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Universidade Estadual Paulista “Júlio de Mesquita Filho”
Instituto de Geociências e Ciências Exatas
Campus de Rio Claro
Superfícies Quádricas. Transformação das
Coordenadas.
Juliana Mauri Correia
Dissertação apresentada ao Programa de Pós-
Graduação – Mestrado Profissional em Ma-
temática Universitária do Departamento de
Matemática como requisito parcial para a ob-
tenção do grau de Mestre
Orientador
Prof. Dr. João Peres Vieira
2010
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512.5
C824s
Correia, Juliana Mauri
Superfícies Quádricas. Transformação das Coordena-
das./ Juliana Mauri Correia - Rio Claro: [s.n.], 2010.
89 f. : il., figs., tabs.
Dissertação (mestrado) - Universidade Estadual Pau-
lista, Instituto de Geociências e Ciências Exatas.
Orientador: João Peres Vieira
1. Álgebra Linear. 2. Estudo da equação geral de
uma quádrica. 3. Movimentos rígidos. 4. Geometria
Analítica. I. Título
Ficha Catalográfica elaborada pela STATI - Biblioteca da UNESP
Campus de Rio Claro/SP
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TERMO DE APROVAÇÃO
Juliana Mauri Correia
Superfícies Quádricas. Transformação das Coordenadas.
Dissertação aprovada como requisito parcial para a obtenção do grau de
Mestre no Curso de Pós-Graduação Mestrado Profissional em Matemática
Universitária do Instituto de Geociências e Ciências Exatas da Universidade
Estadual Paulista “Júlio de Mesquita Filho”, pela seguinte banca examina-
dora:
Prof. Dr. João Peres Vieira
Orientador
Prof. Dr. Wladimir Seixas
UFSCar - Sorocaba
Prof
a
. Dr
a
. Rita de Cássia Pavani Lamas
Departamento de Matemática
Unesp - São José do Rio Preto
Rio Claro, 18 de Junho de 2010
Aos meus pais, meus irmãos e meu esposo.
Agradecimentos
Agradeço primeiramente a Deus, pela vida, por minha família, pelos momentos
difíceis superados e por todas as oportunidades que me tem concedido.
Aos meus pais, Hidielse e Maria José, por tudo o que proporcionaram em minha
vida, pela criação que me deram, pelo exemplo que são, por todo amparo que me deram
nos estudos, pela força e segurança no dia a dia, pelas vezes que me acompanharam nas
viagens até Rio Claro para que eu pudesse participar de todas as aulas deste mestrado
e pelo carinho e amor que sempre me proporcionaram.
Aos meus queridos irmãos, Flávio, Bruno e Tássio, pelos exemplos de determinação
e coragem, pela força concedida nos momentos difíceis e principalmente pelo compa-
nheirismo, amor e amizade.
Agradeço também ao meu amado esposo, Heretiano, por me apoiar sempre, por
me acompanhar nas viagens até Rio Claro para que eu pudesse dar andamento a esta
dissertação, pela compreensão durante todo o período em que não pude estar ao seu lado
para fazer o presente trabalho, pela dedicação com que me auxiliou quando necessário,
pelo companheirismo, segurança e amor de sempre.
A todos os meus amigos e parentes, pelo encorajamento e apoio.
Ao professor Dr. João Peres Vieira pela orientação, amizade e principalmente, pela
paciência, sem a qual este trabalho não se realizaria.
Aos membros da banca de qualificação Wladimir Seixas e Elíris Cristina Rizziolli,
pelo apoio, interesse e principalmente pelas orientações, críticas e idéias proporciona-
das.
Aos participantes da Banca Examinadora pela competência de ocuparem este lugar.
Aos professores do Departamento de Matemática pelos seus ensinamentos e aos
funcionários do curso, que durante esses anos, contribuíram de algum modo para o
nosso enriquecimento pessoal e profissional.
À professora Dra. Rita de Cássia Pavani Lamas e ao professor Dr. Geraldo Garcia
Duarte Junior(in memoriam), que tanto contribuíram para meu crescimento intelectual
e pessoal.
Aos colegas de trabalho e do curso de Mestrado Profissional, pelos momentos, crí-
ticas e apoio concedidos no decorrer de todo o curso.
Resumo
O objetivo desta dissertação é sugerir duas formas de apresentação do estudo da
equação geral de uma quádrica. Uma delas, quando seu público alvo é formado por
alunos ingressantes (do primeiro ano de um curso da Área de Ciências Exatas e da
Terra) e a outra quando seu público alvo tem noções de Álgebra Linear.
Palavras-chave: Álgebra Linear, Estudo da equação geral de uma quádrica, Movi-
mentos rígidos, Geometria Analítica.
Abstract
In this work we present two ways to study the general equation of a quadric. One
of them when the public is formed by beginners students and the other one when the
public is formed by students with notions of Linear Algebra.
Keywords: Linear Algebra, The study of general equation of a quadric, Rigid motions,
Analytic Geometry.
Lista de Figuras
2.1 Quádrica 3z
2
+ 2xy + x − 1 = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
2.2 Quádrica 3z
2
1
+ 2x
1
y
1
− 1 = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
2.3 Quádrica x
2
2
+ 3y
2
2
− z
2
2
= 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
2.4 Quádrica
3
2
y
2
+
3
2
z
2
+ yz + 3x − 5
√
2y +
√
2z − 7 = 0. . . . . . . . . . 37
2.5 Quádrica x
2
1
+ 2y
2
1
+ 6x
1
+ 4y
1
− 3z
1
− 7 = 0. . . . . . . . . . . . . . . . 38
2.6 Quádrica
x
2
2
3
+
y
2
2
3
2
= z
2
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
2.7 Quádrica xy + xz + yz = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
2.8 Quádrica
1
2
x
2
1
+
1
2
y
2
1
− z
2
1
= 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
2.9 Quádrica xy + x + y = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
2.10 Quádrica
x
2
1
2
−
y
2
1
2
+
√
2x
1
= 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
2.11 Quádrica
x
2
2
2
−
y
2
2
2
= 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
2.12 Quádrica xy + x + y + 1 = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
2.13 Quádrica
x
2
1
2
−
y
2
1
2
+
√
2x
1
+ 1 = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
2.14 Quádrica
x
2
2
2
−
y
2
2
2
= 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
3.1 Elipsóide. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
3.2 Hiperbolóide de uma folha. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
3.3 Hiperbolóide de duas folhas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
3.4 Parabolóide elíptico. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
3.5 Parabolóide hiperbólico. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
3.6 Cone duplo. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
3.7 Cilindro elíptico. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
3.8 Cilindro hiperbólico. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
3.9 Cilindro parabólico. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
3.10 Dois planos paralelos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
3.11 Dois planos que se interceptam. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
3.12 Quádrica 4x
2
+ 4y
2
+ 4z
2
+ 4xy + 4xz + 4y z − 3 = 0. . . . . . . . . . . 69
3.13 Quádrica
x
2
1
3
2
2
+
y
2
1
3
2
2
+
z
2
1
3
8
2
= 1. . . . . . . . . . . . . . . . 70
3.14 Quádrica 3z
2
+ 2xy + x + 1 = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
3.15 Quádrica x
2
1
+ 3y
2
1
− z
2
1
+
√
2
2
x
1
+
√
2
2
z
1
+ 1 = 0. . . . . . . . . . . . . . 71
3.16 Quádrica −x
2
2
− 3y
2
2
+ z
2
2
= 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
3.17 Quádrica 2xy − 6x + 10y + z − 31 = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
3.18 Quádrica 2xy − 6x + 10y + z − 31 = 0 vista de cima. . . . . . . . . . . 72
3.19 Quádrica −
x
1
+ 4
√
2
2
+
y
1
+
√
2
2
+ (z
1
− 1) = 0. . . . . . . . . . . 73
3.20 Quádrica −
x
1
+ 4
√
2
2
+
y
1
+
√
2
2
+ (z
1
− 1) = 0 vista de cima. . . 74
3.21 Quádrica x
2
2
− y
2
2
= z
2
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
3.22 Quádrica x
2
2
− y
2
2
= z
2
vista de cima. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
3.23 Quádrica x
2
+ 4xy + 4y
2
+ 9z
2
− 6xz − 12yz + x + 3y −z = 0. . . . . . 75
3.24 Quádrica 14x
2
1
+
5
√
14
7
x
1
+
√
5
5
y
1
+
8
√
70
35
z
1
= 0. . . . . . . . . . . . . 76
3.25 Quádrica 14x
2
2
+
√
5
5
y
2
+
8
√
70
35
z
2
−
25
14
2
= 0. . . . . . . . . . . . . . . . 76
3.26 Quádrica 14x
2
3
+
3
√
21
7
y
3
−
25
196
= 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
3.27 Quádrica
14
√
21
9
x
2
4
+ y
4
= 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
3.28 Quádrica
14
√
21
9
x
2
5
= y
5
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
3.29 Quádrica x
2
+ y
2
+ z
2
+ 2xy + 2xz + 2yz + x + y + z − 1 = 0. . . . . . 79
3.30 Quádrica 3x
2
1
+
√
3x
1
− 1 = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80
3.31 Quádrica x
2
2
=
√
5
√
12
2
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80
4.1 Quádrica
x
2
2
+
y
2
2
+ z
2
− xy −
√
2x +
√
2y + 2z + 1 = 0. . . . . . . . . 83
4.2 Quádrica x
2
1
+ y
2
1
+ 2x
1
+ 2y
1
+ 1 = 0 (obtida após uma rotação). . . . 86
4.3 Quádrica x
2
1
+ y
2
1
+ 2x
1
+ 2y
1
+ 1 = 0 vista de cima. . . . . . . . . . . . 86
4.4 Quádrica x
2
2
+ y
2
2
= 1 (obtida após uma translação). . . . . . . . . . . . 87
4.5 Quádrica x
2
2
+ y
2
2
= 1 vista de cima. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
Lista de Tabelas
2.1 Redução da equação geral de uma quádrica via Geometria Analítica . . 34
3.1 Redução da equação geral de uma quádrica via Álgebra Linear . . . . . 68
Sumário
1 Introdução 17
2 O estudo de superfícies Quádricas via Geometria Analítica 19
2.1 Preliminares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.1.1 Equações de translação e rotação no espaço . . . . . . . . . . . 19
2.1.2 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.2 Aplicação das translações e rotações do espaço ao estudo da equação de
uma quádrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
2.2.1 Simplificação da equação de uma superficie quádrica por meio de
uma translação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
2.2.2 Redução de uma Quádrica Central à sua expressão mais simples. 28
2.2.3 Redução da equação de uma quádrica à sua expressão mais sim-
ples para o caso em que δ = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
2.3 Aplicações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
3 O estudo de superfícies Quádricas via Álgebra Linear 47
3.1 Preliminares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
3.1.1 Definições . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
3.1.2 Resultados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
3.2 O Teorema de classificação das quádricas . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
3.3 Aplicações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
4 Conclusão 83
4.1 Solução segundo a versão de Geometria Analítica . . . . . . . . . . . . 83
4.2 Solução segundo a versão de Álgebra Linear . . . . . . . . . . . . . . . 85
Referências 89
1 Introdução
Tanto em um curso regular de Geometria Analítica quanto em um curso regular de
Álgebra Linear, em geral, não é feito o estudo do caso geral de superfícies quádricas.
Pretendemos, com este trabalho, fazer um estudo detalhado destas superfícies.
Para isso, nosso objetivo é confeccionar um texto didático para alunos de graduação
na área de Ciências Exatas e da Terra, concernente ao estudo das superfícies quádricas,
objetivando classificar estas superfícies, isto é, obter todas as possíveis quádricas do
espaço tridimensional.
Em um primeiro momento, será dado um tratamento supostamente adequado para
alunos ingressantes, isto é, estudaremos as Superfícies Quádricas dentro de um contexto
apropriado para um curso de Geometria Analítica. Em um segundo momento, daremos
um tratamento para alunos que já tenham feito um curso introdutório de Álgebra
Linear, isto é, estudaremos as Superfícies Quádricas dentro de um contexto apropriado
para um curso de Álgebra Linear.
17
2 O estudo de superfícies Quádricas
via Geometria Analítica
2.1 Preliminares
Nesta seção deduzimos as equações de translação e rotação no espaço bem como
resolvemos alguns exercícios necessários para o desenvolvimento da próxima seção.
2.1.1 Equações de translação e rotação no espaço
Definição 2.1.1. Por um sistema de coordenadas cartesianas ortogonais no espaço,
Σ, entendemos o par (O, B) onde O é a origem do sistema e B é uma base ortonormal.
Frequentemente em problemas de Geometria Analítica somos levados a passar de
um sistema de coordenadas ortogonais no espaço Σ = (O,
i,
j,
k) para outro Σ
=
(O
,
i
,
j
,
k
) mais conveniente.
Sendo B =
i,
j,
k
e B
=
i
,
j
,
k
, considere Σ = (O, B) e Σ
= (O
, B
) dois
sistemas de coordenadas cartesianas ortogonais no espaço.
Denotemos
−−→
OX
B
=
x
y
z
as coordenadas de um ponto X qualquer do espaço
relativamente ao sistema Σ,
−−→
OO
B
=
x
0
y
0
z
0
as coordenadas de O
relativamente ao
sistema Σ e
−−→
O
X
B
=
x
1
y
1
z
1
as coordenadas de X relativamente ao sistema Σ
.
Sabemos da Geometria analítica (vide [1], p.49) que
−−→
O
X
B
= M
B
B
−−→
O
X
B
(2.1)
onde M
B
B
é a matriz de mudança da base B para a base B
.
Desde que
−−→
O
X = −
−−→
OO
+
−−→
OX, segue que
−−→
O
X
B
= −
−−→
OO
B
+
−−→
OX
B
.
19
20 O estudo de superfícies Quádricas via Geometria Analítica
Logo
−−→
O
X
B
=
−x
0
−y
0
−z
0
+
x
y
z
=
x − x
0
y − y
0
z − z
0
.
Portanto, segue de (2.1) que
x − x
0
y − y
0
z − z
0
= M
B
B
x
1
y
1
z
1
(2.2)
Definição 2.1.2. Por uma translação entendemos uma transformação do sistema de
coordenadas cartesianas ortogonais no espaço que permite deslocar a origem do sistema
de coordenadas, ficando inalterada a base.
Nosso objetivo agora é estabelecer as fórmulas de uma translação. Neste caso,
devemos passar do sistema de coordenadas ortogonais Σ = (O, B) para o sistema
Σ
= (O
, B).
De (2.2) temos:
x − x
0
y − y
0
z − z
0
= M
B
B
x
1
y
1
z
1
= I
x
1
y
1
z
1
,
onde I denota a matriz identidade de ordem 3. Logo,
x = x
1
+ x
0
y = y
1
+ y
0
z = z
1
+ z
0
(2.3)
As equações (2.3) são chamadas Equações de Translação.
Definição 2.1.3. Por uma rotação entendemos uma transformação do sistema de co-
ordenadas cartesianas ortogonais no espaço que permite movimentar a base do sistema
de coordenadas (preservando a ortonormalidade), ficando inalterada a origem.
Nosso objetivo agora é estabelecer as fórmulas de uma rotação. Neste caso, devemos
passar do sistema de coordenadas ortogonais Σ = (O, B) para o sistema Σ
= (O, B
).
Para isso consideramos como conhecidos os ângulos que formam cada um dos vetores
i
,
j
,
k
com os vetores
i,
j,
k, a saber
i
j
k
i
α
1
β
1
γ
1
j
α
2
β
2
γ
2
k
α
3
β
3
γ
3
Preliminares 21
Como B é uma base temos
i
= α
i + β
j + γ
k, onde α , β e γ são univocamente
determinados.
Para encontrar α, sendo B uma base ortonormal, basta calcularmos o produto
escalar
i
.
i, pois
i
.
i = (α
i + β
j + γ
k).
i
= α
i.
i + β
j.
i + γ
k.
i
= α.1 + β.0 + γ.0
= α.
De modo análogo temos
i
.
j = β e
i
.
k = γ.
Mas
i
.
i = cos α
1
,
i
.
j = cos β
1
e
i
.
k = cos γ
1
. Portanto
i
= cos α
1
i + cos β
1
j + cos γ
1
k.
Da mesma forma também obtemos:
j
= cos α
2
i + cos β
2
j + cos γ
2
k
e
k
= cos α
3
i + cos β
3
j + cos γ
3
k.
Assim M
B
B
=
cos α
1
cos α
2
cos α
3
cos β
1
cos β
2
cos β
3
cos γ
1
cos γ
2
cos γ
3
.
Logo, segue de (2.1) que:
x
y
z
=
cos α
1
cos α
2
cos α
3
cos β
1
cos β
2
cos β
3
cos γ
1
cos γ
2
cos γ
3
.
x
1
y
1
z
1
.
Portanto
x = cos α
1
x
1
+ cos α
2
y
1
+ cos α
3
z
1
y = cos β
1
x
1
+ cos β
2
y
1
+ cos β
3
z
1
z = cos γ
1
x
1
+ cos γ
2
y
1
+ cos γ
3
z
1
(2.4)
As equações (2.4) são chamadas Equações de Rotação.
Definição 2.1.4. Se A denota uma matriz real de ordem 3, por uma equação caracte-
rística de A na variável x entendemos o polinômio de grau 3 dado por det (A − xI),
onde I denota a matriz identidade de ordem 3.
Sabemos que para todo polinômio na variável x com coeficientes reais, se w for uma
raiz complexa deste polinômio então ¯w também é uma raiz complexa deste polinômio,
onde ¯w denota o conjugado do número complexo w. Assim, as raízes complexas de um
polinômio na variável x com coeficientes reais, aparecem aos pares.
Observação 2.1.1. Se A é uma matriz real de ordem 3, a equação característica de A
na variável x possui pelo menos uma raíz real. De fato, como a equação característica
é um polinômio na variável x com coeficientes reais, de grau 3, ela possui uma ou três
raízes reais.
22 O estudo de superfícies Quádricas via Geometria Analítica
2.1.2 Exercícios
Para os exercícios a seguir denotamos “·” para o produto escalar e “∧” para o
produto vetorial. Ainda observamos que dois vetores u e v são ortogonais se, e somente
se, u ·v = 0 e que a projeção de u na direção de v é dada por
u ·v
v
2
v.
Exercício 2.1.1. Seja A uma matriz real simétrica de ordem 3.
a) Mostre que existe c
1
=
x
0
y
0
z
0
=
0
0
0
tal que ||c
1
|| = 1 e Ac
1
= λ
1
c
1
para
algum λ
1
real.
b) Supondo x
0
= 0 , considere P =
c
1
c
2
c
3
onde c
1
é dado no ítem a), c
2
=
−y
0
x
0
0
e c
3
= c
1
∧ c
2
=
−x
0
z
0
−y
0
z
0
x
2
0
+ y
2
0
. Mostre que P é inversível, P
t
P é da
forma
1 0 0
0 α 0
0 0 β
com α > 0 e β > 0 e P
t
AP é da forma
λ
1
0 0
0 w z
0 z y
onde
P
t
denota a matriz transposta de P , w, y, z são reais e λ
1
é o encontrado no ítem
a).
c) Mostre que det (A−xI) = 0 se, e somente se, det (P
t
AP −xP
t
P ) = 0 e conclua
que λ é raiz da equação característica de A na variável x se, e somente se, λ é
raíz do polinômio det (P
t
AP − xP
t
P ).
d) Mostre que todas as raízes do polinômio det (P
t
AP −xP
t
P ) são reais e conclua
portanto que todas as raízes da equação característica de A na variavel x são
reais.
