Determine os principais elementos e esboce a cônica C, cuja equação polar é dada por:
C: \rho=\frac{1}{1+2 \operatorname{sen} \theta}

Passo 1

Enunciado e o que se pede.\n
Dado: a cônica em coordenadas polares
C:\\ \rho=\frac{1}{1+2\sin\theta}.
Pede-se: determinar os principais elementos da cônica e esboçá‑la. Ou seja, vamos achar — entre outros — o tipo da cônica, a excentricidade, a(s) directriz(es), o(s) foco(s), o centro, os vértices relevantes, as assíntotas e a orientação/linha de simetria, e dar indicações para o esboço.

Passo 2

Interpretando a forma polar padrão e definição (aula rápida).\n
Definição prática: uma cônica com foco na origem e directriz horizontal y=d pode ser escrita na forma
\rho=\frac{e d}{1+e\sin\theta},
onde:
  • e é a excentricidade (número positivo que determina o tipo: e<1 elipse, e=1 parábola, e>1 hipérbole);
  • d é a distância da directriz à origem (a directriz é a reta y=d quando o sinal no denominador é +\sin\theta);
  • a relação vem da definição: \rho=e\cdot(\text{distância ao directriz})â. Para a directriz y=d temos distância ao directrix igual a d-y=d-\rho\sin\theta. Então:
\rho=e(d-\rho\sin\theta)\Rightarrow \rho(1+e\sin\theta)=ed \Rightarrow \rho=\frac{ed}{1+e\sin\theta}.
Aqui cada símbolo significa: \rho é a distância do ponto ao foco (origem), \theta é o ângulo polar, y=\rho\sin\theta.

Passo 3

Identificação imediata de e e d.\n
Compare a equação dada
\rho=\frac{1}{1+2\sin\theta}
com a forma \rho=\dfrac{ed}{1+e\sin\theta}. Igualando coeficientes obtemos
e=2,\qquad ed=1\Rightarrow d=\frac{1}{2}.
Conclusões imediatas:
  • \displaystyle e=2>1 então a cônica é uma hipérbole.
  • O foco usado na representação polar é a origem (0,0).
  • A directriz correspondente (usada na forma) é a reta \displaystyle y=d=\frac{1}{2}.

Passo 4

Passagem para coordenadas cartesianas (mostrar o passo a passo da álgebra).\n
Usamos \rho=\sqrt{x^{2}+y^{2}} e \sin\theta=\dfrac{y}{\rho}. Começamos pela equação dada e manipulamos:
\rho(1+2\sin\theta)=1.
Substituindo \sin\theta=\dfrac{y}{\rho} obtemos
\rho\Bigl(1+2\cdot\frac{y}{\rho}\Bigr)=1 \quad\Rightarrow\quad \rho+2y=1.
Agora \rho=\sqrt{x^{2}+y^{2}}, logo
\sqrt{x^{2}+y^{2}}=1-2y.
Atenção importante (didática): ao elevar ao quadrado vamos introduzir soluções extranhas (pois a raiz é sempre não negativa), então depois de elevar devemos exigir a condição 1-2y\ge 0 para que a igualdade original seja válida. Agora elevando ao quadrado:
x^{2}+y^{2}=(1-2y)^{2}=1-4y+4y^{2}.
Passando tudo para um lado:
x^{2}+y^{2}-1+4y-4y^{2}=0 \quad\Rightarrow\quad x^{2}-3y^{2}+4y-1=0.

