Trabalho - Geometria Analítica Geral 2022 1

81116 Geometria Analıtica 1o semestre de 2022 Trabalho 1 Identifique as cˆonicas e faca um esboco das mesmas em relacao ao sistema de coordenadas novo e antigo Justifique todas as passagens a x2 6xy 7y2 10x 30y 23 0 b x2 2xy y2 8 2x 8 2y 0 c 7x2 6 3xy 13y2 16 0 2 Identifique as quadricas dos itens a e b e faca um esboco das mesmas Justifique todas as passagens a 4x2 y2 4z2 8x 2y 24z 29 0 b 3x2 4y2 z2 12x 8y 2z 16 0 c Encontre a equacao da superfıcie de rotacao gerada pela curva x2 z2 1 e y 0 em torno do eixo Oz Prove todos os argumentos 1 Gráficos Para uma melhor visualização dos gráficos das questões bem como de aspectos particulares que foram demonstrados analiticamente passo a passo nos cálculos decidi realizar os esboços com uso de software de modo que possa facilitar sua visualização 1 Questão 1 11 Questão 1a Figura 1 Esboço da curva do item a no sistema xy Figura 2 Esboço da curva do item a no sistema x1y1 1 12 Questão 1b Figura 3 Esboço da curva do item b no sistema xy Figura 4 Esboço da curva do item b no sistema x1y1 2 13 Questão 1c Figura 5 Esboço da curva do item c no sistema xy Figura 6 Esboço da curva do item c no sistema x1y1 3 2 Questão 2 Comentário A questão 2 é essencialmente mais simples que a questão 1 De fato não há uma equação com termos cruzados isto é da forma axy com a uma constante real Nesse sentido todo o desenvolvimento matricial feito no item 1 é desnecessário e então resta apenas completar quadrados de forma a obtermos uma expressão desejada que esteja numa forma de alguma cônica conhecida Nesse sentido nos itens da questão 2 eu já fiz esse desenvolvimento tentei seguir o passo a passo de como fazer as contas e a ideia fundamental de você somar zero de uma forma inteligente dentro dos parênteses para manipular a expressão para algo mais conhecido 4 21 Questão 2a Figura 7 Esboço da curva do item c no sistema x1y1 5 22 Questão 2b Figura 8 Esboço da curva do item c no sistema x1y1 6 1 a x2 6xy 7y2 10x 30y 23 0 Escreveremos a equação na forma matricial com a O x2 6xy 7y2 10x 30y 23 x2 3xy 3xy 10x 30y 23 x y 1 3 x y 10 30 x 23 A matriz associada à forma cónica A charmosa às vezes numa forma diagonal a qual irá retirar os termos xy para isso escrutinamos a matriz diagonalizada qualificada por autovetores associados aos seus autovalores Encontraremos agora os autovalores λ tais que O 1 λ 3 λ 2λ 7 9 7 λ 7λ λ2 9 16 8λ λ2 Resolvendo λ2 8λ 16 0 E há λ12 6 36 4162 6 102 8 E logo obtemos 2 e 8 como autovalores Agora determinaremos os autovetores Para λ 2 temos u u1 u2 tal que 1 λ 3 u1 u2 0 0 ao invés temos que 1 3u1u2 0 u1 3u2 0 u1 3u2 E temos u u1 u2 3u2 u2 u13 1 Um ponto importante é que o autovetor seja normalizado então devemos calcular a norma u 32 12 9 1 10 Logo o vetor u normalizado é u 1103 1 Agora determos o autovetor v de v v1 v2 tal que associado a λ 8 e temos a 3v2 0 3v1 v2 0 v2 3v1 E v e i v v1 3v1 v11 3 e sua norma é v 1 32 1 9 10 Logo v normalizado é v 1101 3 Com isso obtemos u 1103 1 e v 1101 3 Portanto temos que a matriz mudança de Base será D 1103 13 1 Cujo traço dá que D1 1103 37 0 x2 6xy 7y2 10x 30y 23 2x12 8y12 40x1 80y1 10 23 2 x12 20x1 8 y12 10 10 y1 23 2 x12 20x1 8 y12 y12 23 2 x1 110 2 8 y1 510 2 3910 39 2 x1 10 10 2 8 y1 510 2 39 x1 10 10 2 y1 510 2 39 64 que finalmente é a equação de uma hipérbole com centro 10 10 5 10 com focos no eixo X no sistema xy formada pelos vetores unitários u e v Não obstante poderemos ainda relacionar a matriz mudança da base com a matriz de rotação R θ cosθ sinθ sinθ cosθ Em que temos por inspeção que cos θ 3 10 θ arc cos 3 10 sin θ 1 10 θ arc cos 1 10 E o sistema foi rotacionado 1843 graus em relação aos base canônica x2 2xy y2 82x 82y 0 Vamos escrever a equação na forma matricial com efeito O x2 2xy y2 82x 82y x y 1 1 x 82 82 y A matriz associada aos termos quadráticos é 1 1 1 1 Determinaremos seus autovalores λ com efeito det 1 λ 1 1 1 λ 1 λ 1 1 λ2 1 Igualando a zero obtemos 0 1 λ2 1 λ 12 1 λ 1 1 λ 1 