Solução: a) Pela Observação 2.1.1 a equação característica de A na variável x
possui pelo menos uma raíz real, digamos λ
1
. Assim, det (A −λ
1
I) = 0 e A −λ
1
I não
é inversível. Portanto o sistema (A − λ
1
I)X = 0 possui pelo menos uma solução real
X
1
= 0. Logo
0 = c
1
= X
1
/||X
1
|| também é uma solução do sistema (A − λ
1
I)X = 0,
ou seja, Ac
1
= λ
1
c
1
e ||c
1
|| = 1.
b) Suponha c
1
=
x
0
y
0
z
0
=
0
0
0
com digamos, x
0
= 0 e considere
P =
c
1
c
2
c
3
onde c
2
=
−y
0
x
0
0
e c
3
= c
1
∧ c
2
=
−x
0
z
0
−y
0
z
0
x
2
0
+ y
2
0
.
Preliminares 23
Logo P =
x
0
−y
0
−x
0
z
0
y
0
x
0
−z
0
y
0
z
0
0 x
2
0
+ y
2
0
com det P = (x
2
0
+y
2
0
)(x
2
0
+y
2
0
+z
2
0
) = x
2
0
+y
2
0
= 0.
Portanto P é inversível.
Também, P
t
P =
c
1
c
2
c
3
c
1
c
2
c
3
=
c
1
· c
1
c
1
· c
2
c
1
· c
3
c
2
· c
1
c
2
· c
2
c
2
· c
3
c
3
· c
1
c
3
· c
2
c
3
· c
3
. Mas c
1
, c
2
e
c
3
são ortogonais dois a dois e ||c
1
|| = 1. Logo P
t
P =
1 0 0
0 α 0
0 0 β
com α = ||c
2
||
2
> 0
e β = ||c
3
||
2
> 0.
Além disso,
P
t
AP =
c
1
c
2
c
3
Ac
1
Ac
2
Ac
3
=
c
1
c
2
c
3
λ
1
c
1
Ac
2
Ac
3
=
λ
1
c
1
· c
1
c
1
· Ac
2
c
1
· Ac
3
λ
1
c
2
· c
1
c
2
· Ac
2
c
2
· Ac
3
λ
1
c
3
· c
1
c
3
· Ac
2
c
3
· Ac
3
=
λ
1
c
1
· Ac
2
c
1
· Ac
3
0 c
2
· Ac
2
c
2
· Ac
3
0 c
3
· Ac
2
c
3
· Ac
3
.
Mas A é uma matriz simétrica e portanto P
t
AP também é uma matriz simétrica, uma
vez que (P
t
AP )
t
= P
t
A
t
P = P
t
AP .
Assim
λ
1
c
1
· Ac
2
c
1
· Ac
3
0 c
2
· Ac
2
c
2
· Ac
3
0 c
3
· Ac
2
c
3
· Ac
3
=
λ
1
0 0
c
1
· Ac
2
c
2
· Ac
2
c
3
· Ac
2
c
1
· Ac
3
c
2
· Ac
3
c
3
· Ac
3
,
donde segue c
1
· Ac
2
= c
1
· Ac
3
= 0 e c
2
· Ac
3
= c
3
· Ac
2
.
Portanto
P
t
AP =
λ
1
0 0
0 w z
0 z y
,
com w = c
2
· Ac
2
, y = c
3
· Ac
3
e z = c
2
· Ac
3
= c
3
· Ac
2
números reais.
c) Observamos que det (P
t
AP − xP
t
P ) = det (P
t
AP − xP
t
IP ) = det (P
t
(A −
xI)P ) = det (P
t
) det (A−xI) det (P ) = det (P ) det (A−xI) det (P ) com det(P ) >
0 e assim det (A − xI) = 0 se, e somente se, det (P
t
(A − xI)P ) = 0.
24 O estudo de superfícies Quádricas via Geometria Analítica
Logo, λ é raiz da equação característica de A na variável x se, e somente se, λ é
raíz do polinômio det (P
t
AP − xP
t
P ).
d) Temos
P
t
AP − λP
t
P =
λ
1
− λ 0 0
0 w − λα z
0 z y − λβ
.
Assim, det (P
t
AP −λP
t
P ) = 0 se, e somente se, det
λ
1
− λ 0 0
0 w − λα z
0 z y − λβ
=
0.
Mas det
λ
1
− λ 0 0
0 w − λα z
0 z y − λβ
= (λ
1
− λ) det
w − λ z
z y − λ
e
det
w − λ z
z y − λ
= (αβ)λ
2
−(βw+αy)λ+(wy−z
2
). Portanto, det (P
t
AP −
λP
t
P ) = 0 se, e somente se, (λ
1
− λ)[(αβ)λ
2
− (βw + αy)λ + (wy − z
2
)] = 0, ou
equivalentemente, λ = λ
1
ou (αβ)λ
2
− (βw + αy)λ + (wy − z
2
) = 0. Mas como o
discriminante desta equação de segundo grau é ∆ = (βw + αy)
2
+ 4αβz
2
com α > 0
e β > 0 temos que ∆ ≥ 0 e portanto esta equação de segundo grau possui duas raízes
reais.
Assim det (P
t
AP −λP
t
P ) = 0 possui três raízes reais e consequentemente det(A−
λI) = 0 também possui três raízes reais, como queríamos demonstrar.
Exercício 2.1.2. Sejam A uma matriz real simétrica de ordem 3 e p
1
, p
2
dois vetores
quaisquer.
a) Mostre que A p
1
· p
2
= p
1
· Ap
2
.
b) Conclua que se A p
1
= λ
1
p
1
e A p
2
= λ
2
p
2
, com λ
1
= λ
2
números reais, então
p
1
· p
2
= 0.
Solução: a) De fato, tomando A =
a d e
d b f
e f c
, com a, b, c, d, e e f reais, p
1
=
Preliminares 25
l
1
m
1
n
1
e p
2
=
l
2
m
2
n
2
, temos
Ap
1
· p
2
=
a d e
d b f
e f c
l
1
m
1
n
1
·
l
2
m
2
n
2
=
al
1
+ dm
1
+ en
1
dl
1
+ bm
1
+ fn
1
el
1
+ fm
1
+ cn
1
·
l
2
m
2
n
2
= al
1
l
2
+ dm
1
l
2
+ en
1
l
2
+ dl
1
m
2
+ bm
1
m
2
+ fn
1
m
2
+ el
1
n
2
+ fm
1
n
2
+cn
1
n
2
.
Por outro lado,
p
1
· Ap
2
=
l
1
m
1
n
1
·
a d e
d b f
e f c
l
2
m
2
n
2
=
l
1
m
1
n
1
·
al
2
+ dm
2
+ en
2
dl
2
+ bm
2
+ fn
2
el
2
+ fm
2
+ cn
2
= al
1
l
2
+ dl
1
m
2
+ el
1
n
2
+ dm
1
l
2
+ bm
1
m
2
+ fm
1
n
2
+ en
1
l
2
+ fn
1
m
2
+cn
1
n
2
.
Assim, A p
1
· p
2
= p
1
· Ap
2
, como queríamos demonstrar.
b) Pelo ítem a) temos que A p
1
· p
2
= p
1
·A p
2
. Como A p
1
= λ
1
p
1
e A p
2
= λ
2
p
2
, segue
que, (λ
1
p
1
) · p
2
= p
1
·(λ
2
p
2
) ⇒ λ
1
(p
1
· p
2
) = λ
2
(p
1
· p
2
) e portanto (λ
1
−λ
2
)(p
1
· p
2
) = 0.
Como λ
1
= λ
2
então p
1
· p
2
= 0.
Exercício 2.1.3. (Processo de ortonormalização de Gram-Schmidt) Dada a
base (
f
1
,
f
2
,
f
3
), ache uma base ortonormal (e
1
, e
2
, e
3
), tal que e
1
//
f
1
, e
2
seja combina-
ção linear de e
1
e
f
2
e e
3
seja combinação linear de e
1
, e
2
e
f
3
.
Solução: Seja g
1
=
f
1
e considere g
2
=
f
2
−
f
2
·
f
1
f
1
2
f
1
. Então
g
2
· g
1
=
f
2
−
f
2
·
f
1
f
1
2
f
1
·
f
1
=
f
2
·
f
1
−
f
2
·
f
1
f
1
2
(
f
1
·
f
1
) =
f
2
·
f
1
−
f
2
·
f
1
= 0
e assim g
2
é ortogonal a g
1
.
Consideramos g
3
=
f
3
−
f
3
· g
1
g
1
2
g
1
−
f
3
· g
2
g
2
2
g
2
.
26 O estudo de superfícies Quádricas via Geometria Analítica
Então temos:
g
3
· g
1
=
f
3
−
f
3
· g
1
g
1
2
g
1
−
f
3
· g
2
g
2
2
g
2
· g
1
=
f
3
· g
1
−
f
3
· g
1
g
1
2
(g
1
· g
1
) −
f
3
· g
2
g
2
2
(g
2
· g
1
)
=
f
3
· g
1
−
f
3
· g
1
= 0
g
3
· g
2
=
f
3
−
f
3
· g
1
g
1
2
g
1
−
f
3
· g
2
g
2
2
g
2
· g
2
=
f
3
· g
2
−
f
3
· g
1
g
1
2
(g
1
· g
2
) −
f
3
· g
2
g
2
2
(g
2
· g
3
)
=
f
3
· g
2
−
f
3
· g
2
= 0
e assim g
3
é ortogonal a g
1
e g
2
.
Considerando e
i
=
g
i
g
i
, i=1,2,3, temos que {e
1
, e
2
, e
3
} é uma base ortonormal
tal que e
1
//
f
1
, e
2
é combinação linear de e
1
e
f
2
e e
3
é combinação linear de e
1
, e
2
e
f
3
.
2.2 Aplicação das translações e rotações do espaço ao
estudo da equação de uma quádrica
Definição 2.2.1. Uma quádrica é um subconjunto de pontos (x, y, z) de R
3
definido
por uma equação da forma:
ax
2
+ by
2
+ cz
2
+ dxy + exz + fyz + gx + hy + iz + j = 0 (2.5)
onde a, b, c, d, e, f, g, h e i são números reais não todos nulos.
Nas subseções a seguir, vamos fazer algumas reduções na equação (2.5).
2.2.1 Simplificação da equação de uma superficie quádrica por
meio de uma translação
Consiste em descobrir o ponto O
= (x
0
, y
0
, z
0
) para o qual se deve transladar
o sistema ortogonal Σ = (O, B), onde B = (
i,
j,
k), para o sistema ortogonal Σ
=
(O
, B), de modo que a equação (2.5) se transforme em uma equação da forma:
a
1
x
2
1
+ b
1
y
2
1
+ c
1
z
2
1
+ d
1
x
1
y
1
+ e
1
x
1
z
1
+ f
1
y
1
z
1
+ j
1
= 0 (2.6)
Substituindo as Equações de Translação (2.3) na equação (2.5), obtemos:
a(x
1
+ x
0
)
2
+ b(y
1
+ y
0
)
2
+ c(z
1
+ z
0
)
2
+ d(x
1
+ x
0
)(y
1
+ y
0
) + e(x
1
+ x
0
)(z
1
+ z
0
)
Aplicação das translações e rotações do espaço ao estudo da equação de uma quádrica
27
+f(y
1
+ y
0
)(z
1
+ z
0
) + g(x
1
+ x
0
) + h(y
1
+ y
0
) + i(z
1
+ z
0
) + j = 0,
ou equivalentemente,
ax
2
1
+ by
2
1
+ cz
2
1
+ dx
1
y
1
+ ex
1
z
1
+ fy
1
z
1
+ (2ax
0
+ dy
0
+ ez
0
+ g)x
1
+ (dx
0
+ 2by
0
+fz
0
+ h)y
1
+ (ex
0
+ fy
0
+ 2cz
0
+ i)z
1
+ (ax
2
0
+ by
2
0
+ cz
2
0
+ dx
0
y
0
+ ex
0
z
0
+ fy
0
z
0
+gx
0
+ hy
0
+ iz
0
+ j) = 0 (2.7)
Assim, devemos encontrar x
0
, y
0
, z
0
de modo que:
2ax
0
+ dy
0
+ ez
0
+ g = 0
dx
0
+ 2by
0
+ fz
0
+ h = 0
ex
0
+ fy
0
+ 2cz
0
+ i = 0
,
ou equivalentemente,
ax
0
+
d
2
y
0
+
e
2
z
0
+
g
2
= 0
d
2
x
0
+ by
0
+
f
2
z
0
+
h
2
= 0
e
2
x
0
+
f
2
y
0
+ cz
0
+
i
2
= 0
,
ou ainda, na forma matricial,
a d/2 e/2
d/2 b f/2
e/2 f/2 c
x
0
y
0
z
0
=
−g/2
−h/2
−i/2
(2.8)
Definição 2.2.2. Chamaremos de discriminante δ, da equação (2.5), o determinante
da matriz A =
a d/2 e/2
d/2 b f/2
e/2 f/2 c
, ou seja, δ =
a d/2 e/2
d/2 b f/2
e/2 f/2 c
.
Se δ = 0, temos um sistema compatível e determinado, ou seja, o sistema possui
uma única solução. Neste caso temos uma Quádrica Central.
Se δ = 0, temos um sistema indeterminado (com infinitas soluções) ou incompatível
(que não possui solução). Neste caso é impossível “eliminar os termos do 1
o
grau por
meio de uma translação”.
Observamos agora a equação (2.7). Os coeficientes dos termos de 2
o
grau são
os mesmos (a, b, c, d, e, f) que na equação (2.5). Portanto translações não afetam os
coeficientes dos termos de 2
o
grau. Dizemos, neste caso, que os termos de 2
o
grau são
invariantes por translação.
Além disso, chamando de Q(x, y, z) = ax
2
+ by
2
+ cz
2
+ dxy + exz + fyz + gx +
hy + iz + j, vemos que o termo independente da equação (2.7) é Q(x
0
, y
0
, z
0
). Estas
considerações serão necessárias para a obtenção da equação (2.6).
Portanto, se o sistema for compatível determinado, sempre será possível encontrar
(x
0
, y
0
, z
0
) de modo que a equação (2.5) se reduza à equação (2.6) com a
1
= a, b
1
= b,
c
1
= c, d
1
= d, e
1
= e, f
1
= f e j
1
= Q(x
0
, y
0
, z
0
), ou seja, à uma equação da forma
ax
2
1
+ by
2
1
+ cz
2
1
+ dx
1
y
1
+ ex
1
z
1
+ fy
1
z
1
+ j
1
= 0,
28 O estudo de superfícies Quádricas via Geometria Analítica
onde j
1
= Q(x
0
, y
0
, z
0
), que referiremos como sendo a equação de uma Quádrica Cen-
tral.
2.2.2 Redução de uma Quádrica Central à sua expressão mais
simples.
Neste caso a equação (2.5) já está simplificada à forma
ax
2
1
+ by
2
1
+ cz
2
1
+ dx
1
y
1
+ ex
1
z
1
+ fy
1
z
1
+ j
1
= 0 (2.9)
que é a equação de uma Quádrica Central.
Reduziremos a equação (2.9) a sua expressão mais simples fazendo os eixos de
coordenadas sofrer uma rotação em torno da origem fixa. Necessitaremos do seguinte:
Teorema 2.2.1. Pontos médios de cordas paralelas de uma Quádrica Central encon-
tram-se em um mesmo plano.
Demonstração. Seja p = (l, m, n) um vetor não nulo e consideremos todas as cordas
paralelas de uma Quádrica Central tendo direção p.
Tomando M
1
= (x
1
, y
1
, z
1
) e M
2
= (x
2
, y
2
, z
2
) extremidades de uma corda qualquer,
seu ponto médio P = (x, y, z) é tal que
x =
x
1
+ x
2
2
, y =
y
1
+ y
2
2
e z =
z
1
+ z
2
2
(2.10)
Como
−−−−→
M
1
M
2
é paralelo ao vetor p, segue que (x
2
− x
1
, y
2
− y
1
, z
2
− z
1
) = t(l, m, n),
t = 0. Portanto
x
2
− x
1
= tl
y
2
− y
1
= tm
z
2
− z
1
= tn
(2.11)
Como M
1
e M
2
pertencem à Quádrica Central de equação (2.9), temos
ax
2
1
+ by
2
1
+ cz
2
1
+ dx
1
y
1
+ ex
1
z
1
+ fy
1
z
1
+ j
1
= 0 (2.12)
e
ax
2
2
+ by
2
2
+ cz
2
2
+ dx
2
y
2
+ ex
2
z
2
+ fy
2
z
2
+ j
1
= 0 (2.13)
Subtraindo (2.12) de (2.13), obtemos
a(x
2
2
− x
2
1
) + b(y
2
2
− y
2
1
) + c(z
2
2
− z
2
1
) + d(x
2
y
2
− x
1
y
1
) + e(x
2
z
2
− x
1
z
1
)
+f(y
2
z
2
− y
1
z
1
) = 0 (2.14)
Em virtude de (2.10), (2.11) e do fato que (x
2
2
− x
2
1
) = (x
2
+ x
1
)(x
2
− x
1
), obtemos
(x
2
2
− x
2
1
) = 2xtl (2.15)
Aplicação das translações e rotações do espaço ao estudo da equação de uma quádrica
29
Analogamente,
(y
2
2
− y
2
1
) = 2ytm (2.16)
(z
2
2
− z
2
1
) = 2ztn (2.17)
Além disso,
x
2
y
2
− x
1
y
1
=
(x
2
+ x
1
)(y
2
− y
1
) + (x
2
− x
1
)(y
2
+ y
1
)
2
=
2xtm + tl2y
2
= xtm + ytl,
ou seja,
x
2
y
2
− x
1
y
1
= xtm + ytl (2.18)
Do mesmo modo,
x
2
z
2
− x
1
z
1
= xnt + zlt (2.19)
y
2
z
2
− y
1
z
1
= ynt + zmt (2.20)
Substituindo as equações de (2.15) a (2.20) na equação (2.14), obtemos
a2xtl + b2ytm + c2ztn + d(xtm + tly) + e(xnt + zlt) + f(ynt + zmt) = 0,
ou equivalentemente, dividindo por 2t,
alx + bmy + cnz +
d
2
mx +
d
2
l y +
e
2
nx +
e
2
l z +
f
2
ny +
f
2
mz = 0,
ou ainda,
al +
d
2
m +
e
2
n
x +
d
2
l + bm +
f
2
n
y +
e
2
l +
f
2
m + cn
z = 0 (2.21)
Para concluirmos nossa demonstração, basta verificarmos que (2.21) é a equação
geral de um plano.
