Forma Quadrática – Quádricas

Teoria Completa

Introdução

Pessoas! Como indica o título desse capítulo, a ideia é similar ao capítulo Forma Quadrática: Conicas, com uma pequena diferença, no caso, uma coordenada a mais!

Vamos relembrar rapidamente as quádricas que estudamos e suas equações:

  • Elipsóide:
  • x - x 0 2 a 2 + y - y 0 2 b 2 + z - z 0 2 c 2 = 1

  • Hiperbolóide de uma folha:
  • x - x 0 2 a 2 + y - y 0 2 b 2 - z - z 0 2 c 2 = 1

  • Hiperbolóide de duas folhas:
  • x - x 0 2 a 2 - y - y 0 2 b 2 - z - z 0 2 c 2 = 1

  • Cone Elíptico:
  • z - z 0 2 c 2 = x - x 0 2 a 2 + y - y 0 2 b 2

  • Parabolóide Elíptico:
  • z - z 0 c = x - x 0 2 a 2 + y - y 0 2 b 2

  • Parabolóide Hiperbólico:
  • z - z 0 c = x - x 0 2 a 2 - y - y 0 2 b 2

    Qualquer dúvida volte nos tipos sobre as quádricas

    A ideia é aprender o que fazer quando aparece isso:

    4 x 2 + 4 y 2 + 4 z 2 + 4 x y + 4 x z + 4 y z - x = 3

    Já que essa equação não se encaixa em nenhuma das quádricas que estudamos. Na verdade, ela representa uma quádrica, cujo gráfico é uma superfície no R 3 . Portanto, seus pontos tem coordenadas x , y e z .

    O passo a passo pra resolução de problemas assim é essencialmente igual ao das cônicas. Você só vai ter que trabalhar com uma matriz 3 × 3 , achar 3 autovalores e 3 autovetores.

    Representação Matricial:

    Como já dito, vimos 6 tipos de quádricas especiais. Porém quádrica é o conjunto de pontos que satisfazem a equação:

    A x 2 + B y 2 + C z 2 + D x y + E x z + F y z + G x + H y + I z = J

    Bom, pegando novamente nossa equação lá em cima, reparem que:

    4 x 2 + 4 y 2 + 4 z 2 + 4 x y + 4 x z + 4 y z - x = 3

    É uma quádrica e pode ser escrita na forma matricial:

    x y z   4 2 2 2 4 2 2 2 4 ⏟ Q   x y z +   - 1 0 0   x y z = 3

    Para as quádricas, adicionamos uma coordenada naquela forma geral, então agora teremos:

    A x 2 + B y 2 + C z 2 + D x y + E x z + F y z + G x + H y + I z = J

    → r e e s c r e v e n d o   x y z   A D / 2 E / 2 D / 2 B F / 2 E / 2 F / 2 C ⏟ Q   x y z +   G H I   x y z = J

    E olha a matriz Q aí de novo!

    Interpretação Geométrica

    Bom, vamos voltar a equação na forma incial:

    4 x 2 + 4 y 2 + 4 z 2 + 4 x y + 4 x z + 4 y z - x = 3

    Temos duas observações importantes:

  • Os termos lineares de x , y e z indicam que a quádrica está deslocada em relação à origem.
  • E os termos mistos x y , x z e y z indicam que a quádrica está rotacionada em relação aos eixos cartesianos.

Como nossa quádrica está rotacionada e com o centro fora da origem, nós temos que encontrar os eixos nos quais a quádrica está ( x ' , y '   e   z ' ) . Então vamos fazer todo aquele procedimento pra uma matriz 3 × 3 .

