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Enunciado

Cálculo - Cálculo Volume 2 - 7ª Edição - James Stewart- Ed: 7º - Capítulo 10.3 - Ex. 62

Encontre os pontos na curva dada onde a reta tangente é horizontal ou vertical.

r = 1 - sen ⁡ θ

Passo 1

Fala pessoal. Tudo certinho? Bora resolver uma questão juntos?

Primeiro vou te passar os procedimentos que precisaremos fazer para resolver a questão.

1 – Obter a equação cartesiana da curva.

2 – Calcular a derivada.

3 – Identificar os pontos para a reta tangente ou vertical.

4 – Obter os pontos da curva.

Eai!? Mão na massa!

Passo 2

Para encontrarmos a reta tangente a uma curva polar r = f ( θ ) , vamos considerar o θ como um parâmetro e escrever suas euqaçãoes paramétricas como

x = r cos ⁡ θ = f θ cos ⁡ θ

y = r sen ⁡ θ = f θ sen ⁡ θ

Então, usando o método para encontrar inclinações de curvas parametrizadas e a regra do produto, temos

d y d x = d r d θ sen ⁡ θ + r cos ⁡ θ d r d θ cos ⁡ θ - r sen ⁡ θ

Para achar os pontos onde a tangente é horizontal é necessário que:

d y d θ = 0   e   d x d θ ≠ 0

Para achar os pontos onde a tangente é vertical é necessário que:

d x d θ = 0   e   d y d θ ≠ 0

Passo 3

Para isso vamos achar o que é y ( θ )

y = r sen ⁡ θ

Substituindo r = 1 - sen ⁡ θ

y = 1 - sen ⁡ θ sen ⁡ θ = sen ⁡ θ - sen 2 ⁡ θ

Agora achando x ( θ ) , substiruindo r = 1 - sen ⁡ θ

x = r cos ⁡ θ

x = 1 - sen ⁡ θ cos ⁡ θ

x = cos ⁡ θ - sen ⁡ θ cos ⁡ θ

Passo 4

Para achar as tangentes horizontais, vamos derivar y = sen ⁡ θ - sen 2 ⁡ θ

Teremos que fazer a regra do produto para achar as tangentes horizontais.

u v ' = u ' . v + u . v '

Onde u = s e n   θ ,   v = s e n ²   θ , u ' = cos ⁡ θ   e   v ' = 2 s e n   θ . cos ⁡ θ  

Substituindo os termos na equação

d y d θ = u ' . v + u . v '

d y d θ = cos ⁡ θ - 2 sen ⁡ θ cos ⁡ θ

Igualando a zero

d y d θ = 0

cos ⁡ θ - 2 sen ⁡ θ cos ⁡ θ = 0

cos ⁡ θ = 2 sen ⁡ θ cos ⁡ θ

Dividindo por cos ⁡ θ e invertendo os lados

2 sen ⁡ θ = 1

Dividindo a equação por 2

sen ⁡ θ = 1 2

Passo 5

Analisando agora quais ângulos que fazem o seno valer 1 / 2 , em π 6 e em 5 π 6 , então os possíveis ângulos com tangentes horizontais são:

θ 1 = π 6

θ 2 = 5 π 6

Passo 6

Para achar as tangentes verticais, vamos derivar x = cos ⁡ θ - sen ⁡ θ cos ⁡ θ

Teremos que fazer a regra do produto para achar as tangentes horizontais.

d y d θ = u ' . v + u . v '

d x d θ = - sen ⁡ θ - cos 2 ⁡ θ + sen 2 ⁡ θ

Zerando a derivada

d x d θ = 0

- sen ⁡ θ - cos 2 ⁡ θ + sen 2 ⁡ θ = 0

Para acharmos uma resposta, precisaremos fazer uma mudança de variáveis, mas só ira funcionar se só tivermos uma função trigonométrica na nossa equação, para isso vamos substituir cos 2 ⁡ θ = 1 - sen 2 ⁡ θ

- sen ⁡ θ - 1 - sen 2 ⁡ θ + sen 2 ⁡ θ = 0

- sen ⁡ θ - 1 + sen 2 ⁡ θ + sen 2 ⁡ θ = 0

- sen ⁡ θ - 1 + 2 sen 2 ⁡ θ = 0

Passo 7

Uma forma de resolvermos a equação do Passo 6 é substituindo u = sen ⁡ θ , transformando em uma equação do 2° grau.

