen2\alpha/2 cos^2\alpha - λ| = 0 \rightsquigarrow -sen^2\alpha cos^2\alpha - λ(sen^2\alpha + cos^2\alpha) + λ^2 - \frac{sen^2\alpha}{4} = 0 λ^2 - λ = 0 ∴ λ_2 \over 2 λ=0 \lambda_2 = 0 ou λ_1 = 1 não existiria tal c no domínio Outra coisa a se analisar seria B=0 Mas se B=0, então 2x=0 . senα=0 ou cosα=0 E como cosα ≠ 0 p/ α ∈]π/2, 3π/2[ tenhamos senα=0 ; logo A=0 então o termo de x^2 seria 0 e obteriamos novamente a parábola da forma (y-y1)^2 = 2p(x-x1)