Exercícios Resolvidos de Reta Normal

Diagonalização de Formas Quadradas no R2

Seja f x , y = 2 x 2 - 2 y 2 + 4 3 x y - 6

  1. Classifique a matriz A , associada a forma quadrática
  2. Q x , y = 2 x 2 - 2 y 2 + 4 3 x y

    Como estritamente positiva definida ou estritamente negativa definida ou indefinida. Justifique sua resposta.

  3. Encontre uma matriz ortogonal
  4. P = p 11 p 12 p 21 p 22

    Tal que, suas colunas são compostas pelos vetores unitários diretores dos eixos das cônicas f x , y = 0 . Sabendo que através de mudança de coordenadas

    x y = P x ' y '

    (ou seja, tomando x = p 11 x ' + p 12 y ' e y = p 21 x ' + p 22 y ' ), podemos reescrever f x , y na forma

    f ~ x ' , y ' = a x ' 2 + b y ' 2 + c

    Explicite o valor das constantes reais a , b e c e classifique a cônica f x , y = 0 como uma elipse ou uma hipérbole, justificando a resposta.

  5. Escreva a equação paramétrica da reta normal a cônica f x , y = 0 no ponto 3 , 0 .

Passo 1

a)

Vamos reescrever a forma quadrática Q ( x , y ) na forma matricial:

Q x , y = x     y 2 2 3 2 3 - 2 x y

Logo:

A = 2 2 3 2 3 - 2

Vamos calcular os autovalores de A . Pra uma matrix 2 x 2 podemos fazer dessa forma:

λ 2 - t r a ç o A λ + det ⁡ A = 0

Aqui temos:

t r a ç o A = 2 - 2 = 0

det ⁡ A = 2 - 2 - 2 3 2 = - 4 - 12 = - 16

Logo:

λ 2 - 16 = 0

λ = ± 4

Os autovalores de A , tem sinais opostos, portanto a matriz é indefinida.

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

b)

Vamos começar escrevendo f na forma matricial:

f x , y = x   y 2 2 3 2 3 - 2 x y - 6

Agora vamos achar a matriz P . Ela tem que ter vetores unitários diretores dos eixos das cônicas f x , y = 0 nas suas colunas. Mas esse vetores não são nada mais que os autovetores da matriz A ! Com:

A = 2 2 3 2 3 - 2

E já sabemos os autovalores da A : 4 e - 4 . Lembrando que para achar os autovetores de uma matriz A , temos que resolver o sistema:

A - λ I v → = 0

onde I é a matriz identidade. Então partiu!

Passo 3

A - 4 I v → = 0

2 - 4 2 3 2 3 - 2 - 4 v 1 v 2 = 0

- 2 2 3 2 3 - 6 v 1 v 2 = 0 →

- 2 v 1 + 2 3 v 2 = 0 2 3 v 1 - 6 v 2 = 0

⇒   v 1 = 3 v 2

E como queremos um autovetor unitário, temos que ter:

v 1 2 + v 2 2 = v 1 2 + v 2 2 = 1

⇒ 3 v 2 2 + v 2 2 = 1

⇒ 4 v 2 2 = 1

⇒ v 2 = ± 1 2

Digamos que v 2 = 1 2 . Então vamos ter v 1 = 3 2 .

Passo 4

Show! Agora vamos procurar o autovetor w → associado ao autovalor - 4 :

A + 4 I w → = 0

2 + 4 2 3 2 3 - 2 + 4 w 1 w 2 = 0

6 2 3 2 3 2 w 1 w 2 = 0 →

6 w 1 + 2 3 w 2 = 0 2 3 w 1 + 2 w 2 = 0

2 3 w 1 = - 2 w 2

⇒   w 2 = - 3 w 1

O resto vai ser bem parecido ao último autovetor:

w 1 2 + - 3 w 1 2 = 1

4 w 1 2 = 1

w 1 = ± 1 2

Se w 1 = - 1 2   , então w 2 = 3 2 .

Passo 5

Beleza! Achamos os autovetores ( 3 2 , 1 2 ) e ( - 1 2 , 3 2 ) ! Então nossa matriz P vai ser:

P = 3 2 - 1 2 1 2 3 2

Passo 6

Agora temos que reescrever a função f na forma   f ~ tal que:

f ~ x ' , y ' = a x ' 2 + b y ' 2 + c

E pra escrever isso na forma matricial, vamos precisar da matriz diagonal de autovalores da A . (Se você não lembrar muito bem disso, dá uma olhada lá na teoria que tá super bem explicado!) :

f ~ x ' , y ' = x '   y ' 4 0 0 - 4 x ' y ' - 6

Logo:

f ~ x ' , y ' = 4 x ' - 4 y ' x ' y ' - 6

f ~ x ' , y ' = 4 x ' 2 - 4 y ' 2 - 6

Portanto, a = 4 , b = - 4 e c = - 6 .

E agora só resta dizer se a cônica f x , y = 0 é uma elipse ou uma hipérbole!

Aqui basta dizer simplesmente que como os autovalores de A têm sinais opostos, vamos ter uma hipérbole :)

Passo 7

c)

Queremos a equação paramétrica da reta normal a cônica f x , y = 0 no ponto 3 , 0 . Pra isso, só precisamos de um vetor diretor desse reta, ou seja, um vetor normal à cônica nesse ponto. Opa, falou em vetor normal, falou em gradiente! De fato, ∇ f ( 3 , 0 ) é um vetor normal à curva de nível f x , y = 0 no ponto 3 , 0 .

Passo 8

Então vamos calcular o gradiente da f ! Temos:

f x , y = 2 x 2 - 2 y 2 + 4 3 x y - 6

Logo:

∂ f ∂ x x , y = 4 x - 0 + 4 3 y - 0

∂ f ∂ y x , y = 0 - 4 y + 4 3 x - 0

No ponto 3 , 0 vai ser:

∂ f ∂ x 3 , 0 = 4 3 + 0 = 4 3

∂ f ∂ y 3 , 0 = 0 + 4 3 3 = 12

Portanto, o gradiente da f nesse ponto é:

∇ f 3 , 0 = ( 4 3 , 12 )

Show! Então uma parametrização pra reta normal à cônica f x , y = 0 no ponto 3 , 0 é:

γ t = 3 , 0 + ( 4 3 , 12 ) t

⇒ γ t = 3 + 4 3 t , 12 t ; t ∈ R

Resposta

a) Indefinida

b)

  • P = 3 2 - 1 2 1 2 3 2
  • a = 4 , b = - 4 e c = - 6 .
  • A cônica é uma hipérbole.

c) γ t = 3 + 4 3 t , 12 t ; t ∈ R

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