A equação da cônica, em relação a base canônica do \Re^{2}, é dada por:
3 x^{2}-4 \sqrt{2} x y-y^{2}+20 y-25=0
(i) (1,0 ponto) Escreva a equação da cônica na forma matricial, ou seja,
\mathbf{X}^{T} \mathbf{M X}+\mathbf{L X}+\mathbf{F}=\mathbf{0}
(ii) (1,0 ponto) Classifique a cônica apresentando os argumentos pertinentes.
(iii) (1,0 ponto) Determine uma matriz \mathbf{P} tal que \mathbf{P}^{T} \mathbf{M P}=\mathbf{D}.

Passo 1

O enunciado dá a cônica
3x^{2}-4\sqrt{2}\,xy-y^{2}+20y-25=0
e pede três coisas:
  • (i) escrever a equação na forma matricial \mathbf{X}^{T}\mathbf{M}\mathbf{X}+\mathbf{L}\mathbf{X}+\mathbf{F}=\mathbf{0};
  • (ii) classificar a cônica e apresentar argumentos;
  • (iii) determinar uma matriz \mathbf{P} tal que \mathbf{P}^{T}\mathbf{M}\mathbf{P}=\mathbf{D} (ou seja, diagonalizar simetricamente \mathbf{M}).
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • Coeficiente de x^{2} é 3.
  • Coeficiente de xy é -4\sqrt{2}.
  • Coeficiente de y^{2} é -1.
  • Coeficiente de x é 0.
  • Coeficiente de y é 20.
  • Termo constante é -25.

Passo 2

Construção da forma matricial. Vou usar a convenção habitual
\mathbf{X}=\begin{pmatrix}x\\[4pt]y\end{pmatrix}, \qquad \mathbf{X}^{T}\mathbf{M}\mathbf{X}=A x^{2}+2B xy + C y^{2}, \qquad \mathbf{L}\mathbf{X}=L_{1}x+L_{2}y.
Como o termo xy na equação é -4\sqrt{2}\,xy, tem-se 2B=-4\sqrt{2}\Rightarrow B=-2\sqrt{2}. Portanto os coeficientes A,B,C são A=3, B=-2\sqrt{2}, C=-1.
Assim a matriz simétrica \mathbf{M} é
\mathbf{M}=\begin{pmatrix}A & B\\[4pt] B & C\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}3 & -2\sqrt{2}\\[4pt]-2\sqrt{2} & -1\end{pmatrix}.
O vetor linear \mathbf{L} atende \mathbf{L}\mathbf{X}=0\cdot x + 20\cdot y, logo
\mathbf{L}=\begin{pmatrix}0 & 20\end{pmatrix}.
E o termo constante é \mathbf{F}=-25.
Portanto a forma matricial pedida é
\mathbf{X}^{T}\begin{pmatrix}3 & -2\sqrt{2}\\[4pt]-2\sqrt{2} & -1\end{pmatrix}\mathbf{X} +\begin{pmatrix}0 & 20\end{pmatrix}\mathbf{X}-25=0.]

Passo 3

Classificação da cônica. Método usado: para a cônica geral
A x^{2}+B' xy + C y^{2} + D x + E y + F=0
(o meu B' é o coeficiente do termo xy, aqui B'=-4\sqrt{2}), a quantidade discriminante clássica é
\Delta_{\text{conica}} = {B'}^{2}-4AC.
Se \Delta_{\text{conica}}<0 temos elipse (ou círculo ou ponto vazio), se >0 temos hipérbole, se =0 parábola (assumindo que não ocorrem degenerações especiais). Aplicando aos nossos valores A=3, B'=-4\sqrt{2}, C=-1:
Calculemos:
{B'}^{2}=(-4\sqrt{2})^{2}=16\cdot 2=32, \qquad 4AC=4\cdot 3\cdot(-1)=-12.
Então
\Delta_{\text{conica}}={B'}^{2}-4AC=32-(-12)=44>0.
Portanto, pela regra acima, a cônica é uma hipérbole.
Complemento (argumento alternativo, útil para a prova): olhar a matriz \mathbf{M}. Se \mathbf{M} tem autovalores de sinais opostos (um positivo e outro negativo), a forma quadrática \mathbf{X}^{T}\mathbf{M}\mathbf{X} tem sinais trocados e a cônica é hipérbole. Mais adiante diagonalizamos \mathbf{M} e vemos que os autovalores são 1+2\sqrt{3} e 1-2\sqrt{3}, de sinais opostos, confirmando a hipérbole.