Para isso devemos mostrar que os coeficientes de x, y e z não se anulam simultane-
amente.
Suponha que se anulem simultaneamente, isto é,
al +
d
2
m +
e
2
n = 0
d
2
l + bm +
f
2
n = 0
e
2
l +
f
2
m + cn = 0
ou
a d/2 e/2
d/2 b f/2
e/2 f/2 c
.
l
m
n
=
0
0
0
(2.22)
Como a quádrica é Central, δ = 0 e portanto
l
m
n
=
0
0
0
, o que é um absurdo,
pois p = ( l, m, n) é não nulo.
Assim, (2.21) representa a equação de um plano.
30 O estudo de superfícies Quádricas via Geometria Analítica
Definição 2.2.3. O plano ao qual pertencem os pontos médios das cordas de uma
Quádrica Central é chamado de plano diametral conjugado a estas cordas.
Definição 2.2.4. A direção de cordas paralelas perpendiculares ao plano diametral
que lhes é conjugado, é chamada direção principal em relação à quádrica.
Segue da definição acima que o vetor p = (l, m, n) é de direção principal se for
perpendicular ao plano diametral (2.21), isto é, o vetor p é paralelo ao vetor normal
n =
al +
d
2
m +
e
2
n,
d
2
l + bm +
f
2
n,
e
2
l +
f
2
m + cn
.
Logo, n = λp, ou equivalentemente,
al +
d
2
m +
e
2
n = λl
d
2
l + bm +
f
2
n = λm
e
2
l +
f
2
m + cn = λn
,
ou ainda,
(a − λ)l +
d
2
m +
e
2
n = 0
d
2
l + (b − λ)m +
f
2
n = 0
e
2
l +
f
2
m + (c − λ)n = 0
(2.23)
Para que (2.23) tenha solução não trivial, devemos ter
a − λ
d
2
e
2
d
2
b − λ
f
2
e
2
f
2
c − λ
= 0 (2.24)
que é chamada de equação característica de (2.5) e nos permitirá determinar os valores
admissíveis de λ.
Desenvolvendo o determinante vemos que esta equação é do 3
o
grau e portanto tem
três raízes. Chamamos de λ
1
, λ
2
e λ
3
as raízes da equação característica. É mais do que
evidente que todos os coeficientes da equação (2.24) são reais e portanto pelo menos
uma raiz desta equação deve ser real. De fato as três raízes são reais, como vimos
anteriormente na seção de exercícios.
Substituindo λ = λ
1
na equação (2.23) e escolhendo uma solução não trivial, obte-
mos um vetor não nulo p
1
= (l
1
, m
1
, n
1
) para a direção principal correspondente a raiz
λ
1
.
Da mesma forma obtemos p
2
= (l
2
, m
2
, n
2
) e p
3
= (l
3
, m
3
, n
3
) direções principais
correspondentes as raízes λ
2
e λ
3
, respectivamente.
Sabemos também que se todas as raízes forem diferentes teremos três direções
principais perpendiculares duas a duas, caso contrário, devemos escolher vetores que
satisfaçam a condição de perpendicularidade, como foi mostrado na seção de exercícios.
Levando a base {
i,
j,
k} do sistema de coordenadas Σ
= (O
,
i,
j,
k) sobre a base
{
i
,
j
,
k
} do sistema de coordenadas Σ

= (O
,
i
,
j
,
k
), onde
i
=
p
1
p
1
,
j
=
p
2
p
2
e
Aplicação das translações e rotações do espaço ao estudo da equação de uma quádrica
31
k
=
p
3
p
3
, com p
i
=
l
2
i
+ m
2
i
+ n
2
i
, i = 1, 2, 3, obteremos as fórmulas da equação
de rotação, necessária, para reduzir a equação (2.9) a sua forma mais simples, como
segue:
Temos:
i
=
l
1
p
1
,
m
1
p
1
,
n
1
p
1
;
j
=
l
2
p
2
,
m
2
p
2
,
n
2
p
2
;
k
=
l
3
p
3
,
m
3
p
3
,
n
3
p
3
.
Fazendo cos α
i
=
l
i
p
i
, cos β
i
=
m
i
p
i
e cos γ
i
=
n
i
p
i
para i = 1, 2, 3, a equação
de rotação (2.4) toma a seguinte forma:
x
1
=
l
1
p
1
x
2
+
l
2
p
2
y
2
+
l
3
p
3
z
2
y
1
=
m
1
p
1
x
2
+
m
2
p
2
y
2
+
m
3
p
3
z
2
z
1
=
n
1
p
1
x
2
+
n
2
p
2
y
2
+
n
3
p
3
z
2
(2.25)
Substituindo (2.25) em (2.9), obtemos:
a
l
1
p
1
x
2
+
l
2
p
2
y
2
+
l
3
p
3
z
2
2
+b
m
1
p
1
x
2
+
m
2
p
2
y
2
+
m
3
p
3
z
2
2
+c
n
1
p
1
x
2
+
n
2
p
2
y
2
+
n
3
p
3
z
2
2
+ d
l
1
p
1
x
2
+
l
2
p
2
y
2
+
l
3
p
3
z
2
m
1
p
1
x
2
+
m
2
p
2
y
2
+
m
3
p
3
z
2
) + e
l
1
p
1
x
2
+
l
2
p
2
y
2
+
l
3
p
3
z
2
n
1
p
1
x
2
+
n
2
p
2
y
2
+
n
3
p
3
z
2
+f
m
1
p
1
x
2
+
m
2
p
2
y
2
+
m
3
p
3
z
2
n
1
p
1
x
2
+
n
2
p
2
y
2
+
n
3
p
3
z
2
+ j
1
= 0,
ou equivalentemente,
a
1
x
2
2
+ b
1
y
2
2
+ c
1
z
2
2
+ d
1
x
2
y
2
+ e
1
x
2
z
2
+ f
1
y
2
z
2
+ j
1
= 0 (2.26)
onde
a
1
= a
l
1
p
1
2
+b
m
1
p
1
2
+c
n
1
p
1
2
+d
l
1
m
1
p
1
2
+e
l
1
n
1
p
1
2
+f
m
1
n
1
p
1
2
;
b
1
= a
l
2
p
2
2
+b
m
2
p
2
2
+c
n
2
p
2
2
+d
l
2
m
2
p
2
2
+e
l
2
n
2
p
2
2
+f
m
2
n
2
p
2
2
;
c
1
= a
l
3
p
3
2
+b
m
3
p
3
2
+c
n
3
p
3
2
+d
l
3
m
3
p
3
2
+e
l
3
.n
3
p
3
2
+f
m
3
n
3
p
3
2
;
d
1
= a
2l
1
l
2
p
1
 p
2
+ b
2m
1
m
2
p
1
 p
2
+ c
2n
1
n
2
p
1
 p
2
+ d
l
1
m
2
p
1
 p
2
32 O estudo de superfícies Quádricas via Geometria Analítica
+
l
2
m
1
p
1
 p
2
+e
l
1
n
2
p
1
 p
2
+
l
2
n
1
p
1
 p
2
+f
m
1
n
2
p
1
 p
2
+
m
2
n
1
p
1
 p
2
;
e
1
= a
2l
1
l
3
p
1
 p
3
+ b
2m
1
m
3
p
1
 p
3
+ c
2n
1
n
3
p
1
 p
3
+ d
l
1
m
3
p
1
 p
3
+
l
3
m
1
p
1
 p
3
+e
l
1
n
3
p
1
 p
3
+
l
3
n
1
p
1
 p
3
+f
m
1
n
3
p
1
 p
3
+
m
3
n
1
p
1
 p
3
;
f
1
= a
2l
2
l
3
p
2
 p
3
+ b
2m
2
m
3
p
2
 p
3
+ c
2n
2
n
3
p
2
 p
3
+ d
l
2
m
3
p
2
 p
3
+
l
3
m
2
p
2
 p
3
+e
l
2
n
3
p
2
 p
3
+
l
3
n
2
p
2
 p
3
+f
m
2
n
3
p
2
 p
3
+
m
3
n
2
p
2
 p
3
.
Escrevendo o sistema (2.23) correspondente a equação (2.26), obtemos
(a
1
−
˜
λ)
˜
l +
d
1
2
˜m +
e
1
2
˜n = 0
d
1
2
˜
l + (b
1
−
˜
λ) ˜m +
f
1
2
˜n = 0
e
1
2
˜
l +
f
1
2
˜m + (c
1
−
˜
λ)˜n = 0
(2.27)
Como o eixo O
z
2
é direção principal correspondente a
˜
λ = λ
3
o sistema (2.27) deve
ter uma solução
˜
l = 0, ˜m = 0 e ˜n = 0. Assim e
1
= 0, f
1
= 0 e c
1
=
˜
λ = λ
3
.
Da mesma forma com os eixos O
y
2
e O
x
2
concluímos que d
1
= 0, b
1
=
˜
λ = λ
2
e
f
1
= 0 e a
1
=
˜
λ = λ
1
, d
1
= 0 e e
1
= 0, respectivamente.
Portanto, a equação (2.26) reduz a
λ
1
x
2
2
+ λ
2
y
2
2
+ λ
3
z
2
2
+ j
1
= 0 (2.28)
Esta é a equação na forma mais simples.
2.2.3 Redução da equação de uma quádrica à sua expressão
mais simples para o caso em que δ = 0
Se δ = 0, o sistema de equações (2.8), que define o centro, será incompatível ou
indeterminado. No caso em que o sistema é incompatível, a superfície quádrica não
tem centro e, portanto é impossível reduzir sua equação por meio de uma translação.
Neste caso efetuaremos uma rotação dos eixos coordenados (ficando imóvel a origem),
de modo a eliminar os termos mistos do 2
o
grau.
Sendo nulo o discriminante da equação (2.5), ou seja, δ =
a d/2 e/2
d/2 b f/2
e/2 f/2 c
= 0,
então a equação (2.24), que é a equação característica de (2.5), possui solução λ = 0.
Como a equação característica de (2.5) é o determinante de uma matriz simétrica
real igualado a zero, sempre teremos três raízes reais. Chamamos de
λ
1
, λ
2
e
λ
3
= 0
as
raízes reais da equação característica de (2.5).
Substituindo λ = λ
1
no sistema (2.23) e escolhendo uma solução não trivial, obte-
mos o vetor não nulo p
1
= (l
1
, m
1
, n
1
), correspondente a raíz λ
1
.
Aplicação das translações e rotações do espaço ao estudo da equação de uma quádrica
33
Da mesma forma obtemos p
2
= (l
2
, m
2
, n
2
) e p
3
= (l
3
, m
3
, n
3
) vetores não triviais
correspondentes às raízes λ
2
e λ
3
, respectivamente.
Como vimos na seção de exercícios, se todas as raízes forem diferentes, teremos
três vetores que satisfazem a condição de perpendicularidade por meio do Teorema de
Gram-Schmidt.
Agora, fazemos:
i
=
p
1
p
1
,
j
=
p
2
p
2
e
k
=
p
3
p
3
e efetuamos uma rotação dos eixos coordenados (ficando imóvel a origem) de modo
que o sistema de coordenadas Σ = (O,
i,
j,
k) seja levado no sistema Σ
= (O
,
i
,
j
,
k
)
através da transformação dada pela equação de rotação (2.4):
x =
l
1
p
1
x
1
+
l
2
p
2
y
1
+
l
3
p
3
z
1
y =
m
1
p
1
x
1
+
m
2
p
2
y
1
+
m
3
p
3
z
1
z =
n
1
p
1
x
1
+
n
2
p
2
y
1
+
n
3
p
3
z
1
(2.29)
Substituindo (2.29) na equação (2.5) obtemos
λ
1
x
2
1
+ λ
2
y
2
1
+ g
1
x
1
+ h
1
y
1
+ i
1
z
1
+ j = 0 (2.30)
Por meio do completamento de quadrados e efetuando a translação
x
2
= x
1
+
g
1
2λ
1
y
2
= y
1
+
h
1
2λ
2
z
2
= z
1
+
j −
g
2
1
4λ
1
−
h
2
1
4λ
2
i
1
,
reduzimos a equação (2.30) à uma equação do tipo:
λ
1
x
2
2
+ λ
2
y
2
2
+ i
1
z
2
= 0 (2.31)
Esta é a equação na forma mais simples.
No caso indeterminado, teremos infinitos centros. Inicialmente, escolhemos um
centro para reduzirmos a equação (2.5) na forma ax
2
1
+ by
2
1
+ cz
2
1
+ dx
1
y
1
+ ex
1
z
1
+
fy
1
z
1
+ j
1
= 0 com δ = 0.
Para finalizar, procedemos como acima para reduzir a equação à forma (2.31).
Esta discussão pode ser resumida do seguinte modo:
34 O estudo de superfícies Quádricas via Geometria Analítica
Redução da equação geral de uma quádrica via Geometria Analítica
1
◦
Dada a equação ax
2
+ by
2
+ cz
2
+ dxy + exz + fyz + gx + hy + iz + j = 0,
calcule seu discriminante δ, isto é, δ =
a d/2 e/2
d/2 b f/2
e/2 f/2 c
.
2
◦
Para δ = 0: Para δ = 0:
Encontre as raízes λ
1
, λ
2
e λ
3
= 0 Temos uma quádrica central.
da equação característica, ou seja, Neste caso, efetue uma translação
os valores admissíveis para λ em para O
= (x
0
, y
0
, z
0
), de modo que:
a − λ
d
2
e
2
d
2
b − λ
f
2
e
2
f
2
c − λ
= 0.
a d/2 e/2
d/2 b f/2
e/2 f/2 c
x
0
y
0
z
0
=
−g/2
−h/2
−i/2
.
3
◦
Substitua λ = λ
1
no sistema Denotando Q(x, y, z) = ax
2
+ by
2
+
(a − λ)l +
d
2
m +
e
2
n = 0
d
2
l + (b − λ)m +
f
2
n = 0
e
2
l +
f
2
m + (c −λ)n = 0
cz
2
+ dxy + exz + fyz + gx + hy + iz + j,
calcule Q(x
0
, y
0
, z
0
), para obter a equação
ax
2
1
+ by
2
1
+ cz
2
1
+ dx
1
y
1
+ ex
1
z
1
+
para obter p
1
= (l
1
, m
1
, n
1
), direção fy
1
z
1
+ j
1
= 0, onde j
1
= Q(x
0
, y
0
, z
0
).
principal correspondente à raiz λ
1
.
Repita este processo com as raízes
λ
2
e λ
3
= 0 para obter
p
2
= (l
2
, m
2
, n
2
) e p
3
= (l
3
, m
3
, n
3
).
4
◦
Determine a nova base {
i
,
j
,
k
} Encontre as raízes λ
1
, λ
2
e λ
3
da equação
do sistema de coordenadas fazendo característica, ou seja, os valores admissíveis
i
=
l
1
p
1
,
m
1
p
1
,
n
1
p
1
j
=
l
2
p
2
,
m
2
p
2
,
n
2
p
2
k
=
l
3
p
3
,
m
3
p
3
,
n
3
p
3
para λ em
a − λ
d
2
e
2
d
2
b − λ
f
2
e
2
f
2
c − λ
= 0.
5
◦
Substitua os valores de x, y e z
dados pela rotação abaixo Finalize com a rotação
x =
l
1
p
1
x
1
+
l
2
p
2
y
1
+
l
3
p
3
z
1
y =
m
1
p
1
x
1
+
m
2
p
2
y
1
+
m
3
p
3
z
1
z =
n
1
p
1
x
1
+
n
2
p
2
y
1
+
n
3
p
3
z
1
x
1
=
l
1
p
1
x
2
+
l
2
p
2
y
2
+
l
3
p
3
z
2
y
1
=
m
1
p
1
x
2
+
m
2
p
2
y
2
+
m
3
p
3
z
2
z
1
=
n
1
p
1
x
2
+
n
2
p
2
y
2
+
n
3
p
3
z
2
na equação inicial e reagrupe através dos passos 3
o
,4
o
e 5
o
da coluna ao
para obter a equação na forma: lado para obter a equação na forma:
λ
1
x
2
1
+ λ
2
y
2
1
+ g
1
x
1
+ h
1
y
1
+ i
1
z
1
+ j = 0. λ
1
x
2
2
+ λ
2
y
2
2
+ λ
3
z
2
2
+ j
1
= 0.
6
◦
Por meio do completamento de
quadrados, efetue a translação
x
2
= x
1
+
g
1
2λ
1
y
2
= y
1
+
h
1
2λ
2
z
2
= z
1
+
j −
g
2
1
4λ
1
−
h
2
1
4λ
2
i
1
para obter a equação na forma:
λ
1
x
2
2
+ λ
2
y
2
2
+ i
1
z
2
= 0.
Tabela 2.1: Redução da equação geral de uma quádrica via Geometria Analítica
Aplicações 35
2.3 Aplicações
Nesta seção faremos uso da teoria desenvolvida na seção 2.2 para identificar algumas
quádricas e observamos que as figuras inseridas nos exemplos foram feitas utilizando-se
o software Maple.
Exemplo 2.3.1. Identifique a quádrica 3z
2
+ 2xy + x − 1 = 0.
−4
−4
−4
z
y x
−2
−2 −2
0 0
0
2 2
2
4 4
4
Figura 2.1: Quádrica 3z
2
+ 2xy + x − 1 = 0.
Como o discriminante da equação desta quádrica é δ =
0 1 0
1 0 0
0 0 3
= −3 = 0, esta
superfície quádrica representa uma quádrica central. Assim, devemos eliminar primeiro
os termos do 1
◦
grau por meio de uma translação.
Para isso, devemos encontrar a nova origem O
= (x
0
, y
0
, z
0
), de modo que:
0 1 0
1 0 0
0 0 3
x
0
y
0
z
0
=
−1/2
0
0
.
Nestas condições, obtemos O
= (0, −1/2, 0) e além disso, sendo Q(x, y, z) = 3z
2
+
2xy + x − 1, temos Q(0, −1/2, 0) = −1. Desta maneira, a quádrica fica reduzida à
forma: 3z
2
1
+ 2x
1
y
1
− 1 = 0.
−4
−4
−4
z
y x
−2
−2 −2
0 0
0
2 2
2
4 4
4
Figura 2.2: Quádrica 3z
2
1
+ 2x
1
y
1
− 1 = 0.
36 O estudo de superfícies Quádricas via Geometria Analítica
Devemos então efetuar uma rotação nos eixos coordenados, de modo a eliminar os
termos mistos do 2
◦
grau.
Para isso, calculamos as raízes da equação característica desta quádrica, por meio
da equação
0 − λ 1 0
1 0 − λ 0
0 0 3 − λ
= 0, obtendo λ
1
= 1, λ
2
= 3 e λ
3
= −1.
Sendo assim, encontramos o vetor (1, 1, 0) como direção principal correspondente
à raíz λ
1
= 1, (0 , 0, 1) como direção principal correspondente à raíz λ
2
= 3 e o vetor
(1, −1, 0) como direção principal correspondente à raiz λ
3
= −1.
