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Exercícios Resolvidos de Quádricas

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Enunciado

Considere a quádrica de equação

4 x 2 + 3 y 2 + 2 z 2 - 4 x y - 4 y z - x - 2 y - 2 z = 0

Determine uma base β que gera um sistema de coordenadas no qual essa quádrica tem uma equação livre de termos quadráticos mistos e então identifique-a.

Passo 1

Belezera galerinha, o enunciado deu pra gente a quádrica:

4 x 2 + 3 y 2 + 2 z 2 - 4 x y - 4 y z - x - 2 y - 2 z = 0

E pede pra gente encontrar uma base β que gera um sistema de coordenadas no qual essa quádrica tem uma equação livre de termo quadráticos mistos, e então é pra gente identificar o que é essa tal quádrica...

Mas calma lá galerinha, vamos com amor e com carinho. A nossa intenção aqui é reescrever essa quádrica livre dos termos quadráticos mistos, que na verdade são esses aqui ó:

A gente chama eles de “mistos” pelo fato de serem uma multiplicação entre duas variáveis distintas, e a gente não quer isso!! O problema é que essa quádrica está escrita na base canônica, e por esse fato esses termos mistos ficam aparecendo, MAAASSS se por acaso a gente encontrasse uma base diferente da canônica que pudéssemos reescrever a quádrica tal que desaparecesse esses termos mistos, Albert Einstein iria se remexer de inveja no túmulo.

Então é justamente isso que iremos fazer. Come here!

Passo 2

Vamos separar primeiro essa quádrica em duas partes, assim ó:

4 x 2 + 3 y 2 + 2 z 2 - 4 x y - 4 y z - x - 2 y - 2 z = 0

4 x 2 + 3 y 2 + 2 z 2 - 4 x y - 4 y z - x + 2 y + 2 z = 0

Podemos reescrever o primeiro termo entre parênteses em termos matriciais, mas primeiro vamos entender como se faz isso. O primeiro polinômio tem uma expressão geral dada como:

Q x ,   y ,   z = a 11 x 2 + a 12 x y + a 13 x z + a 22 y 2 + a 23 z y + a 33 z ²

E quando isso acontece podemos decompor a quádrica como:

Q x ,   y ,   z = x T A x

Onde:

x = x y z ,     A = a 11 a 1 2 2 a 13 2 a 12 2 a 22 a 23 2 a 13 2 a 23 2 a 33

Trazendo para o nosso caso:

Q x ,   y ,   z = 4 x 2 + 3 y 2 + 2 z 2 - 4 x y - 4 y z

Dessa forma, descobrimos que a decomposição fica:

Q x ,   y ,   z = x y z 4 - 2 0 - 2 3 - 2 0 - 2 2 x y z

Show de bolas, então já conseguimos reescrever o primeiro termo entre parênteses. Agora o segundo termo x + 2 y + 2 z é um pouquinho mais simples, podemos chamar ele de:

R x ,   y ,   z = x + 2 y + 2 z

R x ,   y ,   z = 1 2 2 x y z

Logo, se a gente juntar tudo, descobrimos que a nossa quádrica escrita em forma matricial é:

x y z 4 - 2 0 - 2 3 - 2 0 - 2 2 x y z - 1 2 2 x y z = 0

E então a única quádrica de verdade existente agora é essa daqui:

x y z 4 - 2 0 - 2 3 - 2 0 - 2 2 x y z ⏝ q u á d r i c a - 1 2 2 x y z = 0

Vamos analisar ela.

Passo 3

Agora, precisamos encontrar uma base que é diferente da canônica e que mantém as características no espaço, ou seja, que preserve as direções da quádrica no espaço. E é aí que tá a malícia, porque os vetores que preservam as direções no espaço mesmo após a aplicação da transformação são os nosso conhecidos autovetores!! Então encontrar a base β que nos ajude no nosso milagre, é encontrar uma base ortonormal de autovetores que diagonaliza a matriz da forma quádrica. Então podemos pegar a matriz:

4 - 2 0 - 2 3 - 2 0 - 2 2

E encontrar os autovetores dessa matriz, através da relação:

det ⁡ 4 - λ - 2 0 - 2 3 - λ - 2 0 - 2 2 - λ = 0

Onde os valores de λ serão os nossos autovalores. E pra facilitar nossos cálculos, podemos fazer duas operaçõezinhas na nossa matriz afim de tornar ela mais bonitinha. Primeiro, podemos zerar o termo " - 2 " que aparece na coordenada a 21 . Pra isso, vamos dividir a primeira linha por 4 - λ , multiplicar ela por 2 para então somar com a linha 2, desse jeito:

4 - λ - 2 0 - 2 3 - λ - 2 0 - 2 2 - λ ⇒   L 2 = L 2 + 2 4 - λ L 1   = 4 - λ - 2 0 - 2 + 2 4 - λ 4 - λ 3 - λ - 4 4 - λ - 2 + 0 0 - 2 2 - λ  

4 - λ - 2 0 0 3 - λ 4 - λ - 4 4 - λ - 2 0 - 2 2 - λ = 4 - λ - 2 0 0 λ 2 - 7 λ + 8 4 - λ - 2 0 - 2 2 - λ