Encontrando os eixos das quádricas rotacionadas

Tinhamos a equação de uma quádrica qualquer da forma:

A x 2 + B y 2 + C z 2 + D x y + E x z + F y z + G x + H y + I z = J

Reescrevemos ela na forma matricial:

x y z   A D / 2 E / 2 D / 2 B F / 2 E / 2 F / 2 C ⏟ Q   x y z +   G H I   x y z = J

Para encontrar os eixos x ' , y ' e z ' , vamos reescrever a equação da quádrica utilizando os autovalores e autovetores da matriz Q .

A equação deverá ficar assim:

x ' y ' z ' λ 1 0 0 0 λ 2 0 0 0 λ 3 x ' y ' z ' + G H I u 1 v 1 w 1 u 2 v 2 w 2 u 3 v 3 w 3 x ' y ' z ' = J

Aonde λ 1 , λ 2 e λ 3 são os autovalores da matriz Q e u = ( u 1 , u 2 , u 3 ), v = v 1 , v 2 , v 3 e w = w 1 , w 2 , w 3 são os autovetores UNITÁRIOS associados à λ 1 , λ 2 e λ 3 , respectivamente. Ou seja, a disposição dos autovetores na matriz deve acompanhar a dos autovalores.

Só pra relembrar, pra achar o UNITÁRIO de um vetor, basta dividir as coordenadas do vetor pelo seu MÓDULO!!!

Depois que você escrever a equação matricial, é só multiplicar as matrizes e encontrar a equação reescrita que a gente tava procurando nos eixos x ' , y ' e z ' !!! YEAAAH!!

Exemplo

Vamos resolver aquele exemplo do início pra gente visualizar melhor:

4 x 2 + 4 y 2 + 4 z 2 + 4 x y + 4 x z + 4 y z - x = 3

Escrevemos na forma matricial:

x y z   4 2 2 2 4 2 2 2 4 ⏟ Q   x y z +   - 1 0 0   x y z = 3

A partir da matriz Q , encontramos seus autovalores λ 1 = 2 , λ 2 = 2 e λ 3 = 8 e seus autovetores unitários associados u = - 1 2 , 1 2 , 0 , v = - 1 6 , - 1 6 , 2 6 e w = 1 3 , 1 3 , 1 3 .

Feito isso, podemos jogar os valores encontrados na equação matricial:

x ' y ' z ' λ 1 0 0 0 λ 2 0 0 0 λ 3 x ' y ' z ' + G H I u 1 v 1 w 1 u 2 v 2 w 2 u 3 v 3 w 3 x ' y ' z ' = J

E então encontramos:

x ' y ' z ' 2 0 0 0 2 0 0 0 8 x ' y ' z ' + - 1 0 0 - 1 2 - 1 6 1 3 1 2 - 1 6 1 3 0 2 6 1 3 x ' y ' z ' = 3

Multiplicando as matrizes, a gente chega em:

2 x ' 2 + 2 y ' 2 + 8 z ' 2 + 2 2 x ' = 3  

E assim como no exemplo das cônicas, vamos completar quadrados pra ver melhor nossa equação:

2 x ' + 2 8 2 + 2 y ' 2 + 8 z ' 2 = 49 16

E dividindo toda a equação por 49 16 , vamos chegar em:

x ' + 2 8 2 49 32 + y ' 2 49 32 + z ' 2 49 128 = 1

Então, chegamos à conclusão de que aquela nossa equação “estranha” lá do início é, na verdade, um elipsoide no sistema de eixos x ' , y ' e z ' . E esse elipsoide tem centro em - 2 8 , 0,0 e semieixos nas direções x ' , y ' e z ' iguais a 7 4 2 , 7 4 2 e 7 8 2 , respectivamente.

Lembre que assim como nas cônicas, as direções dos semieixos   x ' , y ' e z ' são dados pelas direções dos autovetores que nós encontramos da matriz Q .

E nessa hora, você provavelmente já estava pensando: SE ME PEDIREM PRA DESENHAR NO R 3 , EU CHORO!