Passo 5

Colocando em forma canônica da hipérbole (completa quadrados).\n
Partimos de
x^{2}-3y^{2}+4y-1=0.
Agrupamos os termos em y para completar quadrado:
x^{2}-3\bigl(y^{2}-\tfrac{4}{3}y\bigr)-1=0.
Complete o quadrado em y:
y^{2}-\tfrac{4}{3}y=\bigl(y-\tfrac{2}{3}\bigr)^{2}-\tfrac{4}{9}.
Substituindo:
x^{2}-3\Bigl[\bigl(y-\tfrac{2}{3}\bigr)^{2}-\tfrac{4}{9}\Bigr]-1=0
x^{2}-3\bigl(y-\tfrac{2}{3}\bigr)^{2}+\tfrac{4}{3}-1=0
x^{2}-3\bigl(y-\tfrac{2}{3}\bigr)^{2}+\tfrac{1}{3}=0.
Isolando a parte canônica:
-3\bigl(y-\tfrac{2}{3}\bigr)^{2}+x^{2}=-\tfrac{1}{3}
multiplicando ambos os lados por -1:
3\bigl(y-\tfrac{2}{3}\bigr)^{2}-x^{2}=\tfrac{1}{3}.
Dividindo por 1/3 para ficar na forma padrão:
\frac{\bigl(y-\tfrac{2}{3}\bigr)^{2}}{\tfrac{1}{9}}-\frac{x^{2}}{\tfrac{1}{3}}=1.
Portanto a hipérbole está na forma padrão
\frac{(y-k)^{2}}{a^{2}}-\frac{x^{2}}{b^{2}}=1
com
k=\tfrac{2}{3},\qquad a^{2}=\tfrac{1}{9}\Rightarrow a=\tfrac{1}{3},\qquad b^{2}=\tfrac{1}{3}\Rightarrow b=\frac{1}{\sqrt{3}}.

Passo 6

Cálculo de c (distância do centro aos focos), foci e verificação do foco na origem.\n
Para hipérbole vertical usamos c^{2}=a^{2}+b^{2}. Assim
c^{2}=\tfrac{1}{9}+\tfrac{1}{3}=\tfrac{1+3}{9}=\tfrac{4}{9}\Rightarrow c=\tfrac{2}{3}.
Centro: (0,\tfrac{2}{3}). Focos: (0,\tfrac{2}{3}\pm c), ou seja
(0,\tfrac{2}{3}\pm \tfrac{2}{3})\Rightarrow (0,0)\\ \text{e}\\ (0,\tfrac{4}{3}).
Comentário: aparece exatamente a origem (0,0) como um dos focos — coerente com a forma polar onde o foco está na origem.

Passo 7

Vértices e relação com a equação polar (condição de validade após o quadrado).\n
Vértices (centro \pm a ao longo do eixo vertical):
(0,\tfrac{2}{3}\pm \tfrac{1}{3}) \Rightarrow (0,1)\\ \text{e}\\ (0,\tfrac{1}{3}).
Porém lembrando da etapa em que exigimos 1-2y\ge 0 (pois \sqrt{x^{2}+y^{2}}=1-2y), devemos ter
1-2y\ge 0\quad\Leftrightarrow\quad y\le \tfrac{1}{2}.
Logo o vértice (0,1) tem y=1>\tfrac{1}{2} e NÃO satisfaz a equação polar original (é uma solução extranha introduzida ao elevar ao quadrado). Assim, a representação polar com \rho positiva descreve a ramificação da hipérbole com y\le\tfrac{1}{2}; o vértice que realmente aparece no gráfico polar é
(0,\tfrac{1}{3}).
Resumo: a equação cartesiana completa pertence a uma hipérbole com duas ramificações, mas a forma polar com \rho=\dfrac{1}{1+2\sin\theta} (com \rho\ge0) representa a ramificação que tem vértice em (0,\tfrac{1}{3}). A outra “ramificação” surge se permitirmos \rho<0 (equivalente a ângulo \theta+\pi).