1 λ1 2 λ2 0 Agora determinaremos os autovetores associados Para λ1 2 temos o autovetor v2 a qual satisfaz 1 λ1 1 v1 v2 0 Então temos 1 2 v1 v2 0 v1 v2 0 v1 v2 ou seja v v1 v2 v1 v1 A norma de v é v 1 2 12 2 e logo v normalizado é v 12 12 Para λ2 0 temos o autovetor u1 u2 associado 1 1 1 1 u1 u2 0 0 u1 u2 0 u1 u2 e o autovetor é u u1 u2 u1 1 1 com norma u 2 e o autovetor normalizado é u 12 12 i Então a matriz de Mudança de Base é D 12 12 12 12 e a matriz diagonal é M 2 0 0 0 Da conhecida matriz de rotação Rθ temos Rθ cos θ sen θ sen θ cos θ pois para isso temos cos θ 12 sen θ θ π4 Ou seja o sistema está rotacionado π4 radianos em relação aos eixos canônicos E os eixos se associam por x y 12 12 x1 y1 12 12 x1 y1 Dai temos que x1 12 x1 y1 Y 12 x1 y1 os novos eixos são então 22 y1 x y y1 22 x y 2 x12 x y x1 22 x y Agora vamos obter a nova expressão da canônica com efeito Para a parte quadrática temos x y 1 1 1 1 x y x1 y1 2 0 0 0 x1 y1 2 x1² Para a parte linear temos E 8 2 8 2 1 1 1 1 12 x1 y1 8 8 1 1 x1 y1 8 8 x1 y1 8 x1 y1 8 x1 y1 8 x1 y1 8 x1 y1 16 y1 Logo a cônica se forma 0 2 x1² 16 y1 y1 18 x1² e a cônica é uma parábola 7 x² 6 3 xy 13 y² 16 0 Primeiramente vamos escrever a equação acima como forma matricial ou seja 0 7 x² 6 3 xy 13 y² 16 7 x² 33 y x 3 3 x y 13 y² 16 x y 7 33 3 3 13 x y 16 E a matriz 7 33 3 3 13 é a matriz associada a cônica Vamos procurar uma forma diagonal para ela a fim de eliminar os termos não lineares ie e xy Com efeito determinemos seus autovalores x e y assim façamos 0 7 λ 33 3 3 13 λ 7 λ 13 λ 27 λ² 20 λ 64 Portanto resolvemos λ² 20 λ 64 0 Com efeito λ12 20 400 4 64 2 20 72 2 20 62 λ1 16 λ2 4 A matriz diagonal procurada será 4 0 0 16 A matriz mudança de base será determinada pelos autovetores da matriz Com efeito temos Para o autovalor λ 4 temos 3 33 u1 u2 0 0 u1 3 u2 E temos u left fracu2u2 right left fracsqrt3u2u2 right u2 left sqrt3 1 right E u sqrtleft sqrt3 right2 12 sqrt3 1 2 Então u normaliza de é u left fracsqrt32 frac12 right Para lambda 16 temos left beginarraycc 4 3sqrt3 3sqrt3 3 endarray right left beginarrayc u1 u2 endarray right left beginarrayc 0 0 endarray right Rightarrow v2 sqrt3v1 Logo v left beginarrayc u1 u2 endarray right left v1 u2 right v2 left 1 sqrt3 right Com u sqrt1 sqrt32 sqrt4 2 Então v left frac12 fracsqrt32 right Daí obtemos a seguinte matriz diagonalizadora D left beginarraycc fracsqrt32 frac12 frac12 fracsqrt32 endarray right Com base na conhecida matriz de rotação R heta left beginarraycc cos heta sin heta sin heta cos heta endarray right obtemos left beginarrayl cos heta fracsqrt32 sin heta frac12 endarray right Rightarrow heta fracpi3 Logo a cônica foi rotacionada a fracpi3 radianos Agora voltando a curva temos O left beginarraycc x y left frac3sqrt313 right frac3sqrt33 endarray right x y 16 left beginarraycc 0 0 0 0 endarray right left x1 y1 right left frac00 right left fracx1y1 16 right left x y right 4 x1 16 Rightarrow 4x2 16y2 16 Rightarrow fracx124 fracy121 1 E a cônica é uma Elipse centrada em 00 que passa em 20 e 01 no sistema x1y1 Esboço GA 2 a 4x2 y2 4z2 8x 2y 24z 29 0 O left 4x2 8x right left y2 2y right left 4z2 24z right 29 4 left x2 2x 1 1 right left y2 2y 1 1 right 4 left z2 6z 9 9 right 29 4 left x2 2x 1 right left y2 2y 1 right 4 left z2 6z 9 right 36 29 4 left x 1 right2 left y 1 right2 4 left z 3 right2 36 29 4 left x 1 right2 left y 1 right2 4 left z 3 right2 frac44 1 E temos left fracz 31 right2 left fracy 12 right2 left fracx 11 right2 1 que é a forma geral para um Hipersurface de uma folha Segue o esboço b 3x² 4y² z² 12x 8y 2z 16 0 Temos O 3x² 12x 4y² 8y z² 27 16 3x² 4x 4y² 2y z² 27 16 3x² 4x 4 4 4y² 2y 1 1 z² 27 1 1 16 3x 2² 4y 1² z 1² 1 2a 2b CD x² z² 1 e y 0 Rotação em torno de Oz A curva x² z² 1 é um círculo unitário na origem Graficamente Levando x x² y² Na função fx z 0 com z z temos fx x² y² z z x² y²² z² 1 0 x² y² z² 1 0 x² y² z² 1 que é a eq de uma esfera de raio unitário e centro na origem a qual é a quadricica procurada Esboço