- u - 1 + 2 u 2 = 0

Organizando no formato de um polinômio padrão de segundo grau

2 u 2 - u - 1 = 0

Em que a = 2 , b = - 1 e c = - 1 . Resolvendo a equação do segundo grau:

∆ = b 2 - 4 . a . c

Δ = - 1 2 - 4 ( 2 ) ( - 1 )

Δ = 1 + 8 = 9

u = - - 1 ± 3 2 ⋅ 2 = 1 ± 3 4

u 1 = 1 e u 2 = - 1 2

Para o primeiro valor de u , lembrando que u = sen ⁡ θ , para quais valores de θ que o sen ⁡ θ = 1 ? Para θ = π 2

Então um dos candidatos a ter tangente vertical é

θ 3 = π 2

Para o segundo valor de u , para quais valores de θ que o sen ⁡ θ = - 1 / 2 ? Para θ = 7 π 6 e θ = 11 π 6 .

Então os outros candidatos a ter tangente verticais são:

θ 4 = 7 π 6

θ 5 = 11 π 6

Passo 8

Como não tivemos ângulos que tiveram d y d θ = 0 e   d x d θ = 0 , todos os ��ngulos que achamos serão pontos críticos.

Para finalizar agora e sabermos os pontos exatos, basta calcular r para cada θ achado.

Para tangentes horizontais, com θ 1 = π 6 e θ 2 = 5 π 6

r 1 = 1 - sen ⁡ π 6 = 1 - 1 2

r 1 = 1 2

r 2 = 1 - sen ⁡ 5 π 6 = 1 - 1 2

r 2 = 1 2

Então os pontos que tem tangentes horizontais, no formato ( r , θ ) são 1 2 , π 6 e 1 2 , 5 π 6 .

Para tangentes verticais, com θ 3 = π 2 , θ 4 = 7 π 6 e θ 5 = 11 π 6

r 3 = 1 - sen ⁡ π 2 = 1 - 1

r 3 = 0

r 4 = 1 - sen ⁡ 7 π 6 = 1 - - 1 2 = 1 + 1 2

r 4 = 3 2

r 5 = 1 - sen ⁡ 11 π 6 = 1 - - 1 2 = 1 + 1 2

r 5 = 3 2

Então os pontos que tem tangentes verticais, no formato ( r , θ ) são 0 , π 2 , 3 2 , 7 π 6 e 3 2 , 11 π 6 .

Resposta

Horizontais: 1 2 , π 6 e 1 2 , 5 π 6 .

Verticais: 0 , π 2 , 3 2 , 7 π 6 e 3 2 , 11 π 6 .

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Dada a curva r = k , onde k é uma constante não-nula e α é a medida em radianos da inclinação da reta tangente à curva no ponto r ,θ . Mostre que t g α t g θ = - 1 para todo θ tal que θ ≠ 0 .
Nos exercícios de 29 a 32, ache a medida, em graus, do menor ângulo entre as retas tangentes ao par de curvas dadas nos pontos de intersecção indicados:31. r = 4 c o s θ r = 4 c o s 2 θ - 3 ; - 2 ,2 π
Para a curva r c o s theta = 4 ache underset(theta - (pi)/(2))(lim) chi .
Nos exercícios de 21 a 28, ache χ e α para a curva dada no ponto cujo valor de θ é o indicado. Faça um esboço da curva e mostre χ e α .24. r = 4 s e n θ 2 ; θ = π 3
Prove que em cada ponto da espiral logarítmica r = b e a θ , χ é o mesmo.