Passo 4

Diagonalização simétrica de \mathbf{M}: cálculo dos autovalores. Para \mathbf{M}=\begin{pmatrix}3 & -2\sqrt{2}\\[4pt]-2\sqrt{2} & -1\end{pmatrix} a equação característica é
\det(\mathbf{M}-\lambda \mathbf{I})=0 \quad\Longrightarrow\quad \lambda^{2}-(\operatorname{tr}\mathbf{M})\lambda+\det\mathbf{M}=0.
Calcule \operatorname{tr}\mathbf{M}=3+(-1)=2. Calcule \det\mathbf{M}=3\cdot(-1)-(-2\sqrt{2})^{2}=-3-8=-11. Assim o polinômio característico é
\lambda^{2}-2\lambda-11=0.
Resolvendo:
\lambda=\frac{2\pm\sqrt{4+44}}{2}=\frac{2\pm\sqrt{48}}{2}=\frac{2\pm 4\sqrt{3}}{2}=1\pm 2\sqrt{3}.
Portanto os autovalores são
\lambda_{1}=1+2\sqrt{3},\qquad \lambda_{2}=1-2\sqrt{3}.
Observação: \lambda_{1}>0 e \lambda_{2}<0, o que coincide com a conclusão de que é hipérbole.]

Passo 5

Cálculo de autovetores e construção de \mathbf{P}. Para cada \lambda resolvemos (\mathbf{M}-\lambda \mathbf{I})\mathbf{v}=\mathbf{0}.
Para \lambda_{1}=1+2\sqrt{3} temos a equação (uso a primeira linha)
(3-\lambda_{1})x -2\sqrt{2}\,y=0 \quad\Rightarrow\quad y = \frac{3-\lambda_{1}}{2\sqrt{2}}\,x.
Calcule 3-\lambda_{1}=3-(1+2\sqrt{3})=2-2\sqrt{3}=2(1-\sqrt{3}). Assim
\frac{3-\lambda_{1}}{2\sqrt{2}}=\frac{2(1-\sqrt{3})}{2\sqrt{2}}=\frac{1-\sqrt{3}}{\sqrt{2}}.
Um autovetor correspondente é, tomando x=1,
\mathbf{v}_{1}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]\dfrac{1-\sqrt{3}}{\sqrt{2}}\end{pmatrix}.
O quadrado da norma de \mathbf{v}_{1} é
\|\mathbf{v}_{1}\|^{2}=1^{2}+\left(\frac{1-\sqrt{3}}{\sqrt{2}}\right)^{2} =1+\frac{(1-\sqrt{3})^{2}}{2} =1+\frac{1-2\sqrt{3}+3}{2}=1+\frac{4-2\sqrt{3}}{2}=1+(2-\sqrt{3})=3-\sqrt{3}.
Portanto a norma é \sqrt{3-\sqrt{3}} e o vetor unitário é
\mathbf{p}_{1}=\frac{1}{\sqrt{3-\sqrt{3}}}\begin{pmatrix}1\\[6pt]\dfrac{1-\sqrt{3}}{\sqrt{2}}\end{pmatrix}.
Para \lambda_{2}=1-2\sqrt{3} procedemos igual:
3-\lambda_{2}=3-(1-2\sqrt{3})=2+2\sqrt{3}=2(1+\sqrt{3}),
então
\frac{3-\lambda_{2}}{2\sqrt{2}}=\frac{1+\sqrt{3}}{\sqrt{2}}.
Tomando x=1, um autovetor é
