[1] (2.0 ptos) Considere a curva x=2 cdot tan (t)-1, y=3 cdot sec (t)+1 forall t in(-pi2, pi2).
(a) (1.0 pto) Ache uma equação cartesiana e faça um esboço da curva.
(b) (1.0 pto) Calcule os vetores tangente e normal unitários. A reta 2 y-3 x=5 é paralela à alguma reta tangente à curva? Se sim, ache o ponto de tangência.

Passo 1

O enunciado nos dá a curva parametrizada
x=2tan(t)-1, y=3sec(t)+1, tinl(-tfracpi2,tfracpi2r)
O conteúdo envolve (a) passar para equação cartesiana usando identidade trigonométrica e esboçar a curva, e (b) calcular o vetor tangente e normal unitários de uma curva plana e verificar se uma reta dada é paralela a alguma reta tangente à curva.

Passo 2

Usamos a identidade
sec^2(t)-tan^2(t)=1
Da parametrização vem
tan(t)=x+12, sec(t)=y-13
Substituindo na identidade resulta
l(y-13r)^2 -l(x+12r)^2 =1,
que é a equação cartesiana de uma hipérbole centrada em (-1,1).

Passo 3

A hipérbole abre-se verticalmente (ramificações para cima e para baixo). O centro é (-1,1). As assíntotas obtêm-se fazendo o “1” na equação tender a zero, ou seja
y-1=pm32,(x+1)
No esboço, desenha-se o centro em (-1,1), as retas-guia acima e os dois ramos da hipérbole alongando-se paralelamente a essas assíntotas.

Passo 4

O vetor velocidade (não unitário) é
boldsymbol r'(t) =l(2sec^2(t),,3sec(t)tan(t)r)
Calculamos seu módulo:
|boldsymbol r'(t)| =raiz4sec^4(t)+9sec^2(t)tan^2(t) =sec(t),raiz4sec^2(t)+9tan^2(t)
Logo o vetor tangente unitário é
boldsymbol T(t) =boldsymbol r'(t)|boldsymbol r'(t)| =1raiz4sec^2(t)+9tan^2(t) l(2sec(t),,3tan(t)r)
Um vetor normal unitário é dado girando boldsymbol T em 90^circ:
boldsymbol N(t) =1raiz4sec^2(t)+9tan^2(t) l(-3tan(t),,2sec(t)r),
que satisfaz boldsymbol Ncdotboldsymbol T=0 e |boldsymbol N|=1.

Passo 5

A inclinação da reta tangente à curva é
dydx =3sec(t)tan(t)2sec^2(t) =32,sin(t)
A reta dada 2y-3x=5 pode ser escrita como
y=tfrac32x+tfrac52,
logo tem inclinação m=tfrac32. Igualando
32sin(t)=32 Longrightarrow sin(t)=1 Longrightarrow t=tfracpi2,
que está fora do domínio aberto l(-tfracpi2,tfracpi2r). Portanto não há ponto real de tangência onde a reta seja paralela a uma reta tangente da curva.

Resposta

(a) A equação cartesiana é
l(y-13r)^2 -l(x+12r)^2 =1,
hipérbole de centro (-1,1) com assíntotas
y-1=pm32(x+1)
(b)
boldsymbol T(t) =1raiz4sec^2(t)+9tan^2(t) l(2sec(t),,3tan(t)r), boldsymbol N(t) =1raiz4sec^2(t)+9tan^2(t) l(-3tan(t),,2sec(t)r)
Não existe tinl(-tfracpi2,tfracpi2r) tal que a reta 2y-3x=5 seja paralela a uma reta tangente da curva.

Exercícios relacionados