Exercícios Resolvidos de Quádricas com Rotação

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Enunciado

Considere a quádrica dada por

3 z 2 + 2 x y + 2 2 x + 1 = 0

(a) Determine a equação reduzida (sem termos mistos, nem lineares quando possível) e identifique a quádrica.

(b) Esboce o gráfico da quádrica identificando a origem e os eixos.

Passo 1

Sabemos que as quádricas no R 3 são definidas por equações do tipo:

Podem ser escritas na forma matricial fazendo:

Nesse problema, temos a seguinte quádrica:

3 z 2 + 2 x y + 2 2 x + 1 = 0

Vamos identificar os coeficientes:

A = B = 0

C = 3

D = 2

E = F = 0

G = 2 2

H = I = 0

J = 1

Então a forma matricial vai ser:

x y z 0 1 0 1 0 0 0 0 3 x y z + 2 2 0 0 x y z + 1 = 0

Passo 2

Agora vamos precisar diagonalizar a matriz K dada por:

K = 0 1 0 1 0 0 0 0 3

Vamos começar calculando os autovalores. O polinômio característico é:

p λ = D e t A - λ I = - λ 1 0 1 - λ 0 0 0 3 - λ = 3 - λ λ 2 - 1

Os autovalores são as raízes do polinômio característico, ou seja:

3 - λ λ 2 - 1 = 0

Logo, os autovalores são:

λ 1 = 1

λ 2 = - 1

λ 3 = 3

Agora vamos calcular os autovetores associado a cada autovalor.

Para λ 1 = 1 :

0 1 0 1 0 0 0 0 3 x y z = 1 x y z

Os autovetores são então as soluções do sistema:

y = x x = y 3 z = z

Temos que:

x = y

E pela terceira equação:

z = 0

Então as soluções são da forma:

x , y , z = x , x , 0 = x ( 1,1 , 0 )

E o autoespaço de λ 1 = 1 é gerado por (1,1,0). Normalizando:

V λ 1 = ( 1 2 , 1 2 , 0 )

Para λ 2 = - 1 :

0 1 0 1 0 0 0 0 3 x y z = - 1 x y z

Os autovetores são então as soluções do sistema:

y = - x x = - y 3 z = - z

Temos que:

x = - y

E pela terceira equação:

z = 0

Então as soluções são da forma:

x , y , z = - y , y , 0 = y ( - 1,1 , 0 )

E o autoespaço de λ 2 = - 1 é gerado por (-1,1,0). Normalizando:

V λ 2 = ( - 1 2 , 1 2 , 0 )

Tá acabando, falta só mais um!

Para λ 3 = 3 :

0 1 0 1 0 0 0 0 3 x y z = 3 x y z

Os autovetores são então as soluções do sistema:

y = 3 x x = 3 y 3 z = 3 z

Das duas primeiras equações, tiramos que:

x = y = 0

Então as soluções são da forma:

x , y , z = 0,0 , z = z ( 0,0 , 1 )

E o autoespaço de λ 3 = 3 é gerado por (0,0,1). Ele já está normalizado! Então:

V λ 3 = ( 0,0 , 1 )

Passo 3

Agora encontramos a base ortonormal de vetores:

β = { 1 2 , 1 2 , 0 , - 1 2 , 1 2 , 0 ,   0,0 , 1 }

Vamos escrevê-los nas colunas de uma matriz N:

N = 1 2 - 1 2 0 1 2 1 2 0 0 0 1

A matriz de autovalores correspondente é:

M = 1 0 0 0 - 1 0 0 0 3

Então, fazendo uma mudança de variáveis e denotando as novas variáveis por x 1 ,   y 1 e z 1 , vamos ter que a forma matricial da quádrica vai ficar:

x 1 y 1 z 1 M x 1 y 1 z 1 + G H I N x 1 y 1 z 1 + J = 0

x 1 y 1 z 1 1 0 0 0 - 1 0 0 0 3 x 1 y 1 z 1 + 2 2 0 0 1 2 - 1 2 0 1 2 1 2 0 0 0 1 x 1 y 1 z 1 + 1 = 0

x 1 2 - y 1 2 + 3 z 1 2 + 2 x 1 - 2 y 1 + 1 = 0

Completando quadrados:

( x 1 + 1 ) 2 - y 1 + 1 2 + 3 z 1 2 = - 1 + 1 - 1

Agora fazemos outra mudança de variáveis:

x 2 = x 1 + 1

y 2 = y 1 + 1

z 2 = z 1

E aí vamos ter a quádrica:

x 2 2 - y 2 2 + 3 z 2 2 = - 1

Multiplicando os dois lados por -1:

- x 2 2 + y 2 2 - 3 z 2 2 = 1

Como a equação tem 2 sinais negativos do lado esquerdo, ela representa um hiperboloide de duas folhas!

Passo 4

Depois de termos feito todo esse processo de passar para as variáveis x 2 , y 2 e z 2 , obtemos um hiperboloide de duas folhas com origem em:

x 2 , y 2 , z 2 = ( 0,0 , 0 )

Como havíamos definido:

x 2 = x 1 + 1

y 2 = y 1 + 1

z 2 = z 1

O ponto x 2 , y 2 , z 2 = ( 0,0 , 0 ) equivale a:

x 1 , y 1 , z 1 = ( - 1 , - 1 , 0 )

Na equação que obtemos, note que o sinal positivo está na variável y 2

- x 2 2 + y 2 2 - 3 z 2 2 = 1

Então o hiperboloide vai se abrir ao longo do eixo y 2 .

O gráfico vai ficar assim:

Resposta

(a)   - x 2 2 + y 2 2 - 3 z 2 2 = 1

Hiperboloide de duas folhas

(b) Origem: x 2 , y 2 , z 2 = ( 0,0 , 0 )

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