Exercício 3 (Rotação e Classificação). Classifique a cônica dada e determine sua equação canônica (reduzida) após uma rotação de eixos (se necessário) e uma translação.
11 x^{2}+24 x y+4 y^{2}-20 x-40 y=5

Passo 1

O enunciado dá a cônica
11x^{2}+24xy+4y^{2}-20x-40y=5
Informações fornecidas (peguei tudo do enunciado):
  • Coeficientes quadráticos e misto: A=11, B=24, C=4.
  • Coeficientes lineares: D=-20 (do termo em x), E=-40 (do termo em y).
  • Termo constante (colocado no lado esquerdo): F=-5 porque a equação original pode ser escrita como 11x^{2}+24xy+4y^{2}-20x-40y-5=0.
O que o problema pede:
  1. Classificar a cônica (parábola, elipse, hipérbole, degenerações).
  2. Determinar a sua equação canônica reduzida, realizando rotação de eixos (se necessário) e translação (para eliminar termos mistos e lineares).

Passo 2

Estratégia e ideia principal (explicação didática, sem pular etapas):
  • O termo em xy (coeficiente B\neq0) indica que os eixos principais da cônica estão rotacionados em relação aos eixos x,y. Para eliminá-lo fazemos uma rotação ortogonal que diagonaliza a forma quadrática.
  • Matematicamente, escrevemos a parte quadrática como um formulário matricial [x\\ y]\,M\,[x\\ y]^T com
M=\begin{pmatrix}11 & 12\\[4pt]12 & 4\end{pmatrix},
onde apareceu 12 porque o termo misto 24xy corresponde a 2\cdot 12.
  • Diagonalizamos M encontrando seus autovalores \lambda e autovetores; os sinais dos autovalores dizem se a forma é definida, semidefinida ou indefinida (hipérbole quando os autovalores têm sinais opostos).
  • Após rotação, transformamos também os termos lineares pelo mesmo ortogonal e completamos quadrados para efetuar a translação (ou seja, deslocar o centro para a origem na nova base).
Vou aplicar isso passo a passo computando autovalores, autovetores, a rotação, a transformação dos termos lineares e a conclusão.]

Passo 3

Cálculo dos autovalores de M. Resolver o polinômio característico \det(M-\lambda I)=0:
\det\begin{pmatrix}11-\lambda & 12\\[4pt]12 & 4-\lambda\end{pmatrix}=(11-\lambda)(4-\lambda)-12\cdot12.
Desenvolvendo:
(11-\lambda)(4-\lambda)-144 = (44 -15\lambda +\lambda^2)-144 = \lambda^2-15\lambda-100.
Igualando a zero:
\lambda^2-15\lambda-100=0.
Resolvendo a quadrática:
\lambda=\frac{15\pm\sqrt{15^2+400}}{2}=\frac{15\pm\sqrt{625}}{2}=\frac{15\pm25}{2}.
Logo os autovalores são
\lambda_{1}=\frac{15+25}{2}=20,\qquad \lambda_{2}=\frac{15-25}{2}=-5.
Interpretação imediata: os autovalores têm sinais opostos ( 20>0 e -5<0). Isso significa que a forma quadrática é indefinida, portanto a cônica é uma hipérbole (explicação conceitual: autovalores de sinais opostos => soma de termos quadráticos com sinais distintos após diagonalização => hipérbole).]

Passo 4

Encontrar autovetores (vai indicar a direção dos novos eixos). Para \lambda_1=20:
\begin{pmatrix}11-20 & 12\\[4pt]12 & 4-20\end{pmatrix}\begin{pmatrix}u\\[2pt]v\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-9 & 12\\[4pt]12 & -16\end{pmatrix}\begin{pmatrix}u\\[2pt]v\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[2pt]0\end{pmatrix}.
Da primeira linha -9u+12v=0 obtém-se v=\dfrac{9}{12}u=\dfrac{3}{4}u. Um autovetor associado é (4,3). O comprimento desse vetor é \sqrt{4^{2}+3^{2}}=5, então o vetor unitário correspondente é
u_{1}=\frac{1}{5}\begin{pmatrix}4\\[2pt]3\end{pmatrix}.
Para \lambda_2=-5:
\begin{pmatrix}11+5 & 12\\[4pt]12 & 4+5\end{pmatrix}\begin{pmatrix}u\\[2pt]v\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}16 & 12\\[4pt]12 & 9\end{pmatrix}\begin{pmatrix}u\\[2pt]v\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[2pt]0\end{pmatrix}.
Da primeira linha 16u+12v=0 vem v=-\dfrac{16}{12}u=-\dfrac{4}{3}u. Um autovetor é (3,-4). Normalizando (comprimento 5) pode escolher o vetor unitário
u_{2}=\frac{1}{5}\begin{pmatrix}-3\\[2pt]4\end{pmatrix},
que é ortogonal a u_{1} (a escolha do sinal é irrelevante para a diagonalização, apenas fixa a orientação).
Esses vetores unitários formam a matriz de rotação ortogonal
R=\begin{pmatrix}\dfrac{4}{5} & -\dfrac{3}{5}\\[6pt]\dfrac{3}{5} & \dfrac{4}{5}\end{pmatrix},
que corresponde a uma rotação de ângulo \theta tal que
\cos\theta=\frac{4}{5},\qquad \sin\theta=\frac{3}{5},
ou seja \theta=\arctan\!\left(\dfrac{3}{4}\right). (Verificação rápida: \tan(2\theta)=\dfrac{24}{7}, consistente com a fórmula \tan 2\theta=\dfrac{B}{A-C}.)]

