Determine equações paramétricas para a hipérbole \mathcal{H}: x y=1 fazendo uma das variáveis igual ao parâmetro.

Passo 1

O enunciado pede para determinar equações paramétricas da hipérbole \mathcal{H} dada por
x y = 1,
fazendo uma das variáveis igual ao parâmetro.
Perguntas claras que vamos responder:
  • Dar uma parametrização com x como parâmetro (isto é, tomar x=t e achar y).
  • Dar uma parametrização com y como parâmetro (isto é, tomar y=t e achar x).
Informações relevantes do enunciado:
  • A curva é a coleção de pontos (x,y) que satisfazem x y = 1.
  • Como x y = 1, nenhum dos valores x ou y pode ser igual a 0. Logo o parâmetro não pode assumir valor 0.

Passo 2

Parametrização tomando x como parâmetro.
Escolhe-se um parâmetro t e faz-se
x(t)=t.
Substituindo em x y = 1 obtém-se
t\cdot y = 1 \quad\Rightarrow\quad y=\frac{1}{t}.
Portanto uma parametrização é a função vetor
\mathbf{r}(t)=\bigl(x(t),y(t)\bigr)=\left(t,\frac{1}{t}\right),
com domínio
t\in\mathbb{R}\setminus\{0\}.
Explicação passo a passo do porquê isso funciona (para você entender e poder reproduzir na prova):
  • Parametrizar significa escrever x e y como funções de um único parâmetro t, de modo que, ao substituir essas funções na equação da curva, a igualdade seja satisfeita para todo t no domínio.
  • Aqui substituímos x por t e resolvemos a equação para y. Como t não pode ser 0 (senão x y seria 0), o domínio é \mathbb{R}\setminus\{0\}.
    Exemplos numéricos rápidos para fixar:
  • Para t=1 temos \mathbf{r}(1)=\bigl(1,1\bigr).
  • Para t=2 temos \mathbf{r}(2)=\bigl(2,\tfrac{1}{2}\bigr).
  • Para t=-1 temos \mathbf{r}(-1)=\bigl(-1,-1\bigr).

Passo 3

Propriedades úteis dessa parametrização (úteis na prova):
  • Derivada e vetor tangente: calcular \mathbf{r}'(t) para ver a direção do movimento na curva.
\mathbf{r}'(t)=\left(1,-\frac{1}{t^{2}}\right).
Isto significa que, para um t fixo, o vetor tangente é \bigl(1,-1/t^{2}\bigr). A inclinação da tangente (derivada \mathrm{d}y/\mathrm{d}x) é
\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{\mathrm{d}y/\mathrm{d}t}{\mathrm{d}x/\mathrm{d}t}=\frac{-1/t^{2}}{1}=-\frac{1}{t^{2}}.
  • Consistência com derivação implícita: diferenciando x y=1 em relação a x temos
y + x\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=0 \quad\Rightarrow\quad \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=-\frac{y}{x}.
Substituindo x=t e y=1/t obtém-se -\dfrac{1/t}{t}=-1/t^{2}, que é igual ao resultado acima — ótimo sinal de que a parametrização está correta.
  • Ramos e orientação: para t>0 obtemos a rama no primeiro quadrante ( x>0,y>0); para t<0 obtemos a rama no terceiro quadrante ( x<0,y<0). Ao aumentar t (por exemplo de 0{,}1 para 1 para 10) percorre-se a rama do eixo dos y para o eixo dos x (ou seja, move-se para a direita e para baixo no primeiro quadrante).
  • Comportamento assintótico: quando |t|\to\infty tem-se y(t)=1/t\to 0, então a curva aproxima-se do eixo x; quando t\to 0 tem-se |y|\to\infty, aproximando-se do eixo y. Assim os eixos coordenados são assíntotas da hipérbole \mathcal{H}.

Passo 4

Parametrização tomando y como parâmetro.
Agora escolhe-se um parâmetro (chamo aqui de s) e faço
y(s)=s.
Da equação x y = 1 segue
x=\frac{1}{s}.
Assim outra parametrização é
\mathbf{r}(s)=\left(\frac{1}{s},\,s\right),
com domínio
s\in\mathbb{R}\setminus\{0\}.
Observações e comparação com a parametrização anterior:
  • Esta é essencialmente a mesma curva, apenas com o papel de x e y trocado no parâmetro. Para s=1 dá o mesmo ponto \bigl(1,1\bigr); para s=2 \bigl(\tfrac{1}{2},2\bigr) etc.
  • A derivada é
\mathbf{r}'(s)=\left(-\frac{1}{s^{2}},\,1\right),
e a inclinação da tangente é
\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{1}{-1/s^{2}}=-s^{2},
o que coincide com a derivação implícita y'=-y/x ao substituir x=1/s, y=s: y'=-s/(1/s)=-s^{2}.

Passo 5

Dica extra (opcional, mas útil para provas ou trabalhos): às vezes é conveniente usar uma parametrização que trate separadamente cada ramo com domínio \mathbb{R}. Por exemplo, para a rama positiva ( x>0,y>0) pode-se usar o parâmetro u\in\mathbb{R}
x(u)=e^{u},\qquad y(u)=e^{-u},
pois e^{u}e^{-u}=1 e e^{u}>0 para todo u. Isso dá uma parametrização suave do ramo no primeiro quadrante. Para o ramo negativo pode-se multiplicar por -1, por exemplo x(u)=-e^{u},\,y(u)=-e^{-u}.

Resposta

x(t)=t,\quad y(t)=\dfrac{1}{t},\quad t\in\mathbb{R}\setminus\{0\}.
x(s)=\dfrac{1}{s},\quad y(s)=s,\quad s\in\mathbb{R}\setminus\{0\}.