Exercícios Resolvidos de Cônicas com Rotação

UFRJ, Álgebra Linear, P4 - 2018.1, Questão 10

Considere as afirmativas abaixo:

I – A equação 3 x 2 - 6 x y + 3 y 2 + 1 = 0 não possui solução.

I – A equação 3 x 2 - 4 x y + 3 y 2 + 5 = 0 não possui solução.

(a) Ambas são falsas.

(b) Ambas são verdadeiras.

(c) I é verdadeira e II é falsa.

(d) I é falsa e II é verdadeira.

Passo 1

Vamos reescrever a expressão do primeiro item:

3 x 2 - 6 x y + 3 y 2 + 1 = 0

3 x - 3 y 2 + 1 = 0

3 x - 3 y 2 = - 1

Do lado direito, temos um termo ao quadrado igual a um número negativo, e isso nunca pode ocorrer!

Então a afirmação é verdadeira: a equação não tem solução pois não existem x e y que a satisfaçam.

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Se a gente tentar fazer a mesma coisa para a expressão do segundo item, vamos precisar completar quadrados.

Somando e subtraindo 2xy, vamos ficar com:

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

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

3 x - 3 y 2 + 2 x y = - 5

E não vamos conseguir tirar nada daí :p

Nesse caso não vai ter jeito, vamos ter que fazer aquele processo de passar para um sistema de eixos cartesianos mais conveniente pra gente.

Passo 3

Temos a equação geral:

A x 2 + B y 2 + C x y + D x + E y + H = 0

Mas a nossa expressão é:

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

Identificando os coeficientes:

A = 3

B = 3

C = - 4

D = E = 0

H = 5

Vamos escrever isso na forma matricial, que é:

x y A C 2 C 2 B x y + D E x y + H = 0

x y 3 - 2 - 2 3 x y + 5 = 0

Agora precisamos achar uma base ortogonal para escrever essa equação de uma forma melhor.

Então vamos calcular os autovalores e autovetores da matriz:

K = 3 - 2 - 2 3

O polinômio característico vai ser:

p λ = K - λ I = 3 - λ - 2 - 2 3 - λ = 3 - λ 2 - 4

Os autovalores são as raízes desse polinômio:

3 - λ 2 - 4 = 0

λ 1 = 1

λ 2 = 5

Agora temos que achar os autovetores!

Para λ 1 = 1 :

3 - 2 - 2 3 x y = 1 x y

Ficamos com o sistema:

3 x - 2 y = x - 2 x + 3 y = y

De onde tiramos que:

x = y

Então os autovalores vão ser da forma:

x , y = x , x = x 1,1

O autoespaço de λ 1 = 1 é gerado pelo vetor (1,1). Normalizando:

V   λ 1 = ( 1 2 , 1 2 )

Agora vamos fazer a mesma coisa pra λ 2 = 5 :

3 - 2 - 2 3 x y = 5 x y

Ficamos com o sistema:

3 x - 2 y = 5 x - 2 x + 3 y = 5 y

De onde tiramos que:

x = - y

Então os autovalores vão ser da forma:

x , y = - y , y = y - 1,1

O autoespaço de λ 2 = 5 é gerado pelo vetor (-1,1). Normalizando:

V   λ 1 = ( - 1 2 , 1 2 )

Agora temos a base ortonormal:

β = 1 2 , 1 2 , - 1 2 , 1 2

Escrevendo esses vetores nas colunas de uma matriz N:

N = 1 2 - 1 2 1 2 1 2

A matriz M de autovalores correspondente é:

M = 1 0 0 5

Então, fazendo uma mudança de variáveis e denotando as novas variáveis por x 1   e y 1 , vamos ter que a forma matricial da nossa expressão vai ficar:

x 1 y 1 M x 1 y 1 + D E N x 1 y 1 + J = 0

x 1 y 1 1 0 0 5 x 1 y 1 + 5 = 0

x 1 2 + 5 y 1 2 + 5 = 0

x 1 2 + 5 y 1 2 = - 5

Agora temos do lado esquerdo a soma de dois quadrados sendo igualada a um número negativo, e isso nunca vai poder ocorrer!

Logo, a equação

x 1 2 + 5 y 1 2 = - 5

Não tem solução, portanto a equação que ela representa nos eixos x e y, que era a nossa equação original do enunciado:

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

Também não tem solução e a afirmação é verdadeira.

Resposta

(b) Ambas são verdadeiras.

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