Considere a matriz
P=\left(\begin{array}{cc} 1 / \sqrt{5} & 2 / \sqrt{5} \\\\ -2 / \sqrt{5} & 1 / \sqrt{5} \end{array}\right)
(a) Usando a mudança de coordenadas
\binom{x^{\prime}}{y^{\prime}}=P^{T}\binom{x}{y},
escreva no sistema de coordenadas x^{\prime} y^{\prime} a equação da cônica 5 x^{2}+4 x y+2 y^{2}=12.
(b) Identifique essa cônica e faça um esboço da mesma no sistema x y, indicando também, no mesmo esboço, a posição dos eixos x^{\prime} y^{\prime}.

Passo 1

O enunciado dá a matriz
P=\begin{pmatrix} 1/\sqrt{5} & 2/\sqrt{5}\\[4pt] -2/\sqrt{5} & 1/\sqrt{5} \end{pmatrix}
e pede duas coisas:
  • (a) usando a mudança de coordenadas \displaystyle \binom{x'}{y'}=P^{T}\binom{x}{y}, escrever no sistema x'y' a equação da cônica dada por \displaystyle 5x^{2}+4xy+2y^{2}=12;
  • (b) identificar a cônica e fazer um esboço no sistema xy, indicando também a posição dos eixos x'y'.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • A equação quadrática em x,y tem coeficientes: coeficiente de x^{2} igual a 5, coeficiente de xy igual a 4, coeficiente de y^{2} igual a 2.
  • A transformação entre coordenadas é ortogonal: \displaystyle (x',y')^{T}=P^{T}(x,y)^{T}. (Não é pedido provar, mas usaremos que P é ortogonal.)
  • A ideia é eliminar o termo misto xy passando para coordenadas onde a forma quadrática fica diagonal.]

Passo 2

Entender a relação entre a equação da cônica e uma forma quadrática matricial (a teoria necessária e intuitiva).
  • Uma forma quadrática em (x,y) pode ser escrita como
\begin{pmatrix}x & y\end{pmatrix} A \begin{pmatrix}x\\[2pt] y\end{pmatrix},
onde A é a matriz simétrica dos coeficientes. Para a equação \,5x^{2}+4xy+2y^{2}=12 a matriz associada é
A=\begin{pmatrix}5 & 2\\[4pt] 2 & 2\end{pmatrix},
porque o termo 4xy corresponde a 2 em cada off-diagonal (já que x^{T}A x = 5x^{2}+2\cdot 2xy +2y^{2}).
  • Se fizermos uma mudança de base ortogonal \,x = P x' (equivalentemente \,x' = P^{T} x quando P é ortogonal), a forma quadrática transforma-se assim:
x^{T}A x = (x')^{T}(P^{T} A P)x'.
Portanto, se escolhermos P que diagonaliza A (isto é, P^{T} A P diagonal), obtemos uma equação sem termo misto em x',y'.
  • Explicação rápida do porquê: colunas de P podem ser autovetores normalizados de A; então P^{T}AP tem autovalores na diagonal.]

Passo 3

Calcular autovalores de A (passo por passo, sem pular contas).
  • Escrevemos o polinômio característico de A:
\det(A-\lambda I)= \det\begin{pmatrix}5-\lambda & 2\\[4pt] 2 & 2-\lambda\end{pmatrix} =(5-\lambda)(2-\lambda)-4.
  • Desenvolvendo:
(5-\lambda)(2-\lambda)-4=10-5\lambda-2\lambda+\lambda^{2}-4=\lambda^{2}-7\lambda+6.
  • Resolvendo \lambda^{2}-7\lambda+6=0 obtemos as raízes
\lambda_{1}=1,\qquad \lambda_{2}=6,
porque (\lambda-1)(\lambda-6)=0.
Interpretação didática: os autovalores dizem quanto “peso” a forma quadrática dá às coordenadas ao longo das direções próprias. Valores diferentes indicam alongamentos diferentes na nova base.]

Passo 4

Verificar os autovetores e a compatibilidade com a matriz P fornecida (isto mostra por que P diagonaliza A).
  • Encontrar autovetor para \lambda_{1}=1: resolver (A-I)v=0. Um vetor solução é (1,-2)^{T} (verificação direta):
A\begin{pmatrix}1\\[2pt]-2\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}5\cdot1+2\cdot(-2)\\[4pt]2\cdot1+2\cdot(-2)\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}1\\[2pt]-2\end{pmatrix}=1\cdot\begin{pmatrix}1\\[2pt]-2\end{pmatrix}.
  • Para \lambda_{2}=6, um autovetor é (2,1)^{T}:
A\begin{pmatrix}2\\[2pt]1\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}5\cdot2+2\cdot1\\[4pt]2\cdot2+2\cdot1\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}12\\[2pt]6\end{pmatrix}=6\cdot\begin{pmatrix}2\\[2pt]1\end{pmatrix}.
  • Normalizando esses vetores (dividindo pelo seu comprimento) obtemos exatamente as colunas de P:
v_{1}=\frac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix}1\\[2pt]-2\end{pmatrix},\qquad v_{2}=\frac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix}2\\[2pt]1\end{pmatrix}.
Assim P=\begin{pmatrix}v_{1}&v_{2}\end{pmatrix} é a matriz ortonormal de autovetores e diagonaliza A: P^{T}AP=\operatorname{diag}(1,6).
Didática: escolher P com colunas sendo autovetores normalizados é exatamente o processo de diagonalização ortogonal para matrizes simétricas.]

