Cônicas - Elipse Hipérbole Parábola: Definições, Equações e Propriedades - Guia Completo

CAPÍTULO 21 CÔNICAS 1 Elipse hipérbole parábola forma reduzida A Elipse Definição Consideremos num plano π dois pontos F₁ e F₂ distantes 2c 0 entre si Seja a c Ao conjunto dos pontos P π tais que dP F₁ dP F₂ 2a se dá o nome de elipse Equação na forma reduzida Tomando um sistema ortogonal como mostra a figura a igualdade 1 fica para P x y Cônicas 259 x c² y² x c² y² 2a x c² y² 2a x c² y² Elevando ao quadrado e simplificando resulta a x c² y² a² cx Elevando novamente ao quadrado e simplificando resulta a² c² x² a²y² a² a² c² Como a² c² 0 na verdade a² c² 0 porque a c 0 x²a² y²a² c² 1 2 Seja b a² c² Então 0 b a e a² b² c² 3 Logo 2 se escreve x²a² y²b² 1 4 Portanto se P x y pertence à elipse x e y satisfazem 4 Reciprocamente se x y verifica 4 então P x y é ponto da elipse experimente provar isto Esboço Como 4 só apresenta x e y elevados a expoentes pares a curva é simétrica em relação aos eixos coordenados e portanto em relação à origem se um ponto p q satisfaz 4 os pontos p q p q e p q também a satisfazem Além disso de 4 concluímos facilmente que para todo ponto P x y da elipse vale 60 Geometria Analítica um tratamento vetorial x²a² 1 a x a e y²b² 1 b y b isto é a elipse está contida no retângulo mostrado na figura y 0 b a 0 a 0 x 0 b Achemos as interseções da elipse com os eixos coordenados Com Ox fazendo y 0 vem x a logo elas são A₁ a 0 A₂ a 0 com OY fazendo x 0 vem y b logo elas são B₁ 0 b B₂ 0 b Graças à simetria podemos restringirnos ao 1º quadrante onde y ba a² x² 0 x a Atribuindo valores a x entre 0 e a e calculando y obtemos o esboço a² b² c² Atenção Se você adotar um sistema ortogonal em que F1 e F2 estão no eixo Oy como mostra a figura ao lado então 1 fornecerá de modo análogo a seguinte equação x²b² y²a² 1 b a² c² Dispondo os eixos como é tradicional Ox horizontal Oy vertical o esboço da elipse toma o aspecto seguinte a² b² c² Assim a elipse x² y²4 1 tem focos no eixo Oy e a elipse x²4 y²2 1 tem focos no eixo Ox Nomes F1 F2 focos 2c distância focal A1 A2 eixo maior B1 B2 eixo menor O centro A1 A2 B1 B2 vértices F1 F2 segmento focal EXERCÍCIO RESOLVIDO Está fixado um sistema ortogonal 0 i j Escreva a equação e esboce o gráfico da elipse a de focos F1 4 0 F2 4 0 e eixo maior medindo 12 b de focos F1 0 3 F2 0 3 e eixo menor medindo 8 Resolução a Temos 2a 12 e 2c 4 4 logo a 6 e c 4 Daí b² a² c² 20 Como os focos estão em Ox usamos 4 x²36 y²20 1 b Temos 2b 8 e 2c 3 3 6 Logo b 4 e c 3 De a² b² c² vem a² 4² 3² 25 Como os focos estão no eixo Oy usamos 5 x²16 y²25 1 B Hipérbole Definição Consideremos num plano π dois pontos F1 e F2 distantes 2c 0 entre si Seja 0 a c Ao conjunto dos pontos P π tais que dP F1 dP F2 2a 6 se dá o nome de hipérbole Equação na forma reduzida Tomando um sistema ortogonal como mostra a figura da mesma forma como no caso da elipse chegase a que P x y está na hipérbole se e somente se x²a² y²c² a² 1 Pondo b c² a² temos 0 b c e c² a² b² 7 A equação fica x²a² y²b² 1 8 Esboço Como 8 só apresenta expoentes pares concluímos como no caso da elipse que a hipérbole é simétrica em relação aos eixos coordenados e portanto em relação à origem Além disso de 8 concluímos que se P x y é um ponto qualquer da hipérbole então x²a² 1 y²b² 1 x a ou x a Isso quer dizer que a curva não entra na faixa vertical indicada na figura ao lado Assim o eixo Oy não a intercepta enquanto que o eixo Ox a intercepta nos pontos A1 a 0 e A2 a 0 verifique Graças à simetria podemos restringirnos ao primeiro quadrante e aí y ba x² a² x a Atribuindo valores a x e calculando y obtemos o esboço seguinte onde as retas r y ba x e s y ba x são assíntotas à hipérbole Atenção Se você adotar um sistema ortogonal em que F₁ e F₂ estão no eixo Oy como na figura ao lado então de 6 obterá x²b² y²a² 1 b c² a² Dispondo os eixos