Passo 5

Aplicar a rotação às coordenadas. Definindo as coordenadas rotacionadas (X,Y) por
\begin{pmatrix}x\\[2pt]y\end{pmatrix}=R\begin{pmatrix}X\\[2pt]Y\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\dfrac{4}{5} & -\dfrac{3}{5}\\[6pt]\dfrac{3}{5} & \dfrac{4}{5}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}X\\[2pt]Y\end{pmatrix},
temos a inversa (como R é ortogonal) usada para escrever X,Y em termos de x,y:
\begin{pmatrix}X\\[2pt]Y\end{pmatrix}=R^{T}\begin{pmatrix}x\\[2pt]y\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\dfrac{4}{5} & \dfrac{3}{5}\\[6pt]-\dfrac{3}{5} & \dfrac{4}{5}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[2pt]y\end{pmatrix}.
Portanto explicitamente
X=\frac{4x+3y}{5},\qquad Y=\frac{-3x+4y}{5}.]

Passo 6

Transformar os termos lineares pela rotação. Escrevendo o vetor linear original
b=\begin{pmatrix}-20\\[2pt]-40\end{pmatrix},
os coeficientes na nova base são b' = R^{T}b. Calculando:
b'=\begin{pmatrix}\dfrac{4}{5} & \dfrac{3}{5}\\[6pt]-\dfrac{3}{5} & \dfrac{4}{5}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-20\\[2pt]-40\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-40\\[2pt]-20\end{pmatrix}.
Logo, na coordenada rotacionada a equação toma a forma (usar os autovalores \lambda_1=20,\\ \lambda_2=-5 e o termo constante F=-5):
20X^{2}-5Y^{2}-40X-20Y-5=0.]

Passo 7

Completar quadrados (translação) na equação em X,Y:
  • Agrupando X:
20X^{2}-40X = 20\bigl(X^{2}-2X\bigr)=20\bigl((X-1)^{2}-1\bigr)=20(X-1)^{2}-20.
  • Agrupando Y:
-5Y^{2}-20Y=-5\bigl(Y^{2}+4Y\bigr)=-5\bigl((Y+2)^{2}-4\bigr)=-5(Y+2)^{2}+20.
Substituindo na equação:
\bigl[20(X-1)^{2}-20\bigr]+\bigl[-5(Y+2)^{2}+20\bigr]-5=0.
Os termos constantes -20+20-5 somam -5, então:
20(X-1)^{2}-5(Y+2)^{2}-5=0.
Passando o -5 para o outro lado e dividindo por 5:
4(X-1)^{2}-(Y+2)^{2}=1.
Podemos escrever na forma padrão de hipérbole com eixos alinhados aos eixos X,Y. Colocando em forma dividida:
\frac{(X-1)^{2}}{\tfrac{1}{4}}-\frac{(Y+2)^{2}}{1}=1,
onde \tfrac{1}{4}=a^{2} e 1=b^{2}. A centro da hipérbole, na base rotacionada, é (X,Y)=(1,-2). Em coordenadas originais (x,y) esse centro corresponde a (x_{0},y_{0}) obtido por (x_{0},y_{0})^T=R(1,-2)^T; se quiser:
\begin{pmatrix}x_{0}\\[2pt]y_{0}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\dfrac{4}{5} & -\dfrac{3}{5}\\[6pt]\dfrac{3}{5} & \dfrac{4}{5}\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1\\[2pt]-2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\dfrac{4\cdot 1 -3\cdot(-2)}{5}\\[6pt]\dfrac{3\cdot 1 +4\cdot(-2)}{5}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\dfrac{4+6}{5}\\[6pt]\dfrac{3-8}{5}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2\\[2pt]-1\end{pmatrix}.
Então o centro na coordenada original é (x_{0},y_{0})=(2,-1) — informação útil na interpretação geométrica.]

Passo 8

Resumo interpretativo (rápido, para fixar):
  • A cônica é uma hipérbole porque a matriz quadrática tem autovalores de sinais opostos ( 20 e -5).
  • Após rotacionar os eixos por \theta=\arctan\!\left(\dfrac{3}{4}\right) (fórmula explícita abaixo) e transladar para o centro (X,Y)=(1,-2), a equação reduzida é 4(X-1)^{2}-(Y+2)^{2}=1.
  • Transformações explícitas entre coordenadas:
X=\frac{4x+3y}{5},\qquad Y=\frac{-3x+4y}{5}.
A translação final para a forma centrada é u=X-1,\\ v=Y+2, resultando em \dfrac{u^{2}}{1/4}-\dfrac{v^{2}}{1}=1.

Resposta

Hipérbole
Equação canônica (na base rotacionada (X,Y)):
4(X-1)^{2}-(Y+2)^{2}=1
Relação entre coordenadas original e rotacionada:
X=\frac{4x+3y}{5},\qquad Y=\frac{-3x+4y}{5}.

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