Sendo (1, 1, 0) =
√
2, (0, 0, 1) = 1 e (1, −1, 0) =
√
2, temos:
i
=
1
(1, 1, 0)
,
1
(1, 1, 0)
,
0
(1, 1, 0)
=
√
2
2
,
√
2
2
, 0
;
j
=
0
(0, 0, 1)
,
0
(0, 0, 1)
,
1
(0, 0, 1)
= (0, 0, 1) ;
k
=
1
(1, −1, 0)
,
−1
(1, −1, 0)
,
0
(1, −1, 0)
=
√
2
2
, −
√
2
2
, 0
.
Neste caso, a equação de rotação (2.4) é dada por:
x
1
=
√
2
2
x
2
+ 0y
2
+
√
2
2
z
2
y
1
=
√
2
2
x
2
+ 0y
2
+ −
√
2
2
z
2
z
1
= 0 x
2
+ y
2
+ 0 z
2
.
Substituindo esses valores de x
1
, y
1
e z
1
na equação 3z
2
1
+ 2x
1
y
1
− 1 = 0 e reagru-
pando, obtemos
x
2
2
+ 3y
2
2
− z
2
2
= 1,
que é a equação de um Hiperbolóide de uma folha.
−4
−4 −4
z
y x
−2
−2 −2
0 0
0
2 2
2
4 4
4
Figura 2.3: Quádrica x
2
2
+ 3y
2
2
− z
2
2
= 1.
Portanto, a quádrica 3z
2
+ 2xy + x − 1 = 0, após uma translação seguida de uma
rotação, é o Hiperbolóide de uma folha dado pela figura 2.3.
Aplicações 37
Exemplo 2.3.2. Identifique a quádrica
3
2
y
2
+
3
2
z
2
+ yz + 3x − 5
√
2y +
√
2z − 7 = 0.
−30
−30 −30
−20
z
y x
−20
−20
−10
−10−10
0 0
0
10 10
10
20 20
20
30
30
30
Figura 2.4: Quádrica
3
2
y
2
+
3
2
z
2
+ yz + 3x − 5
√
2y +
√
2z − 7 = 0.
Como o discriminante da equação desta quádrica é δ =
0 0 0
0 3/2 1/2
0 1/2 3/2
= 0, não é
possível eliminarmos primeiro os termos do 1
◦
grau por meio de uma translação. Neste
caso devemos efetuar uma rotação nos eixos coordenados, de modo a eliminar os termos
mistos do 2
◦
grau.
Para isso, calculamos as raízes da equação característica desta quádrica, por meio
da equação
0 − λ 0 0
0 3/2 − λ 1/2
0 1/2 3/2 − λ
= 0, obtendo λ
1
= 1, λ
2
= 2 e λ
3
= 0.
Sendo assim, encontramos o vetor (0, −1, 1) como direção principal correspondente
à raíz λ
1
= 1, (0, −1, −1) como direção principal correspondente à raíz λ
2
= 2 e o vetor
(−1, 0, 0) como direção principal correspondente à raiz λ
3
= 0.
Sendo (0, −1, 1) =
√
2, (0, −1, −1) =
√
2 e (−1, 0, 0) = 1, temos:
i
=
0
(0, −1, 1)
,
−1
(0, −1, 1)
,
1
(0, −1, 1)
=
0, −
√
2
2
,
√
2
2
;
j
=
0
(0, −1, −1)
,
−1
(0, −1, −1)
,
−1
(0, −1, −1)
=
0, −
√
2
2
, −
√
2
2
;
k
=
−1
(−1, 0, 0)
,
0
(−1, 0, 0)
,
0
(−1, 0, 0)
= (−1, 0, 0) .
Neste caso, a equação de rotação (2.4) toma a seguinte forma:
x = 0 x
1
+ 0 y
1
+ −1 z
1
y = −
√
2
2
x
1
+ −
√
2
2
y
1
+ 0 z
1
z =
√
2
2
x
1
+ −
√
2
2
y
1
+ 0 z
1
.
Substituindo esses valores de x, y e z na equação inicial e reagrupando, obtemos
x
2
1
+ 2y
2
1
+ 6x
1
+ 4y
1
− 3z
1
− 7 = 0.
38 O estudo de superfícies Quádricas via Geometria Analítica
−30
−30 −30
−20
z
−20 −20
y x
−10
−10 −10
0 0
0
10 10
10
20 20
20
30 30
30
Figura 2.5: Quádrica x
2
1
+ 2y
2
1
+ 6x
1
+ 4y
1
− 3z
1
− 7 = 0.
Completando-se quadrados obtemos
(x
1
+ 3)
2
− 9 + 2 (y
1
+ 1)
2
− 2 − 3z
1
− 7 = 0,
ou equivalentemente,
(x
1
+ 3)
2
+ 2 (y
1
+ 1)
2
− 3 (z
1
+ 6) = 0.
Efetuando-se a translação
x
2
= x
1
+ 3
y
2
= y
1
+ 1
z
2
= z
1
+ 6
,
obtemos
x
2
2
+ 2y
2
2
− 3z
2
= 0,
ou equivalentemente,
x
2
2
3
+
y
2
2
3
2
= z
2
,
que é a equação de um Parabolóide elíptico.
−30
−30
−30
−20
z
−20 −20y x
−10
−10 −10
0 0
0
10 10
10
20 20
20
30 30
30
Figura 2.6: Quádrica
x
2
2
3
+
y
2
2
3
2
= z
2
.
Portanto, a quádrica
3
2
y
2
+
3
2
z
2
+ yz + 3x −5
√
2y +
√
2z −7 = 0, após uma rotação
seguida de uma translação, é o Parabolóide elíptico dado pela figura 2.6.
Aplicações 39
Exemplo 2.3.3. Identifique a quádrica xy + xz + yz = 0.
150
100
−150
−150
x
y
−100
50
−50
−50
0
0
50
50
−50
100
z
150
150
−100
−150
Figura 2.7: Quádrica xy + xz + yz = 0.
Como o discriminante da equação desta quádrica é δ =
0 1/2 1/2
1/2 0 1/2
1/2 1/2 0
= 1/4 =
0, esta superfície quádrica representa uma quádrica central. Como a equação não
possui termos do 1
◦
grau, iniciamos efetuando uma rotação nos eixos coordenados, de
modo a eliminar os termos mistos do 2
◦
grau.
Para isso, calculamos as raízes da equação característica desta quádrica, por meio
da equação
0 − λ 1/2 1/2
1/2 0 − λ 1/2
1/2 1/2 0 − λ
= 0, obtendo λ
1
= λ
2
= −1/2 e λ
3
= 1.
Sendo assim, encontramos os vetores ortonormais (pelo processo de ortonormaliza-
ção de Gram-Schmidt)
−
√
2
2
,
√
2
2
, 0
e
−
√
6
6
, −
√
6
6
,
√
6
3
como direções principais
correspondentes à raíz λ
1
= λ
2
= −1/2 e
√
3
3
,
√
3
3
,
√
3
3
como direção principal cor-
respondente à raíz λ
3
= 1.
Neste caso, a equação de rotação (2.4) é dada por:
x = −
√
2
2
x
1
−
√
6
6
y
1
+
√
3
3
z
1
y =
√
2
2
x
1
−
√
6
6
y
1
+
√
3
3
z
1
z = 0x
1
+
√
6
3
y
1
+
√
3
3
z
1
.
Substituindo esses valores de x, y e z na equação xy + xz + yz = 0 e reagrupando,
obtemos
1
2
x
2
1
+
1
2
y
2
1
− z
2
1
= 0,
que é a equação de um Cone duplo.
40 O estudo de superfícies Quádricas via Geometria Analítica
150
100
50
−150
−150
yx
−50−50
0
50 50
150
150
−50
z
−100
−150
Figura 2.8: Quádrica
1
2
x
2
1
+
1
2
y
2
1
− z
2
1
= 0.
Portanto, a quádrica xy + xz + yz = 0, após uma rotação, é o Cone duplo dado
pela figura 2.8.
Exemplo 2.3.4. Identifique a quádrica xy + x + y = 0.
−20
z
−10
−20
y
−10
x
−20
−10
0
10
20
0
0
10
20
10
20
Figura 2.9: Quádrica xy + x + y = 0.
Como o discriminante da equação desta quádrica é δ =
0 1/2 0
1/2 0 0
0 0 0
= 0, não é
possível eliminarmos primeiro os termos do 1
◦
grau por meio de uma translação. Neste
caso devemos efetuar uma rotação nos eixos coordenados, de modo a eliminar os termos
mistos do 2
◦
grau.
Para isso, calculamos as raízes da equação característica desta quádrica, por meio
da equação
0 − λ 1/2 0
1/2 0 − λ 0
0 0 0 − λ
= 0, obtendo λ
1
= −
1
2
, λ
2
=
1
2
e λ
3
= 0.
Sendo assim, encontramos o vetor (1, −1, 0) como direção principal correspondente
à raíz λ
1
= −
1
2
, (1, 1, 0) como direção principal correspondente à raíz λ
2
=
1
2
e o vetor
(0, 0, 1) como direção principal correspondente à raiz λ
3
= 0.
Sendo (1, −1, 0) =
√
2, (1, 1, 0) =
√
2 e (0, 0, 1) = 1, temos:
Aplicações 41
i
=
1
(1, −1, 0)
,
−1
(1, −1, 0)
,
0
(1, −1, 0)
=
√
2
2
, −
√
2
2
, 0
;
j
=
1
(1, 1, 0)
,
1
(1, 1, 0)
,
0
(1, 1, 0)
=
√
2
2
,
√
2
2
, 0
;
k
=
0
(0, 0, 1)
,
0
(0, 0, 1)
,
1
(0, 0, 1)
= (0, 0, 1) ;
Neste caso, a equação de rotação (2.4) toma a seguinte forma:
x =
√
2
2
x
1
+
√
2
2
y
1
+ 0 z
1
y = −
√
2
2
x
1
+
√
2
2
y
1
+ 0 z
1
z = 0 x
1
+ 0 y
1
+ 1 z
1
.
Substituindo esses valores de x, y e z na equação inicial e reagrupando, obtemos
x
2
1
2
−
y
2
1
2
+
√
2x
1
= 0.
−20
z
−10
−20
y
−10
x
−20
−10
0
10
20
0
0
10
20
10
20
Figura 2.10: Quádrica
x
2
1
2
−
y
2
1
2
+
√
2x
1
= 0.
Completando-se quadrados obtemos
1
2
x
1
+
√
2
2
− 2
−
y
2
1
2
= 0.
Efetuando-se a translação
x
2
= x
1
+
√
2
y
2
= y
1
z
2
= z
1
,
obtemos
x
2
2
2
−
y
2
2
2
= 1,
que é a equação de um Cilindro hiperbólico.
42 O estudo de superfícies Quádricas via Geometria Analítica
Figura 2.11: Quádrica
x
2
2
2
−
y
2
2
2
= 1.
Portanto, a quádrica xy + x + y = 0, após uma rotação seguida de uma translação,
é o Cilindro hiperbólico dado pela figura 2.11.
Exemplo 2.3.5. Identifique a quádrica x
2
+ 4y
2
+ 9z
2
+ 4xy − 6xz − 12y z = 0.
Como o discriminante da equação desta quádrica é δ =
1 2 −3
2 4 −6
−3 −6 9
= 0,
devemos efetuar uma rotação nos eixos coordenados, de modo a eliminar os termos
mistos do 2
◦
grau.
Para isso, calculamos as raízes da equação característica desta quádrica, por meio
da equação
1 − λ 2 −3
2 4 − λ −6
−3 −6 9 − λ
= 0, obtendo λ
1
= 14 e λ
2
= λ
3
= 0.
Sendo assim, encontramos os vetores ortonormais (pelo processo de ortonormaliza-
ção de Gram-Schmidt)
√
14
14
,
2
√
14
14
,
−3
√
14
14
como direção principal correspondente
à raíz λ
1
= 14 e
−2
√
5
5
,
√
5
5
, 0
e
3
√
70
70
,
6
√
70
70
,
5
√
70
70
como direções principais
correspondentes às raízes λ
2
= λ
3
= 0.
Neste caso, a equação de rotação (2.4) é dada por:
x =
√
14
14
x
1
−
2
√
5
5
y
1
+
3
√
70
70
z
1
y =
2
√
14
14
x
1
−
√
5
5
y
1
+
6
√
70
70
z
1
z =
−3
√
14
14
x
1
+ 0y
1
+
5
√
70
70
z
1
.
Substituindo esses valores de x, y e z na equação x
2
+4y
2
+9z
2
+4xy−6xz−12yz = 0
e reagrupando, obtemos
14x
2
1
= 0,
Aplicações 43
ou equivalentemente,
x
1
= 0,
que é a equação de um Plano.
Portanto, a quádrica x
2
+ 4y
2
+ 9z
2
+ 4xy − 6xz − 12yz = 0, após uma rotação, é
o Plano x
1
= 0.
Exemplo 2.3.6. Identifique a quádrica xy + x + y + 1 = 0.
Figura 2.12: Quádrica xy + x + y + 1 = 0.
Como o discriminante da equação desta quádrica é δ =
0 1/2 0
1/2 0 0
0 0 0
= 0, não é
possível eliminarmos primeiro os termos do 1
◦
grau por meio de uma translação. Neste
caso devemos efetuar uma rotação nos eixos coordenados, de modo a eliminar os termos
mistos do 2
◦
grau.
Para isso, calculamos as raízes da equação característica desta quádrica, por meio
da equação
0 − λ 1/2 0
1/2 0 − λ 0
0 0 0 − λ
= 0, obtendo λ
1
= −
1
2
, λ
2
=
1
2
e λ
3
= 0.
Sendo assim, encontramos o vetor (1, −1, 0) como direção principal correspondente
à raíz λ
1
= −
1
2
, (1, 1, 0) como direção principal correspondente à raíz λ
2
=
1
2
e o vetor
(0, 0, 1) como direção principal correspondente à raiz λ
3
= 0.
Sendo (1, −1, 0) =
√
2, (1, 1, 0) =
√
2 e (0, 0, 1) = 1, temos:
i
=
1
(1, −1, 0)
,
−1
(1, −1, 0)
,
0
(1, −1, 0)
=
√
2
2
, −
√
2
2
, 0
;
j
=
1
(1, 1, 0)
,
1
(1, 1, 0)
,
0
(1, 1, 0)
=
√
2
2
,
√
2
2
, 0
;
k
=
0
(0, 0, 1)
,
0
(0, 0, 1)
,
1
(0, 0, 1)
= (0, 0, 1) .
44 O estudo de superfícies Quádricas via Geometria Analítica
Neste caso, a equação de rotação (2.4) toma a seguinte forma:
x =
√
2
2
x
1
+
√
2
2
y
1
+ 0 z
1
y = −
√
2
2
x
1
+
√
2
2
y
1
+ 0 z
1
z = 0 x
1
+ 0 y
1
+ 1 z
1
.
Substituindo esses valores de x, y e z na equação inicial e reagrupando, obtemos
x
2
1
2
−
y
2
1
2
+
√
2x
1
+ 1 = 0.
Figura 2.13: Quádrica
x
2
1
2
−
y
2
1
2
+
√
2x
1
+ 1 = 0.
Completando-se quadrados obtemos
1
2
x
1
+
√
2
2
− 2
−
y
2
1
2
+ 1 = 0.
Efetuando-se a translação
x
2
= x
1
+
√
2
y
2
= y
1
z
2
= z
1
,
obtemos
x
2
2
2
−
y
2
2
2
= 0,
que é a equação de dois planos que se intersectam.
Aplicações 45
Figura 2.14: Quádrica
x
2
2
2
−
y
2
2
2
= 0.
Portanto, a quádrica xy + x + y + 1 = 0 representa dois planos que se intersectam,
dada pela figura 2.14.
Exemplo 2.3.7. Identifique a quádrica 4x
2
+ 4y
2
+ 4z
2
+ 4xy + 4xz + 4y z = 0.
Como o discriminante da equação desta quádrica é δ =
4 2 2
2 4 2
2 2 4
= 32 = 0,
esta superfície quádrica representa uma quádrica central. Como a equação não possui
termos do 1
◦
grau, iniciamos efetuando uma rotação nos eixos coordenados, de modo
a eliminar os termos mistos do 2
◦
grau.
Para isso, calculamos as raízes da equação característica desta quádrica, por meio
da equação
4 − λ 2 2
2 4 − λ 2
2 2 4 − λ
= 0, obtendo λ
1
= λ
2
= 2 e λ
3
= 8.
Sendo assim, encontramos os vetores ortonormais (pelo processo de ortonormaliza-
ção de Gram-Schmidt)
−
√
2
2
,
√
2
2
, 0
e
−
√
6
6
, −
√
6
6
,
√
6
3
como direções principais
correspondentes às raízes λ
1
= λ
2
= 2 e
√
3
3
,
√
3
3
,
√
3
3
como direção principal cor-
respondente à raíz λ
3
= 8.
Neste caso, a equação de rotação (2.4) é dada por:
x = −
√
2
2
x
1
−
√
6
6
y
1
+
√
3
3
z
1
y =
√
2
2
x
1
−
√
6
6
y
1
+
√
3
3
z
1
z = 0x
1
+
√
6
3
y
1
+
√
3
3
z
1
.
Substituindo esses valores de x, y e z na equação inicial e reagrupando, obtemos
2x
2
1
+ 2y
2
1
+ 8z
2
1
= 0,
que é a equação de um ponto, a saber, (0, 0, 0).
Portanto, 4x
2
+ 4y
2
+ 4z
2
+ 4xy + 4xz + 4y z = 0 representa um Ponto.
3 O estudo de superfícies Quádricas
via Álgebra Linear
3.1 Preliminares
3.1.1 Definições
Definição 3.1.1. Seja K um conjunto com as operações + : K × K → K e · :
K ×K → K definidas, respectivamente, por + : ( α, β) −→ α + β e · : (α , β) −→ α ·β,
satisfazendo:
1) (α + β) + γ = α + (β + γ) , ∀α, β, γ ∈ K;
2) α + β = β + α, ∀α, β ∈ K;
3) ∀α ∈ K, ∃0 ∈ K |α + 0 = 0 + α = α;
4) ∀α ∈ K, ∃α
∈ K |α + α
= 0 = α
+ α;
5) (α · β) · γ = α · (β · γ) , ∀α, β, γ ∈ K;
6) α · β = β · α, ∀α, β ∈ K;
7) ∀α ∈ K, ∃1 ∈ K − {0}|α · 1 = 1 · α = α;
8) ∀α ∈ K − {0}, ∃β ∈ K |α · β = β · α = 1;
9) (α + β) ·γ = α · γ + β · γ e α · (β + γ) = α · β + α · γ , ∀α, β, γ ∈ K.
Nestas condições dizemos que ( K, +, ·) é um corpo comutativo.