Mas, porém, entretanto, todavia, fique tranquilo, pois NÃO vão te pedir pra desenhar no R 3 . Até porque convenhamos, nem os professores sabem desenhar direito no R 3 . Então, podem te pedir só as direções dos eixos x ' , y ' e z ' , e aí é só mandar os autovetores e correr pro abraço!! “TOMA ESSA, PROVA DE CÁLCULO, SEGURA MEU GABARITO AEEE!!”

Bom, pessoal, é isso! Então vamos partir pros exercícios!

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Exercício Resolvido #1

Alfredo Steinbruch, Álgebra Linear, 2ª ed. São Paulo: Pearson Education do Brasil Ltda., pp 368 - 9

Identifique que a Quádrica na forma quadrática abaixo

3 x 2 + 5 y 2 + 3 z 2 - 2 x y + 2 x z - 2 y z - 4 x + 6 y - 2 z = 0

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Primeiramente, observamos que essa não é uma quádrica do jeito que estamos acostumados. Os termos elevados a potência 1 e os termos mistos nos levam a pensar que ela está com o centro deslocado e rotacionada.

Vamos escrever a sua equação na forma matricial:

x y z   3 - 1 1 - 1 5 - 1 1 - 1 3 ⏟ Q   x y z +   - 4 6 - 2   x y z = 0

Passo 2

A partir da matriz Q , encontramos seus autovalores.

Para calcular os autovalores de uma matriz 3x3:

Q = a 11 a 12 a 13 a 21 a 22 a 23 a 31 a 32 a 33

Devemos fazer:

det ⁡ λ I - Q = 0

Isso implica:

λ - a 11 - a 12 - a 13 - a 21 λ - a 22 - a 23 - a 31 - a 32 λ - a 33   = 0  

No nosso caso:

Q = 3 - 1 1 - 1 5 - 1 1 - 1 3

Então temos:

λ - 3 1 - 1 1 λ - 5 1 - 1 1 λ - 3   = 0  

Calculando:

λ - 3 λ - 5 λ - 3 - 1 - 1 λ - 3 + 1 - 1 1 - λ - 5 = 0

Temos então:

λ 3 - 11 λ 2 + 36 λ - 36 = 0

Vamos procurar raízes através dos divisores tanto positivos quanto negativos do coeficiente do termo de menor grau dividido pelo coeficiente do termo de maior grau. Isso é:

Divisores de ± 36 1 = ± 36

São eles: ± 36 , ± 18 , ± 12 , ± 9 , ± 6 , ± 4 , ± 3 , ± 2 , ± 1

Vai dar trabalho, mas ao testar esses valores verificamos que as raízes são:

λ 1 = 2 , λ 2 = 3 , λ 3 = 6

Passo 3

Precisamos encontrar os autovetores unitários.

Vamos calcular o autovetor referente a λ 1 .Para isso faremos:

Q - λ 1 I   U → = 0

Temos:

3 - 2 - 1 1 - 1 5 - 2 - 1 1 - 1 3 - 2 U 1 U 2 U 3 = 0 0 0

Então:

1 U 1 - U 2 + 1 U 3 = 0

- 1 U 1 + 3 U 2 - U 3 = 0

U 1 - U 2 + U 3 = 0

Da primeira equação:

U 1 = U 2 - U 3

Substituindo na segunda:

- U 2 + U 3 + 3 U 2 - U 3 = 0

U 2 = 0

Fica:

U → = - U 3 , 0 , U 3

Arbitrando valores para U 3 temos:

U → = - 1,0 , 1

Achando o autovetor unitário temos:

u → = - 1 2 , 0 , 1 2  

Passo 4

Calculando agora o autovetor referente a λ 2 faremos:

Q - λ 2 I   V → = 0

Temos:

3 - 3 - 1 1 - 1 5 - 3 - 1 1 - 1 3 - 3 V 1 V 2 V 3 = 0 0 0

Então:

0 V 1 - V 2 + V 3 = 0

- 1 V 1 + 2 V 2 - V 3 = 0

V 1 - V 2 + 0 V 3 = 0

Da primeira equação:

V 2 = V 3

Substituindo na segunda:

- V 1 + 2 V 3 - V 3 = 0

V 1 = V 3

Fica:

V → = V 3 , V 3 , V 3

Arbitrando valores para V 3 temos:

V → = 1,1 , 1

Achando o autovetor unitário temos:

v → = 1 3 , 1 3 , 1 3  

Passo 5

Calculando agora o autovetor referente a λ 3 faremos:

Q - λ 3 I   W → = 0

Temos:

3 - 6 - 1 1 - 1 5 - 6 - 1 1 - 1 3 - 6 W 1 W 2 W 3 = 0 0 0

Então:

- 3 W 1 - W 2 + W 3 = 0

- W 1 - W 2 - W 3 = 0

W 1 - W 2 - 3 W 3 = 0

Da primeira equação:

W 1 = ( W 3 - W 2 ) / 3        

Substituindo na segunda:

- W 3 - W 2 3 - W 2 - W 3 = 0

W 2 = - 2 W 3

Fica:

W → = W 3 , - 2 W 3 , W 3

Arbitrando valores para W 3 temos:

W → = 1 , - 2,1

Achando o autovetor unitário temos:

w → = 1 6 , - 2 6 , 1 6  

Passo 6

Agora que calculamos os autovalores e autovetores, podemos jogar os valores encontrados na equação matricial:

x ' y ' z ' λ 1 0 0 0 λ 2 0 0 0 λ 3 x ' y ' z ' + G H I u 1 v 1 w 1 u 2 v 2 w 2 u 3 v 3 w 3 x ' y ' z ' = J

Fica:

x ' y ' z ' 2 0 0 0 3 0 0 0 6 x ' y ' z ' + - 4 6 - 2 - 1 / 2 1 / 3 1 / 6 0 1 / 3 - 2 / 6 1 / 2 1 / 3 1 / 6 x ' y ' z ' = 0

Fazendo essa multiplicação matricial chegamos em:

2 x ' 2 + 2 2 x ' + 3 y ' 2 + 6 z ' 2 - 18 z ' 6 = 0

Passo 7

Agora é só completar quadrados:

2 x ' 2 + 2 2 x ' = 2 x ' 2 + 1 2 x ' = 2 x ' + 1 2 2 2 - 1 8 = 2 x ' + 1 2 2 2 - 1 4

6 z ' 2 - 18 z ' 6 = 6 z ' 2 - 3 6 z ' = 6 z ' - 3 2 6 2 - 9 4

Substituindo na equação temos:

2 x ' 2 + 2 2 x ' + 3 y ' 2 + 8 3 y ' + 6 z ' 2 - 14 z ' 6 = 0

2 x ' + 1 2 2 2 - 1 4 + 3 y ' 2 + 6 z ' - 3 2 6 2 - 9 4 = 0

Ajeitando:

2 x ' + 1 2 2 2 + 3 y ' 2 + 6 z ' - 3 2 6 2 = 10 4

x ' + 1 2 2 2 10 8 + y ' 2 10 12 + z ' - 3 2 6 2 10 24 = 1

Que é a equação do elipsoide.

Resposta

A quádrica é um elipsoide.

Exercício Resolvido #2

Alfredo Steinbruch, Álgebra Linear, 2ª ed. São Paulo: Pearson Education do Brasil Ltda., pp 368 - 10

Identifique que a Quádrica na forma quadrática abaixo

y 2 - 4 x z - 4 x + 2 y - 3 = 0

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 1

Primeiramente, observamos que essa não é uma quádrica do jeito que estamos acostumados. Os termos de potência 1 e os produtos mistos nos levam a pensar que ela está com o centro deslocado e rotacionada.