Agora bora zerar o outro termo " - 2 " na coordenada a 32 , pra isso podemos fazer parecido com o anterior, só que agora precisamos multiplicar a linha 2 por 4 - λ λ 2 - 7 λ + 8 e depois por 2 novamente, para poder somar com a linha 3, desse jeito:

      L 3 = L 3 + 2 4 - λ λ 2 - 7 λ + 8 L 2 = 4 - λ - 2 0 0 λ 2 - 7 λ + 8 4 - λ - 2 0 0 2 - λ - 4 4 - λ λ 2 - 7 λ + 8

= 4 - λ - 2 0 0 λ 2 - 7 λ + 8 4 - λ - 2 0 0 - λ 3 + 9 λ - 18 λ λ 2 - 7 λ + 8

Portanto, agora podemos calcular o determinante somente multiplicando os elementos da diagonal principal:

det ⁡ 4 - λ - 2 0 - 2 3 - λ - 2 0 - 2 2 - λ = det ⁡ 4 - λ - 2 0 0 λ 2 - 7 λ + 8 4 - λ - 2 0 0 - λ 3 + 9 λ ² - 18 λ λ 2 - 7 λ + 8 = 0

4 - λ λ 2 - 7 λ + 8 4 - λ - λ 3 + 9 λ ² - 18 λ λ 2 - 7 λ + 8 = 0

E como num passe de mágica, SIMSALAMBIM!

- λ 3 + 9 λ ² - 18 λ = 0

λ 3 - 9 λ ² + 18 λ = 0

Colocando o λ em evidência, temos:

λ λ 2 - 9 λ + 18 = 0

Iradoso, já temos uma raiz em λ = 0 , e resolvendo a equação do segundo grau dentro dos parênteses, obtemos:

λ λ - 3 λ - 6 = 0  

Portanto, os autovalores da matriz da forma quádrica é são λ = 0 , λ = 3 e λ = 6 .

Passo 4

Sabendo disso, podemos então encontrar os autovetores associados a esses autovalores, saca só, para λ = 0 , temos:

λ 1 = 0 ⇒ 4 - 2 0 - 2 3 - 2 0 - 2 2 x y z = 0 0 0

E o conjunto solução desse sistema é:

z = 2 x

y = 2 x

x ,   y ,   z = x ,   2 x ,   2 x

O autovetor é v 1 = 1 ,   2 ,   2 , e se normalizarmos ele, chegamos em:

u 1 = 1 ,   2 ,   2 1 ,   2 ,   2 = 1 3 1 ,   2 ,   2

Para λ = 3 temos que:

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

E a solução do sistema é:

x = 2 y

z = - 2 y

E nosso autovetor é v 2 = 2 ,   1 ,   - 2 que possui a mesma norma do outro, portanto ele normalizado é:

u 2 = 1 3 2 ,   1 ,   - 2

E por fim para o autovalor λ = 6 , temos:

- 2 - 2 0 - 2 - 3 - 2 0 - 2 - 4 x y z = 0 0 0

Cujo autovetor respectivo é v 3 = ( 2 ,   - 2 ,   1 ) . Normalizando ele, obtemos:

u 3 = 1 3 2 ,   - 2 ,   1

Então nossa base ortonormal é:

β = u 1 ,   u 2 ,   u 3

β = 1 3 1 ,   2 ,   2 ,   2 ,   1 ,   - 2 ,   2 ,   - 2 ,   1

Passo 5

Agora que vem a parte legal, porque isso quer dizer que podemos reescrever nossas variáveis ( x ,   y ,   z ) como uma combinação dos vetores da base β , ou seja, estamos mudando de base da canônica para a β . Ficando assim:

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

Então quer dizer que podemos reescrever toda aquela nossa quádrica do início:

x y z 4 - 2 0 - 2 3 - 2 0 - 2 2 x y z - 1 2 2 x y z = 0

Nas variáveis x 1 , y 1 e z 1 desse jeito:

x 1 y 1 z 1 1 9 1 2 2 2 1 - 2 2 - 2 1 4 - 2 0 - 2 3 - 2 0 - 2 2 1 2 2 2 1 - 2 2 - 2 1 x 1 y 1 z 1 - 1 2 2 1 3 1 2 2 2 1 - 2 2 - 2 1 x 1 y 1 z 1 = 0

x 1 y 1 z 1 0 0 0 0 3 0 0 0 6 x 1 y 1 z 1 - 3 0 0 x 1 y 1 z 1 = 0

E finalmente, depois de pagar todos os pecados que o mundo já cometeu, resolvendo esse produto em matrizes chegamos que:

x 1 y 1 z 1 0 0 0 0 3 0 0 0 6 x 1 y 1 z 1 - 3 0 0 x 1 y 1 z 1 = 0

3 y 1 2 + 6 z 1 2 - 3 x 1 = 0

x 1 = y 1 2 + 2 z 1 2

Então conseguimos reescrever a quádrica sem os termos mistos, e ainda de quebra descobrimos que ela é um parabolóide elíptico.

Resposta

β = 1 3 1 ,   2 ,   2 ,   2 ,   1 ,   - 2 ,   2 ,   - 2 ,   1

x 1 = y 1 2 + 2 z 1 2

P a r a b o l ó i d e   E l í p t i c o

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