Passo 5

Aplicar a mudança de coordenadas à equação da cônica.
  • A equação original pode ser escrita como
\begin{pmatrix}x & y\end{pmatrix} A \begin{pmatrix}x\\[2pt] y\end{pmatrix}=12.
  • Com \,x= P x' (equivalentemente \,x' = P^{T}x) obtemos
(x')^{T}(P^{T}AP)x'=12.
  • Como P^{T}AP=\operatorname{diag}(1,6), a equação em coordenadas x',y' é
\begin{pmatrix}x' & y'\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 & 0\\[4pt]0 & 6\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x'\\[2pt]y'\end{pmatrix}=12,
ou seja
x'^{2}+6y'^{2}=12.
  • Podemos também escrever na forma padrão dividindo por 12:
\frac{x'^{2}}{12}+\frac{y'^{2}}{2}=1,
o que deixa explícitos os semi-eixos.
A explicação: a mudança de coordenadas alinhou os eixos com as direções próprias de A, eliminando o termo misto xy e resultando em uma equação diagonal simples.]

Passo 6

Identificar a cônica e determinar parâmetros (interpretando a equação diagonal).
  • A equação \displaystyle \frac{x'^{2}}{12}+\frac{y'^{2}}{2}=1 é a forma padrão de uma elipse centrada na origem no sistema x'y'.
  • Os semi-eixos são
a=\sqrt{12}=2\sqrt{3}\quad\text{(semieixo maior ao longo do eixo \(x'\))},
b=\sqrt{2}\quad\text{(semieixo menor ao longo do eixo \(y'\))}.
Observação sobre orientação: o eixo x' no plano xy tem direção dada pelo autovetor associado a \lambda_{1}=1, isto é pelo vetor (1,-2) (normalizado em P); o eixo y' tem direção dada por (2,1).

Passo 7

Determinar pontos notáveis da elipse no sistema xy (útil para o esboço) — calcular as coordenadas dos vértices principais.
  • Vértices ao longo do eixo x' (quando y'=0, x'=\pm a=\pm 2\sqrt{3}):
(x,y)=P\begin{pmatrix}\pm 2\sqrt{3}\\[2pt]0\end{pmatrix} =\pm 2\sqrt{3}\;v_{1} =\pm 2\sqrt{3}\cdot\frac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix}1\\[2pt]-2\end{pmatrix} =\pm\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix}1\\[2pt]-2\end{pmatrix}.
Em forma mais simples:
\text{vértices principais: }\left(\pm\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{5}},\\ \mp\frac{4\sqrt{3}}{\sqrt{5}}\right).é
(Números aproximados: \pm(1, -2)\times 1{,}549 → aproximadamente (\pm1{,}549,\mp3{,}098).)
  • Vértices ao longo do eixo y' (quando x'=0, y'=\pm b=\pm\sqrt{2}):
(x,y)=P\begin{pmatrix}0\\[2pt]\pm\sqrt{2}\end{pmatrix} =\pm\sqrt{2}\;v_{2} =\pm\sqrt{2}\cdot\frac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix}2\\[2pt]1\end{pmatrix} =\pm\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix}2\\[2pt]1\end{pmatrix}.
Ou seja:
\text{vértices secundários: }\left(\pm\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{5}},\\ \pm\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{5}}\right).éá
(Aproximação: \pm(1{,}265,\\\ 0{,}632).)
Esses pontos ajudam a desenhar a elipse no plano xy.]

Passo 8

Como esboçar a elipse e posicionar os eixos x'y' no mesmo desenho (instruções práticas para a prova).
  • Desenho passo a passo:
    1. Marcar o centro em (0,0).
    2. Desenhar a direção do eixo x' passando pela origem com vetor diretor (1,-2) (slope =-2; ou faça uma reta que desce 2 unidades para direita 1). Marcar os dois vértices principais em distâncias 2\sqrt{3} nesta direção (usar as coordenadas calculadas acima).
    3. Desenhar a direção do eixo y' perpendicular a essa, com vetor diretor (2,1) (slope =1/2). Marcar os vértices secundários nas distâncias \sqrt{2} nessa direção.
    4. Unir suavemente os quatro vértices para obter a elipse alongada na direção do eixo x'.
  • Observação geométrica rápida: como \lambda_{1}=1<\lambda_{2}=6, a elipse é mais alongada na direção do autovetor de \lambda_{1} (isto é, no eixo x').
  • Também é útil anotar no desenho os comprimentos dos semieixos: a=2\sqrt{3} ao longo de x' e b=\sqrt{2} ao longo de y'.
Animação mental: o eixo x' faz um ângulo de \arctan(-2)\approx-63{,}434^\circ com o eixo x (ou seja, roda cerca de 63{,}4^\circ no sentido horário); o eixo y' faz \arctan(1/2)\approx26{,}565^\circ no sentido anti-horário a partir do eixo x. Isso ajuda a posicionar os eixos no esboço.

Resposta

(a) \;x'^{2}+6y'^{2}=12\; (ou \;\dfrac{x'^{2}}{12}+\dfrac{y'^{2}}{2}=1).
(b) É uma elipse centrada na origem; semi-eixos a=2\sqrt{3} ao longo do eixo x' (direção (1,-2)) e b=\sqrt{2} ao longo do eixo y' (direção (2,1)).

Exercícios relacionados