Vamos escrever a sua equação na forma matricial:

x y z   0 0 - 2 0 1 0 - 2 0 0 ⏟ Q   x y z +   - 4 2 0   x y z = 3

Passo 2

A partir da matriz Q , encontramos seus autovalores.

Para calcular os autovalores de uma matriz 3x3:

Q = a 11 a 12 a 13 a 21 a 22 a 23 a 31 a 32 a 33

Devemos fazer:

det ⁡ λ I - Q = 0

Isso implica:

λ - a 11 - a 12 - a 13 - a 21 λ - a 22 - a 23 - a 31 - a 32 λ - a 33   = 0  

No nosso caso:

Q = 0 0 - 2 0 1 0 - 2 0 0

Então temos:

λ 0 2 0 λ - 1 0 2 0 λ   = 0  

Calculando:

λ λ - 1 λ - 0 - 0 0 - 0 - 2 0 - 2 λ - 1   = 0

Ajeitando:

λ 3 - λ 2 - 4 λ + 4 = 0

λ 2 λ - 1 - 4 λ - 1 = 0

Colocando em evidência:

λ - 1 λ 2 - 4 = 0

λ - 1 λ + 2 λ - 2 = 0

Logo, os autovalores são:

λ 1 = 1 , λ 2 = - 2 , λ 3 = 2

Passo 3

Precisamos encontrar os autovetores unitários.

Vamos calcular o autovetor referente a λ 1 .Para isso faremos:

Q - λ 1 I   U → = 0

Temos:

- 1 0 - 2 0 0 0 - 2 0 - 1 U 1 U 2 U 3 = 0 0 0

Então:

1 U 1 + 0 U 2 - 2 U 3 = 0

0 U 1 + 0 U 2 - 0 U 3 = 0

- 2 U 1 + 0 U 2 + - 1 U 3 = 0

Multiplicando a primeira linha por 2 e somando com a terceira:

2 U 1 + 0 U 2 - 4 U 3 - 2 U 1 + 0 U 2 + - 1 U 3 = 0

Temos:

- 5 U 3 = 0

U 3 = 0

Da primeira linha temos que:

U 1 = 2 U 3 = 0

E U 2 ? Não temos restrição nenhuma... Pode ser qualquer constantes. U 2 = C

Fica:

U → = 0 , C , 0

Arbitrando valores para U 2 temos:

U → = 0,1 , 0

Achando o autovetor unitário temos:

u → = 0,1 , 0  

Passo 4

Calculando agora o autovetor referente a λ 2 faremos:

Q - λ 2 I   V → = 0

Temos:

2 0 - 2 0 3 0 - 2 0 2 V 1 V 2 V 3 = 0 0 0

Então:

2 V 1 - 0 V 2 - 2 V 3 = 0

0 V 1 + 3 V 2 + 0 V 3 = 0

- 2 V 1 + 0 V 2 + 2 V 3 = 0

Da primeira equação:

V 1 = V 3

Da segunda equação temos:

V 2 = 0

Fica:

V → = V 3 , 0 , V 3

Arbitrando valores para V 3 temos:

V → = 1,0 , 1

Achando o autovetor unitário temos:

v → = 1 2 , 0 , 1 2  

Passo 5

Calculando agora o autovetor referente a λ 3 faremos:

Q - λ 3 I   W → = 0

Temos:

- 2 0 - 2 0 - 1 0 - 2 0 - 2 W 1 W 2 W 3 = 0 0 0

Então:

- 2 W 1 + 0 W 2 - 2 W 3 = 0

0 W 1 - W 2 + 0 W 3 = 0

- 2 W 1 + 0 W 2 - 2 W 3 = 0

Da primeira equação:

W 1 = - W 3        

Da segunda:

W 2 = 0

Fica:

W → = - W 3 , 0 , W 3

Arbitrando valores para W 3 temos:

W → = - 1,0 , 1

Achando o autovetor unitário temos:

w → = - 1 2 , 0 , 1 2