como é tradicional Ox horizontal Oy vertical o esboço da hipérbole toma o seguinte aspecto c² a² b² Assim x² y² 1 representa uma hipérbole com focos em Ox e x²4 y²100 1 representa uma hipérbole com focos em Oy Nomes F₁ F₂ focos 2c distância focal A₁ A₂ eixo transverso B₁ B₂ eixo conjugado O centro A₁ A₂ vértices F₁ F₂ segmento focal r e s assíntotas EXERCÍCIO RESOLVIDO Está fixado um sistema ortogonal 0 î ĵ Ache as equações da hipérbole e das suas assíntotas conhecendo a os focos F₁ 13 0 F₂ 13 0 e a medida do eixo transverso 6 b um foco F₁ 0 11 a distância focal 211 e a medida do eixo conjugado 27 F₂ no eixo Oy Resolução a Temos 2a 6 e 2c 213 logo a 3 e c 13 Daí b² c² a² 4 Como os focos estão em Ox usamos 8 x²9 y²4 1 As assíntotas têm equações y 23 x e y 23 x b Temos 2b 27 2c 211 b 7 c 11 Daí a² c² b² 4 Como os focos estão em Oy usaremos 9 x²7 y²4 1 As assíntotas têm equações y 27 x e y 27 x c Parábola Definição Consideremos num plano π um ponto F e uma reta r F r fixos Ao conjunto dos pontos de π equidistantes de F e r se dá o nome de parábola Equação Tomemos um sistema ortogonal como se mostra na figura Seja 2p dF r Nesse caso F p 0 r x p x p 0 Então P x y está na parábola se e somente se dP F dP r isto é x p² y² x p1² 0² que é equivalente a elevando ao quadrado e simplificando y² 4px 10 Esboço Faça uma análise semelhante à que fizemos nos casos da elipse e da hipérbole para obter o esboço ao lado onde O é o ponto médio de HF Nomes F foco r diretriz 2p parâmetro reta por F e perpendicular a r eixo de simetria V ponto médio de HF vértice Atenção Escolhendose outros sistemas de coordenadas é claro que a equação da parábola muda Eis alguns casos F p 0 F 0 p F 0 p r x p r y p r y p y² 4px 11 y 14p x² 12 y 14p x² 13 Observação O método utilizado para chegar aos esboços da elipse da hipérbole e da parábola é precário e incompleto Por exemplo no caso da elipse mesmo que você atribua muitos valores a x você somente obterá um número finito de pontos Ao ligálos que critério adotar para decidir qual das figuras abaixo é a mais razoável É bom que você saiba que as técnicas algébricas de que dispomos não são suficientes para decidir isso É necessário recorrer ao Cálculo Diferencial onde se aprendem técnicas mais sofisticadas e eficientes para esboçar gráficos de certas funções EXERCÍCIOS PROPOSTOS Está fixado um sistema ortogonal 0 î 𝑗 1 Escreva a equação reduzida da elipse dados a os focos 5 0 e dois vértices 13 0 b os focos 0 6 e a 17 c dois vértices 5 0 e a excentricidade e 35 onde e ca Os focos estão no eixo Ox d os focos 1 0 o semieixo menor medindo 2 e as extremidades do eixo menor 0 4 e o comprimento L 85 da corda perpendicular ao eixo maior da elipse e que passa por um dos focos f os focos 0 23 L 2 L como no item anterior g o centro 0 0 um dos focos 0 40 e um ponto 5 143 da elipse 2 Para as elipses dadas determine os vértices os focos a excentricidade e ca Faça um esboço a 16x2 25y2 400 b x2 9y2 9 c 2x2 y2 50 d 3x2 4y2 12 3 Escreva a equação reduzida da elipse que tem centro na origem focos num dos eixos coordenados e passa por A e B a A 3 2 B 1 4 b A 5 2 B 2 4 4 Ache os vértices e a área de um quadrado com lados paralelos aos eixos inscrito na elipse 9x2 16y2 100 5 Obtenha equações das elipses cujos focos e medida do semieixo maior são dados a 3 2 3 6 a 4 b 1 1 1 1 a 3 c 0 0 1 1 a 3 Sugestão É mais cômodo resolver usando a definição de elipse mas é mais instrutivo usar translações e rotações 6 Determine os vértices os focos a excentricidade e ca e as assíntotas das hipérboles dadas a seguir Faça um esboço a 25x2 144y2 3600 b 16x2 25y2 400 c y2 x2 16 d 9y2 4x2 36 e 3x2 y2 3 7 Escreva a equação reduzida da hipérbole dados a os vértices 2 0 e os focos 3 0 b os vértices 15 0 e as assíntotas 5y 4x c b 4 as assíntotas 2y 3x focos no eixo Oy d os focos 5 0 e as assíntotas 2y x e as assíntotas