Definição 3.1.2. Dizemos que um conjunto V = ∅ é um espaço vetorial sobre o corpo
comutativo K se, e somente se,
I - Existe uma adição + : V × V → V dada por (u, v) −→ u + v, com as seguintes
propriedades:
a) u + v = v + u, ∀u, v ∈ V ;
47
48 O estudo de superfícies Quádricas via Álgebra Linear
b) u + (v + w) = (u + v) + w, ∀u, v, w ∈ V ;
c) ∃0 ∈ V | u + 0 = u, ∀u ∈ V ;
d) ∀u ∈ V, ∃(−u) ∈ V | u + (−u) = 0 .
II - Existe uma multiplicação · : K × V → V dada por (α, u) −→ αu, com as
seguintes propriedades:
a) α(βu) = (αβ)u, ∀α, β ∈ K, ∀u ∈ V ;
b) (α + β)u = αu + βu, ∀α, β ∈ K, ∀u ∈ V ;
c) α(u + v) = αu + αv, ∀α ∈ K , ∀u ∈ V ;
d) 1u = u, ∀u ∈ V.
Para as definições a seguir V denota um espaço vetorial sobre o corpo comutativo
K.
Definição 3.1.3. Um subespaço vetorial de V é um subconjunto ∅ = W ⊂ V , tal que:
a) 0 ∈ V ;
b) ∀u, v ∈ W, u + v ∈ W ;
c) ∀α ∈ K, ∀u ∈ W, αu ∈ W.
Definição 3.1.4. Sejam U e W subespaços vetoriais de V . Indicamos por U + W e
definimos como a soma de U com W o seguinte subespaço de V :
U + W = {u + w | u ∈ U, w ∈ W }.
Se U ∩ W = {0} dizemos que U + W é a soma direta de U e W e denotamos por
U ⊕ W .
Definição 3.1.5. Seja S = {x
1
, x
2
, ··· , x
n
} um subconjunto de V . Dizemos que x ∈ V
é combinação linear de x
1
, x
2
, ··· , x
n
se existem α
1
, α
2
, ··· , α
n
∈ K tais que
x = α
1
x
1
+ α
2
x
2
+ ···+ α
n
x
n
.
Indicamos por [S], o subespaço de V gerado por S, a saber:
[S] = {α
1
x
1
+ α
2
x
2
+ ···+ α
n
x
n
| α
1
, α
2
, ··· , α
n
∈ K}.
Definição 3.1.6. Dizemos que V é finitamente gerado se existe S ⊂ V , S finito, de
modo que V = [S].
Definição 3.1.7. Dizemos que um conjunto S = {x
1
, x
2
, ··· , x
n
} ⊂ V é linearmente
independente (L.I.), ou que, os vetores x
1
, x
2
, . . . , x
n
são L.I. se, e somente se,
α
1
x
1
+ α
2
x
2
+ ···+ α
n
x
n
= 0 ⇒ α
i
= 0, i = 1, 2, . . . , n.
Preliminares 49
Definição 3.1.8. Dizemos que um conjunto S = {x
1
, x
2
, ··· , x
n
} ⊂ V é linearmente
dependente (L.D.), ou que, os vetores x
1
, x
2
, . . . , x
n
são L.D. se, e somente se, S não
for L.I., ou seja, for possível termos a igualdade
α
1
x
1
+ α
2
x
2
+ ···+ α
n
x
n
= 0,
sem que os escalares α
i
, i = 1, 2, ··· , n sejam todos iguais a zero.
Definição 3.1.9. Seja V finitamente gerado. Uma base de V é um subconjunto finito
B ⊂ V para o qual as seguintes condições se verificam:
a) [B] = V ;
b) B é L.I..
Definição 3.1.10. Seja V finitamente gerado. Denomina-se dimensão de V (dim V )
o número de vetores de uma qualquer de suas bases. Diz-se também, neste caso, que
V é um espaço vetorial de dimensão finita.
Definição 3.1.11. Sejam U e V espaços vetoriais sobre o corpo comutativo K. Uma
aplicação T : U → V é chamada transformação linear de U em V se, e somente se,
a) T (u
1
+ u
2
) = T (u
1
) + T (u
2
), ∀u
1
, u
2
∈ U;
b) T (αu) = αT (u), ∀α ∈ K, ∀u ∈ U.
No caso em que U = V , uma transformação linear T : U → U é chamada de
operador linear.
Definição 3.1.12. Sejam U e V espaços vetoriais sobre o corpo comutativo K. Defi-
nimos L(U, V ) o espaco vetorial sobre o corpo comutativo K de todas as transformações
lineares de U e V e chamamos de espaço das transformações lineares de U em V . No
caso em que U = V denotamos por L(U) e chamamos de espaço dos operadores lineares
sobre U.
Definição 3.1.13. Sejam U e V espaços vetoriais sobre o corpo comutativo K e T :
U → V uma transformação linear. Indica-se por Ker(T ) e denomina-se núcleo de T o
seguinte subespaço de U: Ker(T ) = {u ∈ U | T (u) = 0}.
Definição 3.1.14. Seja K o corpo dos números reais ou o corpo dos números complexos
e seja V um espaço vetorial sobre o corpo K. Um produto interno sobre V é uma
aplicação , : V × V → K dada por (u, v) −→ u, v satisfazendo:
a) u + v, w = u, w + v, w , ∀u, v, w ∈ V ;
b) αu, v = αu, v , ∀α ∈ K, ∀u ∈ V ;
c) u, v = v, u , ∀u, v ∈ V , onde a barra indica conjugação complexa;
50 O estudo de superfícies Quádricas via Álgebra Linear
d) u, u > 0 se u = 0.
Deve-se observar que as condições a), b) e c) implicam que
e) u, αv + w = αu, v + u, w , ∀α ∈ K, ∀u, v, w ∈ V.
Definição 3.1.15. Um espaço com produto interno é um espaço vetorial real ou com-
plexo, munido de produto interno especificado sobre aquele espaço.
Definição 3.1.16. Uma função : V → R é uma norma se, e somente se, satisfaz
a) u ≥ 0, ∀u ∈ V e u = 0 ⇔ u = 0;
b) αu =| α | u , ∀α ∈ K, ∀u ∈ V ;
c) u + v ≤ u + v .
Observamos que sendo V um espaço com produto interno , , a função
: V → R
dada por
u =
u, u
define uma norma e para quaisquer vetores u, v ∈ V vale | u, v |≤ u  v .
Definição 3.1.17. Sejam u e v vetores num espaço V com produto interno , . Di-
zemos que u é ortogonal a v se u, v = 0; com isso implica que v é ortogonal a u
e dizemos simplesmente que u e v são ortogonais. Se S é um conjunto de vetores de
V , dizemos que S é um conjunto ortogonal se S = {0} ou S é um conjunto com a
propriedade de que quaisquer dois vetores distintos em S são ortogonais.
Definição 3.1.18. Se S é um conjunto de vetores de V , dizemos que S é um conjunto
ortonormal se S = {u} com u = 1 ou S é um conjunto ortogonal com a propriedade
adicional de que u = 1 para todo u ∈ S.
Definição 3.1.19. Seja V um espaço de dimensão finita. Se o conjunto B = {g
1
, g
2
, ···
, g
r
} for uma base de V e simultaneamente um conjunto ortogonal, dizemos que B é
uma base ortogonal.
Definição 3.1.20. Seja V um espaço de dimensão finita. Se o conjunto B = {g
1
, g
2
, ···
, g
r
} for uma base de V e simultaneamente um conjunto ortonormal, dizemos que B é
uma base ortonormal.
Definição 3.1.21. Sejam V um espaço com produto interno , e U um subespaço
vetorial de V . Denominamos complemento ortogonal de U, o subespaço vetorial de V
definido por U
⊥
= {v ∈ V | v, u = 0, ∀u ∈ U}.
Preliminares 51
Definição 3.1.22. Seja V um espaço com produto interno , . Denominamos (caso
exista) adjunto de um operador linear T sobre V , e indicamos por T
∗
, o operador linear
T
∗
: V −→ V tal que T (u), v = u, T
∗
(v) , ∀u, v ∈ V . Se T = T
∗
, dizemos que T é
autoadjunto.
Definição 3.1.23. Seja W um subespaço de V e T ∈ L(V, W). Dizemos que T é uma
transformação linear idempotente de V sobre W se T
2
= T , onde T
2
= T ◦ T .
Definição 3.1.24. Seja V um espaço vetorial sobre K e T ∈ L(V ). Se existir v ∈ V ,
com v = 0 e λ ∈ K, tal que T (v) = λv, dizemos que λ é autovalor de T e v é autovetor
de T associado ao autovalor λ.
Definição 3.1.25. Sejam W um subespaço de V e T ∈ L(V ). Dizemos que W é
invariante sob T se T (W ) ⊂ W , isto é, ∀w ∈ W, T (w) ∈ W .
Definição 3.1.26. Sejam m ≥ 1 e n ≥ 1 dois números inteiros. Denotamos M
m×n
(K),
o espaço vetorial sobre K das matrizes do tipo m ×n com elementos em K. Se m = n,
utilizamos a notação M
n
(K) para o espaço vetorial sobre K das matrizes quadradas
de ordem n, com elementos em K.
Definição 3.1.27. Uma matriz quadrada A de ordem n é inversível se, e somente se,
existe uma matriz B, também de ordem n, de modo que AB = BA = I.
Definição 3.1.28. Uma matriz quadrada A de ordem n é dita uma matriz simétrica
se A
t
= A.
Definição 3.1.29. Uma matriz quadrada A de ordem n é dita ortogonal se A
t
A = I.
Definição 3.1.30. Seja A uma matriz quadrada sobre K. Um autovalor de A em K
é um escalar λ ∈ K tal que a matriz A − λI não é inversível.
Definição 3.1.31. O polinômio p
A
(λ) = det(A − λI) é chamado de polinômio ca-
racterístico de A. Observe então que λ é autovalor de T se, e somente se, p
A
(λ) =
det(T − λI) = 0.
Definição 3.1.32. Sejam V um espaço vetorial sobre K e T ∈ L(V ). Dizemos que T
é diagonalizável se existe uma base de V formada por autovetores.
Princípio da Indução Finita
Muitas vezes, para provarmos que uma relação é válida para todo n ∈ N, empre-
gamos o princípio da indução finita (P.I.F.), cujo enunciado é o seguinte:
Uma proposição P (n), aplicável aos números naturais n, é verdadeira para todo
n ∈ N, n ≥ n
0
, quando:
1
◦
) P (n
0
) é verdadeira, isto é, a propriedade é válida para n = n
0
, e
2
◦
) Se k ∈ N, k ≥ n
0
e P (k) é verdadeira, então P (k + 1) também é verdadeira.
52 O estudo de superfícies Quádricas via Álgebra Linear
3.1.2 Resultados
Nesta subseção veremos alguns resultados da Álgebra Linear necessários para o
desenvolvimento da próxima seção.
Em toda esta subseção K denota o conjunto dos números reais R ou o conjunto dos
números complexos C, M
m×n
(K) denota o espaço das matrizes do tipo m × n sobre
K, V denota um espaço vetorial sobre o corpo K munido de um produto interno ,
e L(V ) denota o espaço dos operadores lineares sobre V .
Teorema 3.1.1. Seja V um espaço vetorial sobre o corpo K munido de um produto
interno , e seja W um subespaço de V de dimensão finita n. Considere P : V → W
a projeção ortogonal de V em W definida por P (v) =
n
k=1
v, v
k
v
k
, ∀v ∈ V , onde
{v
1
, v
2
, ··· , v
n
} é uma base ortonormal de W . Então P é uma transformação linear
idempotente de V sobre W, KerP = W
⊥
e W ⊕ W
⊥
= V .
Demonstração. Sendo {v
1
, v
2
, ··· , v
n
} uma base ortonormal de W temos que P é uma
transformação linear pois se u
1
, u
2
∈ V e α ∈ K, então
P (αu
1
+ u
2
) =
n
k=1
αu
1
+ u
2
, v
k
v
k
=
n
k=1
(αu
1
, v
k
+ u
2
, v
k
)v
k
=
n
k=1
(α u
1
, v
k
v
k
+ u
2
, v
k
v
k
)
=
n
k=1
α u
1
, v
k
v
k
+
n
k=1
u
2
, v
k
v
k
= α
n
k=1
u
1
, v
k
v
k
+
n
k=1
u
2
, v
k
v
k
= αP (u
1
) + P (u
2
).
Além disso, se v ∈ V então
P
2
(v) = P (P (v)) = P
n
k=1
v, v
k
v
k
=
n
k=1
v, v
k
P (v
k
).
Mas
P (v
k
) =
n
j=1
v
k
, v
j
v
j
= v
k
(I)
desde que {v
1
, v
2
, ··· , v
n
} é base ortonormal de W .
Logo, ∀v ∈ V , P
2
(v) =
n
k=1
v, v
k
P (v
k
) =
n
k=1
v, v
k
v
k
= P (v) e assim, P é
idempotente.
Para verificar que KerP = W
⊥
, basta mostrar que KerP ⊂ W
⊥
e KerP ⊃ W
⊥
.
De fato,
(a) KerP ⊂ W
⊥
pois se v ∈ KerP então
P (v) = 0 ⇒
n
j=1
v, v
j
v
j
= 0 ⇒ v, v
j
= 0, ∀ j = 1, 2, ··· , n,
pois {v
1
, v
2
, ··· , v
n
} é uma base de W . Além disso, ∀w ∈ W , w =
n
j=1
α
j
v
j
e
portanto v, w =
v,
n
j=1
α
j
v
j
=
n
j=1
α
j
v, v
j
= 0. Logo v ∈ W
⊥
.
Preliminares 53
(b) KerP ⊃ W
⊥
pois se v ∈ W
⊥
, v, w = 0, ∀w ∈ W e como v
k
∈ W, ∀k = 1, ···n,
segue que P (v) =
n
k=1
v, v
k
v
k
= 0. Logo v ∈ KerP .
Portanto, de (a) e (b), temos que KerP = W
⊥
.
Mostremos que ImP = W , pois desta forma, para mostrar que W ⊕ W
⊥
= V ,
basta provar que ImP ⊕ KerP = V .
Para mostrar que ImP = W , basta provar que ImP ⊃ W pois como P : V → W ,
ImP ⊂ W .
De fato, se w ∈ W , temos que w =
n
j=1
α
j
v
j
.
Logo, P (w) =
n
j=1
α
j
P (v
j
)
(I)
=
n
j=1
α
j
v
j
= w e portanto w ∈ ImP .
Assim, ImP = W .
Para finalizar, provemos que ImP ⊕ KerP = V , ou seja, ImP + KerP = V e
ImP ∩ KerP = {0}.
Para provar que ImP +KerP = V , basta provar que V ⊂ ImP +KerP . De fato, se
v ∈ V , então v = P (v)+(v−P (v)). Mas P (v−P (v)) = P (v)−P
2
(v) = P (v)−P (v) = 0,
ou seja, v − P (v) ∈ KerP e como P (v) ∈ ImP segue que v ∈ ImP + KerP . Assim
V ⊂ ImP + KerP e portanto ImP + KerP = V .
Para verificar que ImP ∩ KerP = {0}, basta mostrar que ImP ∩ KerP ⊂ {0}.
De fato,
v
∈
ImP
∩
KerP
⇒
v
∈
ImP
e
v
∈
KerP
⇒
v
=
P
(
w
)
,
para algum
w
∈
V e P (v) = 0. Logo, 0 = P(v) = P
2
(w) = P (w) = v. Então, ImP ∩ KerP ⊂ {0} e
portanto ImP ∩ KerP = {0}.
Teorema 3.1.2. Sejam V um espaço vetorial sobre o corpo K de dimensão finita n ≥ 1
munido de um produto interno e T ∈ L(V ) autoadjunto. Então T possui um autovetor
associado a um autovalor real.
Demonstração. Sejam β = {u
1
, u
2
, ··· , u
n
} uma base ortonormal de V e A = [T]
β
a
matriz de T em relação a base β. Como T = T
∗
segue que A = A
∗
, onde A
∗
= A
t
.
Se K = C, considere W = M
n×1
(C) com o produto interno X, Y = Y
∗
X. Então
U : W −→ W definido por U(X) = AX, define um operador linear autoadjunto
sobre W , pois U(X), Y = AX, Y = Y
∗
AX = Y
∗
A
∗
X = (AY )
∗
X = X, AY =
X, U(Y ) e portanto U
∗
= U.
Consideramos o polinômio característico de U, P
U
(λ) = det(A − λI)
Como P
U
(λ) é um polinômio de grau n ≥ 1 sobre C, então P
U
(λ) possui pelo menos
uma raiz c ∈ C.
Logo, det(A − cI) = 0 e portanto c é um autovalor de U. Logo ∃X = 0 autovetor
de U associado a c, isto é, U(X) = AX = cX.
Observamos de fato, que como U é autoadjunto, c ∈ R. Com efeito, temos
U(X), X = X, U(X) ⇔ cX, X = X, cX ⇔ c X, X = c X, X ⇔ (c −
c) X, X = 0 ⇔ c − c = 0 ⇔ c = c ⇔ c ∈ R.
54 O estudo de superfícies Quádricas via Álgebra Linear
Se K = R, podemos tomar X ∈ M
n×1
(R) e como A e A − cI tem elementos reais,
existe x = X
t
= 0 ∈ R
n
tal que T x = cx, ou seja, T possui um autovetor associado ao
autovalor real c.
Corolário 3.1.1. Sejam V um espaço vetorial sobre o corpo K de dimensão finita
n ≥ 1 munido de um produto interno e T ∈ L(V ) autoadjunto. Então autovetores de
T associado a autovalores reais distintos são ortogonais.
Demonstração. Se v
1
e v
2
são autovetores de T associados, respectivamente, aos auto-
valores reais λ
1
e λ
2
, com λ
1
= λ
2
, então Av
1
= λ
1
v
1
e Av
2
= λ
2
v
2
onde A = [T ]
β
com β
uma base ortonormal fixada de V . Como por hipótese T = T
∗
, segue que A = A
∗
, pois
A
∗
= [T
∗
]
β
. Assim, Av
1
, v
2
= v
1
, Av
2
pois A
∗
= A. Mas Av
1
, v
2
= λ
1
v
1
, v
2
=
λ
1
v
1
, v
2
e v
1
, Av
2
= v
1
, λ
2
v
2
= λ
2
v
1
, v
2
Sendo assim, Av
1
, v
2
= v
1
, Av
2
⇒ λ
1
v
1
, v
2
= λ
2
v
1
, v
2
⇒ (λ
1
− λ
2
) v
1
, v
2
=
0 ⇒ v
1
, v
2
= 0, pois λ
1
= λ
2
. Portanto, v
1
é ortogonal a v
2
.
Teorema 3.1.3. Sejam V um espaço vetorial sobre o corpo K de dimensão n ≥ 1
munido de um produto interno e T ∈ L(V ) autoadjunto. Se W é um subespaço de V
invariante sob T , então W
⊥
é um subespaço de V invariante sob T .
Demonstração. Queremos provar que T(W
⊥
) ⊂ W
⊥
.