\mathbf{v}_{2}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]\dfrac{1+\sqrt{3}}{\sqrt{2}}\end{pmatrix}.
O quadrado da norma é
\|\mathbf{v}_{2}\|^{2}=1+\left(\frac{1+\sqrt{3}}{\sqrt{2}}\right)^{2} =1+\frac{(1+\sqrt{3})^{2}}{2}=1+\frac{1+2\sqrt{3}+3}{2}=1+\frac{4+2\sqrt{3}}{2}=1+(2+\sqrt{3})=3+\sqrt{3},
logo a norma é \sqrt{3+\sqrt{3}} e o vetor unitário é
\mathbf{p}_{2}=\frac{1}{\sqrt{3+\sqrt{3}}}\begin{pmatrix}1\\[6pt]\dfrac{1+\sqrt{3}}{\sqrt{2}}\end{pmatrix}.
Como \mathbf{M} é simétrica, esses autovetores associados a autovalores distintos são ortogonais; ao normalizá-los obtemos uma matriz ortogonal \mathbf{P}=[\,\mathbf{p}_{1}\\ \mathbf{p}_{2}\,] que diagonaliza \mathbf{M} por congruência:
\mathbf{P}^{T}\mathbf{M}\mathbf{P}=\begin{pmatrix}\lambda_{1} & 0\\[4pt]0 & \lambda_{2}\end{pmatrix}.
Escrevendo \mathbf{P} explicitamente:
\mathbf{P}= \begin{pmatrix} \dfrac{1}{\sqrt{3-\sqrt{3}}} & \dfrac{1}{\sqrt{3+\sqrt{3}}}\\[10pt] \dfrac{1-\sqrt{3}}{\sqrt{2}\,\sqrt{3-\sqrt{3}}} & \dfrac{1+\sqrt{3}}{\sqrt{2}\,\sqrt{3+\sqrt{3}}} \end{pmatrix}, \qquad \mathbf{D}=\begin{pmatrix}1+2\sqrt{3} & 0\\[6pt]0 & 1-2\sqrt{3}\end{pmatrix}.
Verificação conceitual: pelas propriedades de autovetores/autovalores de matrizes simétricas, \mathbf{P} é ortogonal ( \mathbf{P}^{T}\mathbf{P}=\mathbf{I}) e \mathbf{P}^{T}\mathbf{M}\mathbf{P}=\mathbf{D}.]

Resposta

(i) \displaystyle \mathbf{M}=\begin{pmatrix}3 & -2\sqrt{2}\\[4pt]-2\sqrt{2} & -1\end{pmatrix},\qquad \mathbf{L}=\begin{pmatrix}0 & 20\end{pmatrix},\qquad \mathbf{F}=-25.
(ii) Hipérbole (pois {B'}^{2}-4AC=44>0; equivalente: autovalores de \mathbf{M} têm sinais opostos).
(iii) Uma escolha ortonormal de \mathbf{P} é
\mathbf{P}= \begin{pmatrix} \dfrac{1}{\sqrt{3-\sqrt{3}}} & \dfrac{1}{\sqrt{3+\sqrt{3}}}\\[10pt] \dfrac{1-\sqrt{3}}{\sqrt{2}\,\sqrt{3-\sqrt{3}}} & \dfrac{1+\sqrt{3}}{\sqrt{2}\,\sqrt{3+\sqrt{3}}} \end{pmatrix}, \qquad \mathbf{D}=\begin{pmatrix}1+2\sqrt{3} & 0\\[6pt]0 & 1-2\sqrt{3}\end{pmatrix},
que satisfaz \mathbf{P}^{T}\mathbf{M}\mathbf{P}=\mathbf{D}.]

Exercícios relacionados