Find the equations of the following conics and quadric surfaces relative to principal axes.
5 x^{2}+3 y^{2}+2 z^{2}+4 x z=14

Passo 1

O enunciado dá a superfície quadric
5x^{2}+3y^{2}+2z^{2}+4xz=14
e pede a equação relativa aos eixos principais (ou seja: eliminar os termos mistos e escrever a quadric em coordenadas principais).
Informações relevantes que o enunciado fornece:
  • A forma quadrática associada é Q(x,y,z)=5x^{2}+3y^{2}+2z^{2}+4xz.
  • Não há termos lineares nem termo constante além do 14 no lado direito.
  • O único termo misto presente é 4xz.

Passo 2

Transformamos a forma quadrática em representação matricial para poder diagonalizá‑la por uma transformação ortogonal. Lembre que para uma forma
Q(\mathbf{r})=\mathbf{r}^T A \mathbf{r},
os termos mistos 2a_{ij}x_i x_j aparecem por causa dos elementos fora da diagonal de A. Assim, montamos a matriz simétrica A associada a Q:
A=\begin{pmatrix} 5 & 0 & 2\\[4pt] 0 & 3 & 0\\[4pt] 2 & 0 & 2 \end{pmatrix},
porque o termo 4xz corresponde a 2\cdot a_{13} x z, logo a_{13}=a_{31}=2. Explico: os elementos na diagonal são os coeficientes dos quadrados ( 5,3,2) e os elementos fora da diagonal são metade dos coeficientes dos termos mistos.]

Passo 3

Vamos achar os autovalores de A resolvendo o polinômio característico \det(A-\lambda I)=0. Calcule:
\det(A-\lambda I)=\det\begin{pmatrix} 5-\lambda & 0 & 2\\[4pt] 0 & 3-\lambda & 0\\[4pt] 2 & 0 & 2-\lambda \end{pmatrix}.
Como a segunda linha/coluna está separada, podemos expandir para obter
\det(A-\lambda I)=(3-\lambda)\det\begin{pmatrix}5-\lambda & 2\\[4pt]2 & 2-\lambda\end{pmatrix}.
Calculando o determinante 2\times2:
(5-\lambda)(2-\lambda)-2\cdot2=\lambda^{2}-7\lambda+10-4=\lambda^{2}-7\lambda+6.
Esse polinômio fatoriza:
\lambda^{2}-7\lambda+6=(\lambda-1)(\lambda-6).
Portanto o polinômio característico completo é
\det(A-\lambda I)=(3-\lambda)(\lambda-1)(\lambda-6).
Os autovalores são, então,
\lambda_{1}=1,\qquad \lambda_{2}=3,\qquad \lambda_{3}=6.]

Passo 4

Agora achamos autovetores (direções principais) associados a cada autovalor e os normalizamos para obter uma base ortonormal.
Para \lambda_{1}=1: resolvemos (A-I)\mathbf{v}=\mathbf{0}. A matriz é
A-I=\begin{pmatrix}4&0&2\\[4pt]0&2&0\\[4pt]2&0&1\end{pmatrix}.
As equações são
4x+2z=0,\qquad 2y=0,\qquad 2x+z=0.
Da segunda equação y=0. Das outras, ambas dão z=-2x. Tomando x=1 obtemos um autovetor
\mathbf{v}_1=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]-2\end{pmatrix}.
Normalizando (norma \sqrt{1^{2}+0^{2}+(-2)^{2}}=\sqrt{5}) definimos o vetor unitário
\mathbf{u}_1=\frac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]-2\end{pmatrix}.
Para \lambda_{2}=3: resolvemos (A-3I)\mathbf{v}=\mathbf{0}. A matriz é
A-3I=\begin{pmatrix}2&0&2\\[4pt]0&0&0\\[4pt]2&0&-1\end{pmatrix}.
As equações levam a x=z=0 e y livre. Assim um autovetor é
\mathbf{v}_2=\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix},
já unitário; logo
\mathbf{u}_2=\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Para \lambda_{3}=6: resolvemos (A-6I)\mathbf{v}=\mathbf{0}. A matriz é
A-6I=\begin{pmatrix}-1&0&2\\[4pt]0&-3&0\\[4pt]2&0&-4\end{pmatrix}.
As equações dão y=0 e -x+2z=0, isto é x=2z. Tomando z=1 obtemos
\mathbf{v}_3=\begin{pmatrix}2\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Normalizando (norma \sqrt{4+0+1}=\sqrt{5}) definimos
\mathbf{u}_3=\frac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix}2\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Verificação rápida: \mathbf{u}_1,\mathbf{u}_2,\mathbf{u}_3 são mutuamente ortogonais e unitários (produto escalar \mathbf{u}_1\cdot\mathbf{u}_3=0, etc.), como deve acontecer para uma matriz simétrica.]

Passo 5

Construímos a matriz ortogonal P cujas colunas são \mathbf{u}_1,\mathbf{u}_2,\mathbf{u}_3. A transformação ortogonal que leva as coordenadas originais (x,y,z) para as coordenadas principais (u,v,w) é
\begin{pmatrix}u\\[4pt]v\\[4pt]w\end{pmatrix}=P^T\begin{pmatrix}x\\[4pt]y\\[4pt]z\end{pmatrix},
isto é, explicitamente (usando os vetores normalizados que achamos):
u=\frac{1}{\sqrt{5}}\bigl(x-2z\bigr),\qquad v=y,\qquad w=\frac{1}{\sqrt{5}}\bigl(2x+z\bigr).
Nessas novas variáveis, a forma quadrática fica diagonal com os coeficientes iguais aos autovalores \lambda_{1},\lambda_{2},\lambda_{3}.]

Passo 6

Interpretação final: como todos os autovalores são positivos ( 1,3,6), a superfície é um elipsoide. Para escrever na forma canônica padrão dividimos ambos os lados por 14 ou escrevemos a forma diagonal com os autovalores multiplicando u^{2},v^{2},w^{2}. A partir disso obtemos as semi‑distâncias (semieixos) ao longo das direções principais como \sqrt{14/\lambda_i}.

Resposta

u=\frac{1}{\sqrt{5}}\bigl(x-2z\bigr),\qquad v=y,\qquad w=\frac{1}{\sqrt{5}}\bigl(2x+z\bigr)
u^{2}+3v^{2}+6w^{2}=14
ou, na forma normalizada (equação do elipsoide igual a 1),
\frac{u^{2}}{14}+\frac{v^{2}}{14/3}+\frac{w^{2}}{7/3}=1.

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