Passo 8

Assíntotas: obtenção pela forma canônica e pela condição no denominador (intuição).\n
A partir da forma canônica a assíntota da hipérbole (transversal vertical) tem equações
y-\tfrac{2}{3}=\pm\frac{a}{b}\,x.
Calculamos \dfrac{a}{b}=\dfrac{1/3}{1/\sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}=\frac{1}{\sqrt{3}}. Portanto as assíntotas são
y-\tfrac{2}{3}=\pm\frac{1}{\sqrt{3}}x \quad\text{ou}\quad y=\tfrac{2}{3}\pm\frac{1}{\sqrt{3}}x.
Observação paralela pela forma polar: os ângulos em que o denominador se anula dão as direções assintóticas. Aqui 1+2\sin\theta=0\Rightarrow \sin\theta=-\tfrac{1}{2}\Rightarrow \theta=-\tfrac{\pi}{6} ou \theta=\tfrac{7\pi}{6}, direções com inclinação \pm\tfrac{1}{\sqrt{3}}. Essas são as direções das assíntotas (as retas assintóticas são paralelas a esses raios, mas passam pelo centro (0,\tfrac{2}{3}), não pela origem).

Passo 9

Eixo de simetria, directriz e domínio em \theta (para esboçar).\n
  • Eixo de simetria: reta vertical x=0 (eixo que passa pelos vértices e focos); a hipérbole tem eixo vertical centrado em (0,\tfrac{2}{3}). Isso também vem do fato de só aparecer \sin\theta na equação polar (simetria vertical). \n
  • Directriz (da forma polar): \displaystyle y=\tfrac{1}{2}. Como e>1, a ramificação da hipérbole está do lado oposto à directriz, isto é, a ramificação representada em \rho\ge0 tem y\le\tfrac{1}{2}. \n
  • Domínio de \theta para \rho\ge0: exigir 1+2\sin\theta>0\Rightarrow \sin\theta>-1/2. Os ângulos com \sin\theta\le -1/2 (intervalo [\tfrac{7\pi}{6},\tfrac{11\pi}{6}]) levariam a \rho\le0 e representam a outra ramificação se reescritos com ângulo somado de \pi.

Passo 10

Como esboçar (passo a passo prático e dicas).\n
  1. Marcar o foco na origem (0,0). 2) Desenhar a directriz horizontal y=\tfrac{1}{2}. 3) Marcar o centro (0,\tfrac{2}{3}) e o vértice que pertence à forma polar (0,\tfrac{1}{3}). 4) Traçar as assíntotas y=\tfrac{2}{3}\pm\tfrac{1}{\sqrt{3}}x. 5) Desenhar a ramificação da hipérbole que fica abaixo da directriz ( y\le\tfrac{1}{2}), passando por (0,\tfrac{1}{3}) e aproximando-se das assíntotas à medida que se afasta do centro. 6) Se desejar a outra ramificação (que aparece quando se permite representação com \rho<0), ela fica acima de y=\tfrac{1}{2} e tem vértice em (0,1) (mas não aparece na forma dada se assumirmos \rho\ge0).

Resposta

Tipo: hipérbole; excentricidade e=2.\n
Foco (na forma polar): (0,0). Outro foco: (0,\tfrac{4}{3}).\n
Directriz usada na forma polar: y=\tfrac{1}{2}.\n
Equação cartesiana (canônica):
\frac{(y-\tfrac{2}{3})^{2}}{\tfrac{1}{9}}-\frac{x^{2}}{\tfrac{1}{3}}=1.\n
Centro: (0,\tfrac{2}{3}).\n
Vértices: (0,\tfrac{1}{3}) (presente na forma polar com \rho\ge0) e (0,1) (solução da equação cartesiana, mas não válida para \rho\ge0).\n
Assíntotas: y=\tfrac{2}{3}\pm\dfrac{1}{\sqrt{3}}x.\n
Observação sobre domínio: a forma polar dá \rho\ge0 quando 1+2\sin\theta>0 (ou seja \sin\theta>-1/2); portanto a representação polar com \rho\ge0 descreve a única ramificação da hipérbole com y\le\tfrac{1}{2}, que é a que deve ser esboçada.

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