De fato, se x ∈ T (W
⊥
) então x = T (y) com y ∈ W
⊥
. Assim, ∀w ∈ W , x, w =
T (y), w = y, T (w), pois T é autoadjunto.
Como T(W ) ⊂ W segue que T (w) ∈ W . Mas y ∈ W
⊥
, logo y, T (w) = 0.
Portanto x, w = 0, ∀w ∈ W e assim x ∈ W
⊥
.
Teorema 3.1.4. Sejam V um espaço vetorial sobre o corpo K de dimensão finita
n ≥ 1 munido de um produto interno e T ∈ L(V ) autoadjunto. Então existe β base
ortonormal de V formada por autovetores de T associados a autovalores reais.
Demonstração. Façamos a prova por indução sobre a dimV = n ≥ 1.
Se n = 1, pelo Teorema 3.1.2, T possui autovetor v = 0 associado a um autovalor
c
1
∈ R, isto é, T (v) = c
1
v. Logo, β =
v
v
é uma base ortonormal de V e como
T
v
v
=
1
v
T (v) =
1
v
c
1
v = c
1
v
v
, segue que β é uma base ortonormal
constituída de um autovetor de T associado ao autovalor c
1
∈ R.
Suponhamos que o teorema seja válido para espaços de dimensão n − 1.
Seja v
1
=
v
v
e W = [v
1
]. Como v
1
é autovetor de T , temos que W é invariante
por T , pois x ∈ T (W ) ⇒ x = T (w) para algum w ∈ W ⇒ x = T (αv
1
) ⇒ x =
αT (v
1
) ⇒ x = α(c
1
v
1
) ⇒ x = (αc
1
)v
1
⇒ x ∈ [v
1
] = W .
Como T é autoadjunto, pelo Teorema 3.1.3, T (W
⊥
) ⊂ W
⊥
.
Temos que W
⊥
com o produto interno de V é um espaço com produto interno de
dimensão n − 1, pois pelo Teorema 3.1.1, W ⊕ W
⊥
= V e assim dimW + dimW
⊥
=
dimV = n o que implica dimW
⊥
= n − 1.
Preliminares 55
Seja U : W
⊥
−→ W
⊥
dado por U(w) = T (w). Então ∀x, y ∈ W
⊥
, como T é auto-
adjunto, U(x), y) = T (x), y = x, T (y) = x, U(y) e portanto U é autoadjunto.
Pela hipótese de indução, existe γ = {v
2
, v
3
, ··· , v
n
} base ortonormal de W
⊥
for-
mada de autovetores de U, isto é, Uv
j
= c
j
v
j
, j = 2, 3, ··· , n, com c
j
∈ R.
Logo, v
j
, j = 2, 3, ··· , n são autovetores de T , pois T(v
j
) = U(v
j
) = c
j
v
j
, com
c
j
∈ R .
Como W ⊕ W
⊥
= V , então β = {v
1
, v
2
, ··· , v
n
} é uma base ortonormal de V
formada por autovetores de T , pois como v
1
∈ W e v
j
∈ W
⊥
, j = 2, 3, ··· , n, temos
que v
j
, v
1
= 0, j = 2, 3, ··· , n .
Corolário 3.1.2. Se A ∈ M
n
(R) é simétrica, então existe P ∈ M
n
(R) ortogonal (i.e.
P
t
P = I) tal que detP = 1 e P
t
AP é uma matriz diagonal.
Demonstração. Seja V = R
n
com o produto interno canônico dado por x, y =
n
i=1
x
i
y
i
, onde x = (x
1
, x
2
, ··· , x
n
) e y = (y
1
, y
2
, ··· , y
n
) e seja T : R
n
−→ R
n
definido por
T (x
1
, x
2
, ··· , x
n
) = A
x
1
x
2
.
.
.
x
n
(3.1)
onde A é simétrica. Portanto, T é autoadjunto, e assim, pelo Teorema 3.1.4, existe
β = {v
1
, v
2
, ··· , v
n
} base ortonormal ordenada de V tal que
T (v
j
) = c
j
v
j
, j = 1, 2, ··· , n (3.2)
e c
j
∈ R.
Se D = [T ]
β
, entao D é uma matriz diagonal cujos elementos da diagonal são os c
j
,
j = 1, 2, ··· , n, mais explicitamente,
D =
c
1
0 ··· 0
0 c
2
··· 0
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
0 0 ··· c
n
.
Seja P a matriz cujas colunas são v
1
, v
2
, ··· , v
n
e escrevamos
P =
v
1
v
2
··· v
n
.
Então P
t
é a matriz cujas linhas são v
1
, v
2
, ··· , v
n
, e temos
P
t
=
v
1
v
2
.
.
.
v
n
.
56 O estudo de superfícies Quádricas via Álgebra Linear
Logo,
P
t
P =
v
1
v
2
.
.
.
v
n
v
1
v
2
··· v
n
=
v
1
, v
1
v
1
, v
2
··· v
1
, v
n
v
2
, v
1
v
2
, v
2
··· v
2
, v
n
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
v
n
, v
1
v
n
, v
2
··· v
n
, v
n
= [v
i
, v
j
]
i,j∈{1,2,··· ,n}
= [δ
ij
]
i,j∈{1,2,··· ,n}
,
onde
δ
ij
=
1 se i = j
0 se i = j
.
Assim,
P
t
P =
1 0 ··· 0
0 1 ··· 0
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
0 0 ··· 1
= I.
Desta forma, P ∈ M
n
(R) é ortogonal e além disso podemos tomar P tal que detP =
1, pois, P
t
P = I ⇒ det(P
t
P ) = det(I) ⇒ detP
t
.detP = detI ⇒ detP
2
= I ⇒ detP =
1 ou detP = −1. Se detP = −1, basta tomarmos a base β = {v
2
, v
1
, v
3
, ··· , v
n
} que
obtemos detP = 1.
Também,
P
t
AP =
v
1
v
2
.
.
.
v
n
Av
1
Av
2
··· Av
n
O Teorema de classificação das quádricas 57
3.1,3.2
=
v
1
v
2
.
.
.
v
n
c
1
v
1
c
2
v
2
··· c
n
v
n
=
c
1
v
1
, v
1
c
2
v
1
, v
2
··· c
n
v
1
, v
n
c
1
v
2
, v
1
c
2
v
2
, v
2
··· c
n
v
2
, v
n
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
c
1
v
n
, v
1
c
2
v
n
, v
2
··· c
n
v
n
, v
n
=
c
1
.1 c
2
.0 ··· c
n
.0
c
1
.0 c
2
.1 ··· c
n
.0
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
c
1
.0 c
2
.0 ··· c
n
.1
=
c
1
0 ··· 0
0 c
2
··· 0
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
0 0 ··· c
n
= D.
Portanto, P
t
AP é uma matriz diagonal.
3.2 O Teorema de classificação das quádricas
Nesta seção estudamos as superfícies que têm equações cartesianas dadas por ex-
pressões quadráticas em
x
,
y
e
z
. Temos as seguintes definições:
Definição 3.2.1. Uma quádrica é um subconjunto de pontos (x, y, z) de R
3
definido
por uma equação da forma:
ax
2
+ by
2
+ cz
2
+ dxy + exz + fyz + gx + hy + iz + j = 0 (3.3)
onde a, b, c, d, e, f, g, h e i são números reais não todos nulos.
Definição 3.2.2. Por um movimento rígido de R
3
entendemos uma aplicação M :
R
3
→ R
3
dada por M = T ◦ R, onde R é uma rotação em torno da origem e T é uma
translação.
Com base nestas definições e nos preliminares da seção anterior, provaremos o
seguinte
58 O estudo de superfícies Quádricas via Álgebra Linear
Teorema 3.2.1. A equação geral de uma quádrica, por meio de um movimento rígido
em R
3
, pode ser transformada em uma das equações cartesianas seguintes (em cada
caso, k, l e m são constantes não nulas):
(1) Elipsóide:
x
2
k
2
+
y
2
l
2
+
z
2
m
2
= 1;
Figura 3.1: Elipsóide.
(2) Hiperbolóide de uma folha:
x
2
k
2
+
y
2
l
2
−
z
2
m
2
= 1;
Figura 3.2: Hiperbolóide de uma folha.
(3) Hiperbolóide de duas folhas: −
x
2
k
2
−
y
2
l
2
+
z
2
m
2
= 1;
Figura 3.3: Hiperbolóide de duas folhas.
(4) Parabolóide Elíptico:
x
2
k
2
+
y
2
l
2
= z;
O Teorema de classificação das quádricas 59
Figura 3.4: Parabolóide elíptico.
(5) Parabolóide Hiperbólico:
x
2
k
2
−
y
2
l
2
= z;
Figura 3.5: Parabolóide hiperbólico.
(6) Cone duplo:
x
2
k
2
+
y
2
l
2
−
z
2
m
2
= 0;
Figura 3.6: Cone duplo.
60 O estudo de superfícies Quádricas via Álgebra Linear
(7) Cilindro elíptico:
x
2
k
2
+
y
2
l
2
= 1;
Figura 3.7: Cilindro elíptico.
(8) Cilindro hiperbólico:
x
2
k
2
−
y
2
l
2
= 1;
Figura 3.8: Cilindro hiperbólico.
(9) Cilindro parabólico:
x
2
k
2
= y;
Figura 3.9: Cilindro parabólico.
(10) Plano: x = 0;
O Teorema de classificação das quádricas 61
(11) Dois planos paralelos: x
2
= k
2
;
Figura 3.10: Dois planos paralelos.
(12) Dois planos que se interceptam:
x
2
k
2
−
y
2
l
2
= 0;
Figura 3.11: Dois planos que se interceptam.
(13) Reta:
x
2
k
2
+
y
2
l
2
= 0;
(14) Ponto:
x
2
k
2
+
y
2
l
2
+
z
2
m
2
= 0;
(15) Vazio: x
2
+ k
2
= 0.
Demonstração. Podemos escrever a quádrica (3.3) matricialmente, na forma
x y z
A
x
y
z
+
g h i
x
y
z
+ [j] = 0,
com A uma matriz simétrica de ordem 3.
62 O estudo de superfícies Quádricas via Álgebra Linear
De fato, para determinar a matriz A basta fazer
x y z
a
11
a
12
a
13
a
12
a
22
a
23
a
13
a
23
a
33
x
y
z
+
g h i
x
y
z
+ [j] =
ax
2
+ by
2
+ cz
2
+ dxy + exz + fyz + gx + hy + iz + j.
Portanto,
a
11
x
2
+ a
22
y
2
+ a
33
z
2
+ 2a
12
xy + 2a
13
xz + 2a
23
yz + g x + hy + iz + j =
ax
2
+ by
2
+ cz
2
+ dxy + exz + fyz + gx + hy + iz + j.
Logo, a
11
= a, a
22
= b, a
33
= c, a
12
=
d
2
, a
13
=
e
2
e a
23
=
f
2
, ou seja:
A =
a d/2 e/2
d/2 b f/2
e/2 f/2 c
.
Assim, a quádrica (3.3) pode ser escrita na forma
x y z
a d/2 e/2
d/2 b f/2
e/2 f/2 c
x
y
z
+
g h i
x
y
z
+ [j] = 0 (3.4)
Porém, como vimos pelo Corolário 3.1.2, como A é simétrica, existe uma matriz
ortogonal P tal que
P
t
P = I (3.5)
detP = 1 (3.6)
e
A
= P
t
AP (3.7)
é uma matriz diagonal, de modo que os elementos na diagonal de A
são os autovalores
de A e as colunas de P são os autovetores de A. Observe que os vetores de P são
ortogonais e assim para ortonormalizá-los basta dividir cada vetor pela sua norma.
Definamos:
x
1
y
1
z
1
=
x y z
P (3.8)
g
1
h
1
i
1
=
g h i
P (3.9)
O Teorema de classificação das quádricas 63
Da equação (3.7) segue que (P
−1
)
t
A
P
−1
= A. Como P
−1
= P
t
então (P
t
)
t
A
P
t
=
A e portanto P A
P
t
= A.
Substituindo A = P A
P
t
na equação (3.4) e utilizando a equação (3.5), temos:
x y z
P A
P
t
x
y
z
+
g h i
P P
t
x
y
z
+ [j] = 0.
Das equações (3.8) e (3.9) seguem que
x
1
y
1
z
1
A
x
1
y
1
z
1
+
g
1
h
1
i
1
x
1
y
1
z
1
+[j] = 0, onde A
=
λ
1
0 0
0 λ
2
0
0 0 λ
3
,
com λ
1
, λ
2
e λ
3
autovalores da matriz A =
a d/2 e/2
d/2 b f/2
e/2 f/2 c
.
Desta maneira, a expressão inicial da quádrica fica reduzida à forma
λ
1
x
2
1
+ λ
2
y
2
1
+ λ
3
z
2
1
+ g
1
x
1
+ h
1
y
1
+ i
1
z
1
+ j = 0 (3.10)
Neste caso, se λ
1
= 0, completando-se quadrados obtemos
λ
1
x
1
2
+ g
1
x
1
= λ
1
x
1
+
g
1
2λ
1
2
−
g
1
2λ
1
2
= λ
1
x
1
+
g
1
2λ
1
2
−
g
2
1
4λ
1
.
Fazendo x
2
= x
1
+
g
1
2λ
1
, temos que λ
1
x
2
1
+ g
1
x
1
= λ
1
x
2
2
−
g
2
1
4λ
1
.
Substituindo esta expressão na equação (3.10) obtemos
λ
1
x
2
2
+ λ
2
y
2
1
+ λ
3
z
2
1
+ h
1
y
1
+ i
1
z
1
+ j
1
= 0,
com j
1
= j −
g
2
1
4λ
1
.
Isso mostra que quando λ
1
= 0, podemos supor g
1
= 0 na equação (3.10), isto é,
eliminamos a variável x
1
. O mesmo processo mostra que podemos, na equação 3.10,
supor h
1
= 0, se λ
2
= 0, fazendo y
2
= y
1
+
h
1
2λ
2
ou ainda supor i
1
= 0, se λ
3
= 0,
fazendo z
2
= z
1
+
i
1
2λ
3
.
Temos assim que analisar apenas quatro casos:
1
o
Caso: Quando todos os autovalores de A são diferentes de zero, isto é, λ
1
, λ
2
, λ
3
=
0.
64 O estudo de superfícies Quádricas via Álgebra Linear
Neste caso, na equação (3.10), fazendo x
2
= x
1
+
g
1
2λ
1
, y
2
= y
1
+
h
1
2λ
2
e z
2
= z
1
+
i
1
2λ
3
,
obtemos a expressão
λ
1
x
2
2
+ λ
2
y
2
2
+ λ
3
z
2
2
+ j
1
= 0,
com j
1
= j −
g
2
1
4λ
1
−
h
2
1
4λ
2
−
i
1
2
4λ
3
.
De acordo com os sinais de λ
1
, λ
2
e λ
3
temos:
Se j
1
= 0, obtemos as equações (6) ou (14). A equação (6) é obtida quando dois
dos autovalores de A têm o mesmo sinal e o outro tem sinal contrário e a equação (14)
é obtida quando todos os autovalores de A têm o mesmo sinal.
Se j
1
= 0, obtemos as equações (1), (2) ou (3). A equação (1) é obtida quando
todos os autovalores têm sinal contrário ao de j
1
, a equação (2) é obtida quando apenas
um autovalor tem o mesmo sinal de j
1
e a equação (3) é obtida quando apenas um
autovalor tem sinal contrário ao de j
1
.
2
o
Caso: Quando apenas um dos autovalores de A é igual a zero.
Suponha que λ
1
, λ
2
= 0 e λ
3
= 0.
Neste caso, na equação (3.10), fazendo x
2
= x
1
+
g
1
2λ
1
, y
2
= y
1
+
h
1
2λ
2
e z
2
= z
1
obtemos a expressão
λ
1
x
2
2
+ λ
2
y
2
2
+ i
1
z
2
+ j
1
= 0,
com j
1
= j −
g
2
1
4λ
1
−
h
2
1
4λ
2
.
Assim:
Se i
1
= 0, obtemos λ
1
x
2
2
+ λ
2
y
2
2
+ j
1
= 0.
Sendo assim, de acordo com os sinais de λ
1
e λ
2
temos que:
Se j
1
= 0, obtemos as equações (12) ou (13). A equação (12) é obtida quando
λ
1
λ
2
< 0 e a equação (13) é obtida quando λ
1
λ
2
> 0.
Se j
1
= 0, dividindo a equação λ
1
x
2
2
+ λ
2
y
2
2
+ j
1
= 0 por −j
1
, obtemos as equações
(7) ou (8). A equação (7) é obtida quando λ
1
e λ
2
têm sinais contrários ao de j
1
e a
equação (8) é obtida quando λ
1
e λ
2
têm sinais opostos (independentemente do sinal
de j
1
).
Se i
1
= 0, observamos que
λ
1
x
2
2
+ λ
2
y
2
2
+ i
1
z
2
+ j
1
= 0 ⇒ λ
1
x
2
2
+ λ
2
y
2
2
+ i
1
z
2
+
j
1
i
1
= 0.
Fazendo x
3
= x
2
, y
3
= y
2
e z
3
= z
2
+
j
1
i
1
, obtemos
λ
1
x
3
2
+ λ
2
y
3
2
+ i
1
z
3
= 0 (3.11)
Como i
1
= 0, podemos dividir a equação (3.11) por i
1
e supor que o coeficiente i
1
de z
3
seja igual a 1, obtendo assim uma equação do tipo: λ
1
x
3
2
+ λ
2
y
3
2
+ z
3
= 0 onde
λ
j
=
λ
j
i
1
, para j = 1, 2.
O Teorema de classificação das quádricas 65
Neste caso, se λ
1
, λ
2
< 0, obtemos a equação (4); se λ
1
, λ
2
> 0, efetuando-se uma
rotação de 180
o
em torno do eixo Ox
3
, ou seja, fazendo
x
4
y
4
z
4
=
x
3
y
3
z
3
1 0 0
0 −1 0
0 0 −1
,
também obtemos a equação (4) e se λ
1
λ
2
< 0 obtemos a equação (5) (observamos que
para o caso onde λ
1
> 0 e λ
2
< 0, basta efetuarmos uma rotação de 180
◦
em torno do
eixo Ox
3
).
3
o
Caso: Quando apenas um dos autovalores de A é diferente de zero.
Suponha λ
1
= 0 e λ
2
= λ
3
= 0.
Neste caso, na equação (3.10), fazendo x
2
= x
1
+
g
1
2λ
1
, y
2
= y
1
e z
2
= z
1
obtemos a
expressão
λ
1
x
2
2
+ h
1
y
2
+ i
1
z
2
+ j
1
= 0 (3.12)
com j
1
= j −
g
2
1
4λ
1
.
Assim:
Se h
1
= i
1
= 0, temos λ
1
x
2
2
+ j
1
= 0.
Portanto, se j
1
= 0, obtemos a equação (10) e se j
1
= 0, obtemos as equações (11)
ou (15). A equação (11) é obtida quando λ
1
j
1
< 0 e a equação (15) é obtida quando
λ
1
j
1
> 0.
