Enunciado

Considere as selas Ω 1 : z = - x 2 a 2 + y 2 b 2 e Ω 2 : z = x 2 a 2 - y 2 b 2 . Como os segundos membros das equações são opostos um do outro, o esboço de Ω 2 pode ser obtido “virando de ponta-cabeça” o esboço de Ω 1 . É de se esperar que o eixo longitudinal continue o mesmo. No entanto, a resposta do Exercício 25-31 parece desmentir isso. Segundo ela, para Ω 1 , o eixo longitudinal é O y , e para Ω 2 , é O x . Isso nos induz a concluir que queremos o esboço de Ω 2 , fazendo o esboço de Ω 1 girar de 90° em torno de O z . Explique o aparente paradoxo.

Passo 1

Bom, o que acontece no caso descrito pela questão ocorre por causa de uma peculiaridade do paraboloide hiperbólico. Vejam só o esboço do paraboloide z = - x 2 a 2 + y 2 b 2 , aquele que é esboçado no capítulo e até na capa do livro!

Durante a explicação desta quádrica, o capítulo deixa claro que ela é simétrica em relação aos planos O x z e O y z . Só que se vocês olharem com calma o esboço dela, ela “parece” ser simétrica em relação ao plano O x y .

Da mesma forma que tem uma posição para sentar acima, tem uma abaixo, só que ela é invertida. É por causa destas duas posições invertidas que acontece a grande confusão da questão.

Nós viramos a quádrica Ω 1 de ponta cabeça e mantivemos o sistema x y z original (não rotacionamos os eixos). Quando a gente faz isso, a gente obtém a quádrica Ω 2 , e assim realmente parece que nós giramos de 90° em torno de O z a original.

Mas, na grande realidade, nós pegamos a original e viramos sim de ponta cabeça. Assim, a sela de baixo, vai virar a de cima, e será ela a que iremos observar.

OBS: este paradoxo seria resolvido se, ao virarmos a quádrica Ω 1 , nós girássemos o sistema de coordenadas x y z também!

Resposta

Ei, a resposta está no passo a passo :)

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