Assinale (V) para as afirmativas verdadeiras e (F) para as falsas, justificando sua escolha através de cálculos e justificativas teóricas coerentes.
( ) A equação 5 x^{2}+6 x y+5 y^{2}-4 x+4 y-4, considerada em relação a base canônica do \mathbb{R}^{2}, representa uma hipérbole ou uma de suas formas degeneradas.

Passo 1

O enunciado pede para julgar (V) ou (F) a seguinte afirmativa, justificando com cálculos:
“( ) A equação \,5 x^{2}+6 x y+5 y^{2}-4 x+4 y-4\, (interpreta-se igual a zero) representa uma hipérbole ou uma de suas formas degeneradas.”
Informações dadas (coeficientes da cônica na forma geral \,A x^2 + B x y + C y^2 + D x + E y + F = 0\,):
  • A=5
  • B=6
  • C=5
  • D=-4
  • E=4
  • F=-4

Passo 2

Regra básica para classificar cônicas (resumo rápido, sem pular etapas): calcular o discriminante \Delta = B^{2}-4AC.
  • Se \Delta>0 a cônica é hipérbole (ou suas formas degeneradas).
  • Se \Delta=0 é parábola (ou degenerada).
  • Se \Delta<0 é elipse (ou círculo) — podendo ser também uma elipse degenerada (ponto ou nada real), dependendo de outros dados.
Calculemos \Delta:
\Delta = B^{2}-4AC = 6^{2}-4\cdot5\cdot5 = 36 - 100 = -64.
Como \Delta = -64 < 0, a cônica NÃO é uma hipérbole. Isso já indica que a afirmativa é falsa, salvo se a cônica for uma elipse degenerada (caso ainda a afirmativa permitisse outro tipo). Precisamos então verificar se a cônica é degenerada (por exemplo ponto) ou uma elipse própria (não degenerada).

Passo 3

Critério de degenerescência: formar a matriz simétrica aumentada associada à cônica
M = \begin{pmatrix} A & B/2 & D/2\\[4pt] B/2 & C & E/2\\[4pt] D/2 & E/2 & F \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5 & 3 & -2\\[4pt] 3 & 5 & 2\\[4pt] -2 & 2 & -4 \end{pmatrix}.
A cônica é degenerada se e somente se \det M = 0. Vamos calcular \det M passo a passo.
Expansão por primeira linha:
\det M = 5\cdot\det\begin{pmatrix}5 & 2\\[4pt]2 & -4\end{pmatrix} - 3\cdot\det\begin{pmatrix}3 & 2\\[4pt]-2 & -4\end{pmatrix} + (-2)\cdot\det\begin{pmatrix}3 & 5\\[4pt]-2 & 2\end{pmatrix}.
Calcule cada menor:
\det\begin{pmatrix}5 & 2\\[4pt]2 & -4\end{pmatrix} = 5\cdot(-4) - 2\cdot2 = -20 - 4 = -24,
\det\begin{pmatrix}3 & 2\\[4pt]-2 & -4\end{pmatrix} = 3\cdot(-4) - 2\cdot(-2) = -12 + 4 = -8,
\det\begin{pmatrix}3 & 5\\[4pt]-2 & 2\end{pmatrix} = 3\cdot2 - 5\cdot(-2) = 6 + 10 = 16.
Agora:
\det M = 5\cdot(-24) - 3\cdot(-8) + (-2)\cdot 16 = -120 + 24 - 32 = -128.
Como \det M = -128 \neq 0, a cônica é não degenerada. Logo não é uma “hipérbole degenerada” nem uma elipse degenerada: é uma elipse própria (não degenerada).]

Passo 4

Para reforçar a classificação, verifiquemos a matriz do termo quadrático \,Q=\begin{pmatrix}5 & 3\\[4pt]3 & 5\end{pmatrix} e suas autovalores (isso mostra se a forma quadrática é definida positiva, negativa ou indefinida).
A equação característica de Q é
\det(Q-\lambda I)=\det\begin{pmatrix}5-\lambda & 3\\[4pt]3 & 5-\lambda\end{pmatrix}=(5-\lambda)^2-9.
Resolve-se:
(5-\lambda)^2-9=0 \quad\Rightarrow\quad (5-\lambda)=\pm 3.
Assim os autovalores são
\lambda_1 = 5+3 = 8,\qquad \lambda_2 = 5-3 = 2.
Ambos positivos, logo a forma quadrática é definida positiva; isso é compatível com uma elipse (quando a constante final permitir solução real).]

Passo 5

Determinar o centro (tradução para eliminar termos lineares) e obter forma canônica para ver explicitamente que é uma elipse. Centro (x_0,y_0) obtém-se resolvendo o sistema gradiente = 0:
\frac{\partial}{\partial x}(5x^2+6xy+5y^2-4x+4y-4)=0 \quad\Rightarrow\quad 10x+6y-4=0,
\frac{\partial}{\partial y}(\cdots)=0 \quad\Rightarrow\quad 6x+10y+4=0.
Resolvendo o sistema
\begin{pmatrix}10 & 6\\[4pt]6 & 10\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[4pt]y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4\\[4pt]-4\end{pmatrix}.
Determinante \Delta=10\cdot10-6\cdot6=100-36=64. Usando Cramer (ou inversa):
x_0=\frac{1}{64}\big(10\cdot4 - 6\cdot(-4)\big)=\frac{40+24}{64}=1,
y_0=\frac{1}{64}\big(-6\cdot4 + 10\cdot(-4)\big)=\frac{-24-40}{64}=-1.
Centro em (1,-1).
Avaliar a expressão no centro para obter a constante residual:
5(1)^2+6(1)(-1)+5(-1)^2-4(1)+4(-1)-4 = 5-6+5-4-4-4 = -8.
Logo, na coordenada centrada e em eixos principais (autovetores), a equação toma a forma
\lambda_1 \xi^{2} + \lambda_2 \eta^{2} - 8 = 0,
com \lambda_1=8,\\ \lambda_2=2. Assim
8\xi^{2}+2\eta^{2}-8=0 \quad\Rightarrow\quad \xi^{2}+\tfrac{1}{4}\eta^{2}=1,
que é a equação canônica de uma elipse própria (sem degeneração).]

Passo 6

Conclusão interpretada: a cônica dada é uma elipse própria (não degenerada), portanto NÃO é hipérbole nem hipérbole degenerada. Logo a afirmativa do enunciado é falsa.

Resposta

(F)

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