Se apenas um deles (h
1
ou i
1
) é diferente de zero, digamos que h
1
= 0 e i
1
= 0,
então temos que
λ
1
x
2
2
+ h
1
y
2
+ j
1
= 0 ⇒ λ
1
x
2
2
+ h
1
y
2
+
j
1
h
1
= 0.
Fazendo x
3
= x
2
, y
3
= y
2
+
j
1
h
1
e z
3
= z
2
, obtemos
λ
1
x
3
2
+ h
1
y
3
= 0 (3.13)
Como h
1
= 0, podemos dividir a equação (3.13) por h
1
e supor que o coeficiente h
1
de y
3
seja igual a 1, obtendo assim uma equação do tipo:
˜
λ
1
x
3
2
+ y
3
= 0 onde
˜
λ
1
=
λ
1
h
1
Neste caso, se
˜
λ
1
< 0, obtemos a equação (9). Se
˜
λ
1
> 0, fazendo uma rotação de
180
◦
em torno do eixo Oz
3
, ou seja,
x
4
y
4
z
4
=
x
3
y
3
z
3
−1 0 0
0 −1 0
0 0 1
,
66 O estudo de superfícies Quádricas via Álgebra Linear
também obtemos a equação (9).
Se h
1
, i
1
= 0, consideramos a equação (3.12), a saber
λ
1
x
2
2
+ h
1
y
2
+ i
1
z
2
+ j
1
= 0.
Efetuando-se uma rotação do plano Oy
2
z
2
de modo que o eixo Oy
2
fique paralelo
ao vetor (h
1
, i
1
), ou seja,
x
3
y
3
z
3
=
x
2
y
2
z
2
1 0 0
0
h
1
h
2
1
+ i
2
1
−
i
1
h
2
1
+ i
2
1
0
i
1
h
2
1
+ i
2
1
h
1
h
2
1
+ i
2
1
,
obtemos
x
2
= x
3
y
2
=
h
1
h
2
1
+ i
2
1
y
3
−
i
1
h
2
1
+ i
2
1
z
3
z
2
=
i
1
h
2
1
+ i
2
1
y
3
+
h
1
h
2
1
+ i
2
1
z
3
(3.14)
Substituindo x
2
, y
2
e z
2
em (3.12) obtemos que
λ
1
x
3
2
+ h
1
h
1
h
2
1
+ i
2
1
y
3
−
i
1
h
2
1
+ i
2
1
z
3
+ i
1
i
1
h
2
1
+ i
2
1
y
3
+
h
1
h
2
1
+ i
2
1
z
3
+ j
1
= 0 ⇒
λ
1
x
3
2
+
(h
2
1
+ i
2
1
)
h
2
1
+ i
2
1
y
3
+ j
1
= 0
e assim reduzimos ao caso onde o coeficiente de y
3
, a saber,
(h
2
1
+ i
2
1
)
h
2
1
+ i
2
1
= 0 e o coeficiente
de z
3
é zero, que conforme já estudamos se reduz à equação (9).
4
◦
Caso: Quando todos os autovalores de A são iguais a zero, ou seja, λ
1
= 0, λ
2
= 0
e λ
3
= 0.
Neste caso, a equação (3.10) fica reduzida à forma g
1
x
1
+ h
1
y
1
+ i
1
z
1
+ j = 0, com
g
1
, h
1
e i
1
não são simultaneamente nulos e portanto é a equação de um plano, que
após um movimento rígido se reduz à equação (10). De fato:
a) Se apenas um dos coeficientes g
1
, h
1
ou i
1
é diferente de zero. Supondo g
1
= 0,
h
1
= 0 e i
1
= 0, temos:
g
1
x
1
+ j = 0 ⇒ g
1
x
1
+
j
g
1
= 0.
Fazendo x
2
= x
1
+
j
g
1
, obtemos g
1
x
2
= 0 ou, equivalentemente, x
2
= 0 que é a
equação (10).
O Teorema de classificação das quádricas 67
b) Se apenas um dos coeficientes g
1
, h
1
ou i
1
é igual de zero. Supondo g
1
= 0,
h
1
= 0 e i
1
= 0, temos:
h
1
y
1
+ i
1
z
1
+ j = 0 ⇒ h
1
y
1
+ i
1
z
1
+
j
i
1
= 0.
Fazendo x
2
= x
1
, y
2
= y
1
e z
2
= z
1
+
j
i
1
, obtemos h
1
y
2
+ i
1
z
2
= 0. Neste caso,
efetuando-se a rotação (3.14) do plano Oy
2
z
2
de modo que o eixo Oy
2
fique paralelo ao
vetor (h
1
, i
1
), ou seja,
x
2
= x
3
y
2
=
h
1
h
2
1
+ i
2
1
y
3
−
i
1
h
2
1
+ i
2
1
z
3
z
2
=
i
1
h
2
1
+ i
2
1
y
3
+
h
1
h
2
1
+ i
2
1
z
3
.
Obtemos
h
2
1
+ i
2
1
h
2
1
+ i
2
1
y
3
= 0, ou equivalentemente, y
3
= 0, que é a equação (10).
c) Se todos os coeficientes g
1
, h
1
e i
1
são diferentes de zero, ou seja, g
1
= 0, h
1
= 0
e i
1
= 0, temos:
g
1
x
1
+ h
1
y
1
+ i
1
z
1
+ j = 0 ⇒ g
1
x
1
+ h
1
y
1
+ i
1
z
1
+
j
i
1
= 0
Fazendo x
2
= x
1
, y
2
= y
1
e z
2
= z
1
+
j
i
1
, obtemos g
1
x
2
+ h
1
y
2
+ i
1
z
2
= 0. Assim,
efetuando-se a rotação (3.14) do plano Oy
2
z
2
de modo que o eixo Oy
2
fique paralelo ao
vetor (h
1
, i
1
), ou seja,
x
2
= x
3
y
2
=
h
1
h
2
1
+ i
2
1
y
3
−
i
1
h
2
1
+ i
2
1
z
3
z
2
=
i
1
h
2
1
+ i
2
1
y
3
+
h
1
h
2
1
+ i
2
1
z
3
,
obtemos g
1
x
3
+
h
2
1
+ i
2
1
h
2
1
+ i
2
1
y
3
= 0 que é uma equação como a do ítem b), que como
já vimos, pode ser reduzida à equação (10).
A tabela da próxima página apresenta os passos que simplificam a equação geral
de uma quádrica:
68 O estudo de superfícies Quádricas via Álgebra Linear
Redução da equação geral de uma quádrica via Álgebra Linear
1
◦
Dada a equação ax
2
+ by
2
+ cz
2
+ dxy + exz + f yz + gx + hy + iz + j = 0,
considere A =
a d/2 e/2
d/2 b f /2
e/2 f/2 c
.
2
◦
Resolva a equação det(A − λI) = 0 e encontre λ
1
, λ
2
e λ
3
, os autovalores da matriz A.
3
◦
Determine os respectivos autovetores associados aos autovalores λ
1
, λ
2
e λ
3
de A
4
◦
Considere as matrizes A
e P , onde A
uma matriz diagonal, cujos elementos de sua diagonal
são os autovalores de A e P é a matriz cujas colunas são os respectivos autovetores de A.
5
◦
Defina
x
1
y
1
z
1
=
x y z
P e
g
1
h
1
i
1
=
g h i
P para reduzir a
expressão inicial da quádrica à forma λ
1
x
2
1
+ λ
2
y
2
1
+ λ
3
z
2
1
+ g
1
x
1
+ h
1
y
1
+ i
1
z
1
+ j = 0
e siga os passos do caso em que a equação se enquadra:
1
◦
Caso: 2
◦
Caso: 3
◦
Caso: 4
◦
Caso:
Quando todos os Quando apenas um Quando apenas um Quando todos os
autovalores de dos autovalores dos autovalores de autovalores de
A são diferentes de A é igual A é diferente A são iguais a
de zero, isto é, a zero, digamos de zero, digamos zero, ou seja,
λ
1
, λ
2
, λ
3
= 0. λ
1
, λ
2
= 0 e λ
3
= 0. λ
1
= 0 e λ
2
= λ
3
= 0 . λ
1
= λ
2
= λ
3
= 0.
6
◦
Efetue a translação: Efetue a translação: Efetue a translação: Temos um plano.
x
2
= x
1
+
g
1
2λ
1
y
2
= y
1
+
h
1
2λ
2
z
2
= z
1
+
i
1
2λ
3
x
2
= x
1
+
g
1
2λ
1
y
2
= y
1
+
h
1
2λ
2
z
2
= z
1
x
2
= x
1
+
g
1
2λ
1
y
2
= y
1
z
2
= z
1
Efetue translação e
se necessário rotação
análogas às do
3
◦
caso no 7
◦
passo
para obter (10).
∗
7
◦
Reagrupe a equação Se na equação obtida Se na equação obtida
e obtenha (1), (2), i
1
= 0, obtenha h
1
= i
1
= 0, obtenha
(3), (6) ou (14).
∗
(7), (8), (12) ou (13).
∗
(10), (11) ou (15).
∗
—————————– —————————–
Se i
1
= 0, efetue: Se h
1
ou i
1
é
x
3
= x
2
y
3
= y
2
z
3
= z
2
+
j
1
i
1
diferente de zero,
efetue translação
(se necessário também
e obtenha (4) ou (5)
∗
rotação) como as do
(se necessário, efetue 2
◦
caso no 7
◦
passo
a rotação x
4
= x
3
para obter (9).
∗
y
4
= −y
3
e z
4
= −z
3
). —————————–
Se h
1
, i
1
= 0 , faça
a rotação (3.14)
para reduzir a
equação ao caso
em que h
1
ou i
1
é diferente de
zero, obtendo (9).
∗
∗
As enumerações de (1) até (15) são as mesmas do Teorema de Classificação das Quádricas.
Tabela 3.1: Redução da equação geral de uma quádrica via Álgebra Linear
Aplicações 69
3.3 Aplicações
Para finalizar esse capítulo, faremos nesta seção algumas aplicações do Teorema de
Classificação das Quádricas, transformando uma quádrica de R
3
, em uma outra, cuja
equação é uma das 15 descritas no Teorema 3.2.1 e também observamos que as figuras
inseridas nos exemplos foram feitas utilizando-se o software Maple.
Exemplo 3.3.1. Identifique a quádrica 4x
2
+ 4y
2
+ 4z
2
+ 4xy + 4xz + 4y z − 3 = 0.
Figura 3.12: Quádrica 4x
2
+ 4y
2
+ 4z
2
+ 4xy + 4xz + 4y z − 3 = 0.
Temos que A =
4 2 2
2 4 2
2 2 4
.
Para diagonalizar a matriz A, resolvemos a equação det(A − λI) = 0, encontrando
λ
1
= λ
2
= 2 e λ
3
= 8 os autovalores da matriz A,
−
√
2
2
,
√
2
2
, 0
e
−
√
6
6
, −
√
6
6
,
√
6
3
os autovetores unitários de A associados aos autovalores λ
1
= λ
2
= 2 e
√
3
3
,
√
3
3
,
√
3
3
o autovetor unitário de A associado ao autovalor λ
3
= 8. Sendo assim, temos que
A
=
2 0 0
0 2 0
0 0 8
e P =
−
√
2
2
−
√
6
6
√
3
3
√
2
2
−
√
6
6
√
3
3
0
√
6
3
√
3
3
.
Definamos:
x
1
y
1
z
1
=
x y z
P
e
g
1
h
1
i
1
=
g h i
P =
0 0 0
P =
0 0 0
.
Desta maneira, a expressão inicial da quádrica fica reduzida à forma
2x
2
1
+ 2y
2
1
+ 8z
2
1
− 3 = 0,
70 O estudo de superfícies Quádricas via Álgebra Linear
ou equivalentemente,
x
2
1
3
2
2
+
y
2
1
3
2
2
+
z
2
1
3
8
2
= 1,
que é a equação de um Elipsóide.
Figura 3.13: Quádrica
x
2
1
3
2
2
+
y
2
1
3
2
2
+
z
2
1
3
8
2
= 1.
Portanto, a quádrica 4x
2
+ 4y
2
+ 4z
2
+ 4xy + 4xz + 4yz −3 = 0, após uma rotação,
é o Elipsóide dado pela figura 3.13.
Exemplo 3.3.2. Identifique a quádrica 3z
2
+ 2xy + x + 1 = 0.
Figura 3.14: Quádrica 3z
2
+ 2xy + x + 1 = 0.
Temos que A =
0 1 0
1 0 0
0 0 3
.
Para diagonalizar a matriz A, resolvemos a equação det(A − λI) = 0, encontrando
λ
1
= 1, λ
2
= 3 e λ
3
= −1, os autovalores da matriz A e
√
2
2
,
√
2
2
, 0
o autovetor
unitário de A associado ao autovalor λ
1
= 1, (0, 0, 1) o autovetor unitário de A associado
Aplicações 71
ao autovalor λ
2
= 3 e
√
2
2
, −
√
2
2
, 0
o autovetor unitário de A associado ao autovalor
λ
3
= −1. Sendo assim, temos que
A
=
1 0 0
0 3 0
0 0 −1
e P =
√
2
2
0
√
2
2
√
2
2
0 −
√
2
2
0 1 0
.
Definamos:
x
1
y
1
z
1
=
x y z
P
e
g
1
h
1
i
1
=
g h i
P =
1 0 0
P =
√
2
2
0
√
2
2
.
Desta maneira, a expressão inicial da quádrica fica reduzida à forma
x
2
1
+ 3y
2
1
− z
2
1
+
√
2
2
x
1
+
√
2
2
z
1
+ 1 = 0.
Figura 3.15: Quádrica x
2
1
+ 3y
2
1
− z
2
1
+
√
2
2
x
1
+
√
2
2
z
1
+ 1 = 0.
Neste caso, completando-se quadrados obtemos
x
1
+
√
2
4
2
−
1
8
+ 3y
2
1
−
z
1
+
√
2
4
2
−
1
8
+ 1 = 0,
ou equivalentemente,
x
1
+
√
2
4
2
+ 3y
2
1
−
z
1
+
√
2
4
2
= −1.
Fazendo x
2
= x
1
+
√
2
4
, y
2
= y
1
e z
2
= z
1
+
√
2
4
obtemos
x
2
2
+ 3y
2
2
− z
2
2
= −1,
ou ainda,
−x
2
2
− 3y
2
2
+ z
2
2
= 1,
que é a equação de um Hiperbolóide de duas folhas.
72 O estudo de superfícies Quádricas via Álgebra Linear
Figura 3.16: Quádrica −x
2
2
− 3y
2
2
+ z
2
2
= 1.
Portanto, a quádrica 3z
2
+ 2xy + x + 1 = 0, após uma rotação seguida de uma
translação, é o Hiperbolóide de duas folhas dado pela figura 3.16.
Exemplo 3.3.3. Identifique a quádrica 2xy − 6x + 10y + z − 31 = 0.
−20
−20 −20
z
y x
−10
−10 −10
0 0
0
10 10
10
20 20
20
Figura 3.17: Quádrica 2xy − 6x + 10y + z − 31 = 0.
−20 −20
y x
−10 −10
0 0
10
10
20 20
Figura 3.18: Quádrica 2xy − 6x + 10y + z − 31 = 0 vista de cima.
Temos que A =
0 1 0
1 0 0
0 0 0
.
Para diagonalizar a matriz A, resolvemos a equação det(A − λI) = 0, encontrando
λ
1
= −1, λ
2
= 1 e λ
3
= 0, os autovalores da matriz A e
√
2
2
, −
√
2
2
, 0
o autovetor
Aplicações 73
unitário de A associado ao autovalor λ
1
= −1,
√
2
2
,
√
2
2
, 0
o autovetor unitário de
A associado ao autovalor λ
2
= 1 e (0, 0, 1) o autovetor unitário de A associado ao
autovalor λ
3
= 0. Sendo assim, temos que
A
=
−1 0 0
0 1 0
0 0 0
e P =
√
2
2
√
2
2
0
−
√
2
2
√
2
2
0
0 0 1
.
Definamos:
x
1
y
1
z
1
=
x y z
P
e
g
1
h
1
i
1
=
g h i
P =
−6 10 1
P =
−8
√
2 2
√
2 1
.
Desta maneira, a expressão inicial da quádrica fica reduzida à forma
−x
2
1
+ y
2
1
− 8
√
2x
1
+ 2
√
2y
1
+ z
1
− 31 = 0.
Neste caso, completando-se quadrados obtemos
−
x
1
+ 4
√
2
2
− 32
+
y
1
+
√
2
2
− 2 + z
1
− 31 = 0,
ou equivalentemente,
−
x
1
+ 4
√
2
2
+
y
1
+
√
2
2
+ (z
1
− 1) = 0.
−20
−20 −20
z
yx
−10
−10 −10
0 0
0
10 10
10
20 20
20
Figura 3.19: Quádrica −
x
1
+ 4
√
2
2
+
y
1
+
√
2
2
+ (z
1
− 1) = 0.
74 O estudo de superfícies Quádricas via Álgebra Linear
−20
−20
x
y
−10
−10
0
0
10
10
20
20
Figura 3.20: Quádrica −
x
1
+ 4
√
2
2
+
y
1
+
√
2
2
+ (z
1
− 1) = 0 vista de cima.
Fazendo x
2
= x
1
+ 4
√
2, y
2
= y
1
+
√
2 e z
2
= z
1
− 1 obtemos
−x
2
2
+ y
2
2
+ z
2
= 0,
ou ainda,
x
2
2
− y
2
2
= z
2
,
que é a equação de um Parabolóide hiperbólico.
−20
−20 −20
z
yx
−10
−10 −10
0 0
0
10 10
10
20 20
20
Figura 3.21: Quádrica x
2
2
− y
2
2
= z
2
.
−20 −20
xy
−10 −10
0 0
10 10
20
20
Figura 3.22: Quádrica x
2
2
− y
2
2
= z
2
vista de cima.
Portanto, a quádrica 2xy − 6x + 10y + z − 31 = 0, após uma rotação seguida de
uma translação, é o Parabolóide hiperbólico dado pela figura 3.21.
Aplicações 75
Exemplo 3.3.4. Identifique a quádrica x
2
+4xy+4y
2
+9z
2
−6xz−12yz+x+3y−z = 0.
−2
−2 −2
z
y x
−1
−1 −1
0 0
0
1 1
1
2 2
2
Figura 3.23: Quádrica x
2
+ 4xy + 4y
2
+ 9z
2
− 6xz − 12yz + x + 3y −z = 0.
Temos que A =
1 2 −3
2 4 −6
−3 −6 9
.
Para diagonalizar a matriz A, resolvemos a equação det(A − λI) = 0, encontrando
λ
1
= 14 e λ
2
= λ
3
= 0 os autovalores da matriz A,
√
14
14
,
2
√
14
14
,
−3
√
14
14
o autovetor
unitário de A associado ao autovalor λ
1
= 14 e
−2
√
5
5
,
√
5
5
, 0
e
3
√
70
70
,
6
√
70
70
,
5
√
70
70
os autovetores unitários de A associado aos autovalores λ
2
= λ
3
= 0 . Sendo
assim, temos que
A
=
14 0 0
0 0 0
0 0 0
e P =
√
14
14
−2
√
5
5
3
√
70
70
2
√
14
14
√
5
5
6
√
70
70
−3
√
14
14
0
5
√
70
70
.
Definamos:
x
1
y
1
z
1
=
x y z
P
e
g
1
h
1
i
1
=
g h i
P =
1 3 −1
P =
5
√
14
7
√
5
5
8
√
70
35
.
Desta maneira, a expressão inicial da quádrica fica reduzida à forma
14x
2
1
+
5
√
14
7
x
1
+
√
5
5
y
1
+
8
√
70
35
z
1
= 0.
76 O estudo de superfícies Quádricas via Álgebra Linear
−2,0
−1,6
−2 −2
z
−1,2
y x
−0,8
−1 −1
−0,4
0 0
0,0
0,4
1 1
0,8
1,2
2
2
1,6
2,0
Figura 3.24: Quádrica 14x
2
1
+
5
√
14
7
x
1
+
√
5
5
y
1
+
8
√
70
35
z
1
= 0.
Neste caso, completando-se quadrados obtemos
14
x
1
+
5
√
14
14
2
2
−
25
14
3
+
√
5
5
y
1
+
8
√
70
35
z
1
= 0,
ou equivalentemente,
14
x
1
+
5
√
14
14
2
2
+
√
5
5
y
1
+
8
√
70
35
z
1
−
25
14
2
= 0.
Fazendo x
2
= x
1
+
5
√
14
14
2
, y
2
= y
1
e z
2
= z
1
obtemos
14x
2
2
+
√
5
5
y
2
+
8
√
70
35
z
2
−
25
14
2
= 0 (3.15)
−2,0
−1,6
−2 −2
z
−1,2
y x
−0,8
−1 −1
−0,4
0 0
0,0
0,4
1 1
0,8
1,2
2 2
1,6
2,0
Figura 3.25: Quádrica 14x
2
2
+
√
5
5
y
2
+
8
√
70
35
z
2
−
25
14
2
= 0.
Aplicações 77
Efetuando-se a rotação do plano Ox
2
y
2
de modo que o eixo Oy
2
fique paralelo ao
vetor
√
5
5
,
8
√
70
35
, obtemos (conforme a equação (3.14) vista na prova do 3
o
caso do
Teorema 3.2.1):
x
2
= x
3
y
2
=
√
105
45
y
3
−
8
√
30
45
z
3
z
2
=
8
√
30
45
y
3
+
√
105
45
z
3
.
Substituindo x
2
, y
2
e z
2
em (3.15) obtemos
14x
2
3
+
√
5
5
√
105
45
y
3
−
8
√
30
45
z
3
+
8
√
70
35
8
√
30
45
y
3
+
√
105
45
z
3
−
25
14
2
= 0,
ou equivalentemente,
14x
2
3
+
3
√
21
7
y
3
−
25
196
= 0,
−2,0
−1,6
−2 −2
z
−1,2
y x
−0,8
−1 −1
−0,4
0 0
0,0
0,4
1 1
0,8
1,2
2 2
1,6
2,0
Figura 3.26: Quádrica 14x
2
3
+
3
√
21
7
y
3
−
25
196
= 0.
e assim
14x
2
3
+
3
√
21
7
y
3
−
25
√
21
1764
= 0.
Com as mudanças x
4
= x
3
, y
4
= y
3
−
25
√
21
1764
e z
4
= z
3
chegamos à equação
14x
2
4
+
3
√
21
7
y
4
= 0,
ou seja,
14
√
21
9
x
2
4
+ y
4
= 0.
78 O estudo de superfícies Quádricas via Álgebra Linear
−2,0
−1,6
−2 −2
z
−1,2
y x
−0,8
−1 −1
−0,4
0 0
0,0
0,4
1 1
0,8
1,2
2 2
1,6
2,0
Figura 3.27: Quádrica
14
√
21
9
x
2
4
+ y
4
= 0.
Efetuando-se uma rotação de 180
◦
em torno do eixo Oz
4
, isto é, fazendo x
5
= −x
4
,
y
5
= −y
4
e z
5
= z
4
, então a equação reduz-se à
14
√
21
9
x
2
5
= y
5
,
que é a equação de um Cilindro Parabólico.
−2,0
−1,6
−2
−2
z
−1,2
y x
−0,8
−1 −1
−0,4
0 0
0,0
0,4
1 1
0,8
1,2
2
2
1,6
2,0
Figura 3.28: Quádrica
14
√
21
9
x
2
5
= y
5
.
Portanto, a quádrica x
2
+ 4xy + 4 y
2
+ 9z
2
− 6xz − 12yz + x + 3y − z = 0, após
alguns movimentos rígidos, representa o Cilindro Parabólico dado pela figura 3.28.
Aplicações 79
Exemplo 3.3.5. Identifique a quádrica x
2
+y
2
+z
2
+2xy+2xz +2yz +x+y +z −1 = 0.
−5,0
z
−2,5
−5,0
5,0
−2,5
y
2,5
x
0,0
−2,5
0,0
0,0
−5,0
2,5
5,0
2,5
5,0
Figura 3.29: Quádrica x
2
+ y
2
+ z
2
+ 2xy + 2xz + 2y z + x + y + z − 1 = 0.
Temos que A =
1 1 1
1 1 1
1 1 1
.
Para diagonalizar a matriz A, resolvemos a equação det(A − λI) = 0, encontrando
λ
1
= 3 e λ
2
= λ
3
= 0 os autovalores da matriz A,
√
3
3
,
√
3
3
,
√
3
3
o autovetor
unitário de A associado ao autovalor λ
1
= 3 e
−
√
6
6
, −
√
6
6
,
√
6
3
e
−
√
2
2
,
√
2
2
, 0
os autovetores unitários de A associados aos autovalores λ
2
= λ
3
= 0 . Sendo assim,
temos que
A
=
3 0 0
0 0 0
0 0 0
e P =
√
3
3
−
√
6
6
−
√
2
2
√
3
3
−
√
6
6
√
2
2
√
3
3
√
6
3
0
.
Definamos:
x
1
y
1
z
1
=
x y z
P
e
g
1
h
1
i
1
=
g h i
P =
1 1 1
P =
√
3 0 0
.
Desta maneira, a expressão inicial da quádrica fica reduzida à forma
3x
2
1
+
√
3x
1
− 1 = 0.
80 O estudo de superfícies Quádricas via Álgebra Linear
−5,0
z
−2,5
−5,0
−2,5
y
5,0
2,5
x
0,0
−2,5
0,00,0
−5,0
2,5
5,0
2,5
5,0
Figura 3.30: Quádrica 3x
2
1
+
√
3x
1
− 1 = 0.
Neste caso, completando-se quadrados obtemos
3
x
1
+
√
3
6
2
−
1
12
− 1 = 0,
ou equivalentemente,
3
x
1
+
√
3
6
2
−
5
4
= 0.
Fazendo x
2
= x
1
+
√
3
6
, y
2
= y
1
e z
2
= z
1
obtemos
x
2
2
=
√
5
√
12
2
,
que é a equação de dois planos paralelos.
−5,0
z
−2,5
−5,0
−2,5
y
5,0
2,5
x
0,0
−2,5
0,00,0
−5,0
2,5
5,0
2,5
5,0
Figura 3.31: Quádrica x
2
2
=
√
5
√
12
2
.
Portanto, a quádrica x
2
+ y
2
+ z
2
+ 2xy + 2xz + 2yz + x + y + z − 1 = 0, após
uma rotação seguida de uma translação, representa dois planos paralelos conforme a
figura 3.31.
Aplicações 81
Exemplo 3.3.6. Identifique a quádrica
x
2
2
+
y
2
2
+ z
2
−xy −
√
2x +
√
2y + 2z + 2 = 0.
Temos que A =
1
2
−
1
2
0
−
1
2
1
2
0
0 0 1
.
Para diagonalizar a matriz A, resolvemos a equação det(A − λI) = 0, encontrando
λ
1
= λ
2
= 1 e λ
3
= 0 os autovalores da matriz A,
−
√
2
2
,
√
2
2
, 0
e (0, 0, 1) os
autovetores unitários de A associados aos autovalores λ
1
= λ
2
= 1 e
√
2
2
,
√
2
2
, 0
o
autovetor unitário de A associado ao autovalor λ
3
= 0. Sendo assim, temos que
A
=
1 0 0
0 1 0
0 0 0
e P =
−
√
2
2
0
√
2
2
√
2
2
0
√
2
2
0 1 0
.
Definamos:
x
1
y
1
z
1
=
x y z
P
e
g
1
h
1
i
1
=
g h i
P =
−
√
2
√
2 2
P =
2 2 0
.
Desta maneira, a expressão inicial da quádrica fica reduzida à forma
x
2
1
+ y
2
1
+ 2x
1
+ 2y
1
+ 2 = 0.
Neste caso, completando-se quadrados obtemos
(x
1
+ 1)
2
− 1 + (y
1
+ 1)
2
− 1 + 2 = 0,
ou equivalentemente,
(x
1
+ 1)
2
+ (y
1
+ 1)
2
= 0.
Fazendo x
2
= x
1
+ 1, y
2
= y
1
+ 1 e z
2
= z
1
obtemos
x
2
2
+ y
2
2
= 0,
que é a equação de uma Reta.
Portanto, a quádrica
x
2
2
+
y
2
2
+ z
2
−xy −
√
2x +
√
2y + 2z + 2 = 0 representa uma
Reta.
82 O estudo de superfícies Quádricas via Álgebra Linear
Exemplo 3.3.7. Identifique a quádrica x
2
+y
2
+z
2
+2xy+2xz +2yz +x+y+z +1 = 0.
Temos que A =
1 1 1
1 1 1
1 1 1
.
Para diagonalizar a matriz A, resolvemos a equação det(A − λI) = 0, encontrando
λ
1
= 3 e λ
2
= λ
3
= 0 os autovalores da matriz A,
√
3
3
,
√
3
3
,
√
3
3
o autovetor
unitário de A associado ao autovalor λ
1
= 3 e
−
√
6
6
, −
√
6
6
,
√
6
3
e
−
√
2
2
,
√
2
2
, 0
os autovetores unitários de A associados aos autovalores λ
2
= λ
3
= 0 . Sendo assim,
temos que
A
=
3 0 0
0 0 0
0 0 0
e P =
√
3
3
−
√
6
6
−
√
2
2
√
3
3
−
√
6
6
√
2
2
√
3
3
√
6
3
0
.
Definamos:
x
1
y
1
z
1
=
x y z
P
e
g
1
h
1
i
1
=
g h i
P =
1 1 1
P =
√
3 0 0
.
Desta maneira, a expressão inicial da quádrica fica reduzida à forma
3x
2
1
+
√
3x
1
+ 1 = 0.
Neste caso, completando-se quadrados obtemos
3
x
1
+
√
3
6
2
−
1
12
+ 1 = 0,
ou equivalentemente,
3
x
1
+
√
3
6
2
+
3
4
= 0.
Fazendo x
2
= x
1
+
√
3
6
, y
2
= y
1
e z
2
= z
1
obtemos
x
2
2
+
1
2
2
= 0,
que é o vazio.
Portanto, a quádrica x
2
+ y
2
+ z
2
+ 2xy + 2xz + 2yz + x + y + z + 1 = 0 representa
o vazio.
4 Conclusão
Para finalizar, exemplificamos a redução da equação geral de uma mesma quádrica
segundo as duas versões apresentadas nos capítulos anteriores e também observamos
que a figura inserida no exemplo foi feita utilizando-se o software Maple.
Exemplo 4.0.8. Identifique a quádrica
x
2
2
+
y
2
2
+ z
2
−xy −
√
2x +
√
2y + 2z + 1 = 0.
−5
−4
−5 −5
−3
−4 −4
z
y x
−3 −3
−2
−2 −2
−1
−1−1
0 0
0
1 1
1
2 2
3 3
2
4 4
3
5 5
4
5
Figura 4.1: Quádrica
x
2
2
+
y
2
2
+ z
2
− xy −
√
2x +
√
2y + 2z + 1 = 0.
4.1 Solução segundo a versão de Geometria Analítica
Como o discriminante da equação desta quádrica é δ =
1
2
−
1
2
0
−
1
2
1
2
0
0 0 1
= 0, não
é possível eliminarmos os termos de 1
◦
grau por meio de uma translação. Neste caso
devemos efetuar uma rotação nos eixos coordenados, de modo a eliminar os termos
mistos do 2
◦
grau.
83
84 Conclusão
Para isso, calculamos as raízes da equação característica desta quádrica, por meio
da equação
1
2
− λ −
1
2
0
−
1
2
1
2
− λ 0
0 0 1 − λ
= 0, obtendo λ
1
= λ
2
= 1 e λ
3
= 0.
Sendo assim, encontramos os vetores (−1, 1, 0) e (0, 0, 1) como direções principais
correspondentes às raízes λ
1
= λ
2
= 1 e o vetor (1, 1, 0) como direção principal cor-
respondente à raiz λ
3
= 0.
Sendo (−1, 1, 0) =
√
2, (0, 0, 1) = 1 e (1, 1, 0) =
√
2, temos:
i
=
−1
(−1, 1, 0)
,
1
(−1, 1, 0)
,
0
(−1, 1, 0)
=
−
√
2
2
,
√
2
2
, 0
;
j
=
0
(0, 0, 1)
,
0
(0, 0, 1)
,
1
(0, 0, 1)
= (0, 0, 1) ;
k
=
1
(1, 1, 0)
,
1
(1, 1, 0)
,
0
(1, 1, 0)
=
√
2
2
,
√
2
2
, 0
.
Neste caso, a equação de rotação (2.4) toma a seguinte forma:
x = −
√
2
2
x
1
+ 0y
1
+
√
2
2
z
1
y =
√
2
2
x
1
+ 0y
1
+
√
2
2
z
1
z = 0 x
1
+ y
1
+ 0 z
1
.
Substituindo esses valores de x, y e z na equação inicial e reagrupando, obtemos
x
2
1
+ y
2
1
+ 2x
1
+ 2y
1
+ 1 = 0.
Completando-se quadrados obtemos
(x
1
+ 1)
2
− 1 + (y
1
+ 1)
2
= 0,
ou equivalentemente,
(x
1
+ 1)
2
+ (y
1
+ 1)
2
= 1.
Efetuando-se a translação
x
2
= x
1
+ 1
y
2
= y
1
+ 1
z
2
= z
1
,
obtemos
x
2
2
+ y
2
2
= 1,
que é a equação de um Cilindro Elíptico.
Portanto,
x
2
2
+
y
2
2
+ z
2
− xy −
√
2x +
√
2y + 2z + 1 = 0 representa um Cilindro
Elíptico.
Solução segundo a versão de Álgebra Linear 85
4.2 Solução segundo a versão de Álgebra Linear
Temos que A =
1
2
−
1
2
0
−
1
2
1
2
0
0 0 1
.
Para diagonalizar a matriz A, resolvemos a equação det(A − λI) = 0, encontrando
λ
1
= λ
2
= 1 e λ
3
= 0 os autovalores da matriz A,
−
√
2
2
,
√
2
2
, 0
e (0, 0, 1) os
autovetores unitários de A associados aos autovalores λ
1
= λ
2
= 1 e
√
2
2
,
√
2
2
, 0
o
autovetor unitário de A associado ao autovalor λ
3
= 0. Sendo assim, temos que
A
=
1 0 0
0 1 0
0 0 0
e P =
−
√
2
2
0
√
2
2
√
2
2
0
√
2
2
0 1 0
.
Definamos:
x
1
y
1
z
1
=
x y z
P
e
g
1
h
1
i
1
=
g h i
P =
−
√
2
√
2 2
P =
2 2 0
.
Desta maneira, a expressão inicial da quádrica fica reduzida à forma
x
2
1
+ y
2
1
+ 2x
1
+ 2y
1
+ 1 = 0.
Neste caso, completando-se quadrados obtemos
(x
1
+ 1)
2
− 1 + (y
1
+ 1)
2
= 0,
ou equivalentemente,
(x
1
+ 1)
2
+ (y
1
+ 1)
2
= 1.
Fazendo x
2
= x
1
+ 1, y
2
= y
1
+ 1 e z
2
= z
1
obtemos
x
2
2
+ y
2
2
= 1,
que é a equação de um Cilindro Elíptico.
Portanto, a quádrica
x
2
2
+
y
2
2
+z
2
−xy −
√
2x+
√
2y + 2z + 1 = 0 , após uma rotação
seguida de uma translação, representa a equação de um Cilíndro Elíptico.
As figuras a seguir, mostram todas as transformações de coordenadas que fizemos
neste exemplo.
86 Conclusão
−5
−4
−5 −5
−3
−4 −4
z
y x
−3 −3
−2
−2 −2
−1
−1−1
0 0
0
1 1
1
2 2
3
2
3
4 4
3
5 5
4
5
Figura 4.2: Quádrica x
2
1
+ y
2
1
+ 2x
1
+ 2y
1
+ 1 = 0 (obtida após uma rotação).
−5
−5
−4 −4
y x
−3 −3
−2 −2
−1−1
0 0
1 1
2 2
3 3
4 4
5
5
Figura 4.3: Quádrica x
2
1
+ y
2
1
+ 2x
1
+ 2y
1
+ 1 = 0 vista de cima.
Solução segundo a versão de Álgebra Linear 87
−5
−4
−5 −5
−3
−4 −4
z
y x
−3 −3
−2
−2 −2
−1
−1−1
0 0
0
1 1
1
2 2
3
2
3
4 4
3
5 5
4
5
Figura 4.4: Quádrica x
2
2
+ y
2
2
= 1 (obtida após uma translação).
−5
−5
−4 −4
y x
−3 −3
−2 −2
−1−1
0
0
1 1
2 2
3 3
4 4
5
5
Figura 4.5: Quádrica x
2
2
+ y
2
2
= 1 vista de cima.
Referências
[1] BOULOS, P.; CAMARGO, I. Geometria Analítica. 3. ed. São Paulo: Prentice Hall,
2005.
[2] PRESSLEY, A. Elementary Differential Geometry. London Berlin Heidelberg:
Springer-Verlag, 2001.
[3] HOFFMAN, K.; KUNZE, R. Álgebra Linear. 2. ed. Rio de Janeiro: Livros Técnicos
e Científicos Editora S.A., 1979.
[4] LIMA, E. L. Geometria Analítica e Álgebra Linear. Rio de Janeiro: IMPA, 2008.
[5] LIBARDI, A. K. M.; PENTEADO, D.; OLIVEIRA, E. Geometria das Quádricas.
1. ed. Rio Claro: Textos de Matemática - Departamento de Matemática - IGCE -
UNESP, 1998.
[6] PERISSINOTO JR, A.; VIEIRA, J. P. Formas Elementares: Diagonal, Triangular
e de Jordan. 2. ed. Rio Claro: Textos de Matemática - Departamento de Matemática
- IGCE - UNESP, 2003.
89
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