y x e um ponto da hipérbole 5 9 f os focos 5 0 e o comprimento L 92 da corda por um dos focos perpendicular a F1 F2 8 Obtenha equações das hipérboles dados os focos e a a 3 3 3 7 a 3 b 3 4 1 2 a 1 Veja a sugestão do Exercício 5 9 Determine os focos os vértices e as diretrizes das parábolas dadas a seguir Faça um esboço a y2 16x b y2 28x 0 c x2 40y 0 d 5y2 12x e 2x2 7y f 7x2 15y 10 Escreva as equações reduzidas das parábolas com vértice na origem dados a o foco 8 0 b a diretriz y 2 c o eixo de simetria Ox e um ponto da parábola 5 10 d dois pontos da parábola 6 18 e 6 18 e um ponto da diretriz 4 7 e o eixo de simetria Ox 11 Ache as equações das parábolas de focos e diretrizes dados abaixo a 2 3 x 0 b 3 1 y 3 0 c 4 2 2x y 3 Veja a sugestão do Exercício 5 2 Cônicas caso geral Definição Dado num plano π um sistema ortogonal de coordenadas e dada a equação Gx y Ax2 Bxy Cy2 Dx Ey F 0 14 com A2 B2 C2 0 chamase cônica ao conjunto dos pontos P x y de π tais que 14 se verifica Exemplos de cônicas 1 O conjunto vazio Gx y x2 y2 1 0 2 Um ponto Gx y x2 y2 0 3 Uma reta Gx y x y2 x2 2xy y2 0 4 Reunião de duas retas paralelas Gx y x yx y 1 x2 2xy y2 x y 0 5 Reunião de duas retas concorrentes Gx y x yx y x2 y2 0 6 Elipse Gx y x2 2y2 1 0 7 Hipérbole Gx y x2 y2 1 0 8 Parábola Gx y x y2 0 9 Circunferência Gx y x2 y2 1 0 Provaremos no 3 que estes nove casos esgotam as possibilidades Nos exemplos acima não há nenhuma dificuldade em se reconhecer a cônica a partir de sua equação Já não se pode dizer o mesmo dos seguintes 35x2 2xy 35y2 34x 34y 289 0 elipse 3x2 12xy 8y2 18x 28y 11 0 hipérbole 4x2 4xy y2 2x y 15 0 vazio Neste parágrafo o nosso objetivo é reconhecer a cônica e esboçar seu gráfico conhecida sua equação Roteiro 1 Procure eliminar por meio de uma translação os termos de 1º grau Proceda como indicado em I no 3 capítulo anterior Os pontos h k lá indicados se chamam centros de simetria da cônica 2 Admitindo que isso possa ser feito procure eliminar o termo em uv através de uma rotação como se indica em II 3 Capítulo 20 Chegase a uma equação da forma At2 Cw2 F 0 e daí é fácil o reconhecimento Esse nome advém do fato seguinte se P está na cônica também está o seu simétrico em relação ao centro Basta observar a equação da cônica quando se translada o sistema inicial Au2 Buv Cv2 F 0 Se u v a satisfaz então u v também a satisfaz Observe que as parábolas são as únicas cônicas que não têm centro apesar de terem um eixo de simetria Elipses hipérboles circunferências pontos e reuniões de duas retas concorrentes possuem centro único Retas reuniões de duas retas paralelas e vazio têm infinitos centros Note que esta última equação só apresenta expoentes pares para t e w e portanto como já comentamos no 1 ela descreve um conjunto simétrico em relação aos eixos Ot e Ow Eis aí o significado geométrico do processo Se não pudermos eliminar os termos de 1º grau paciência Efetuamos uma rotação para eliminarmos o termo em xy Observação Foi visto no Exercício 4 do 3 do capítulo anterior que B² 4AC 4AC pois aqui B 0 Usando este fato não é difícil tirar as seguintes conclusões que ajudam a conferer resultados daremos mais detalhes no próximo parágrafo Se B² 4AC 0 a cônica só pode ser vazio ponto circunferência ou elipse Se B² 4AC 0 a cônica só pode ser reta reunião de duas retas paralelas parábola ou vazio Se B² 4AC 0 tratase necessariamente de reunião de duas retas concorrentes ou de hipérbole Por causa disso dizemos que a equação 14 é de tipo elíptico quando B² 4AC 0 de tipo parabólico quando B² 4AC 0 e de tipo hiperbólico quando B² 4AC 0 EXERCÍCIOS RESOLVIDOS Está fixado um sistema ortogonal 0 i j 1 Esboçar o gráfico da cônica de equação G xy 4x² 4xy 7y² 12x 6y 9 0 Resolução B² 4AC 16 447 0 tipo elíptico As possibilidades são vazio ponto circunferência elipse Fazendo x u h y v k e substituindo na equação obteremos 4u² 4uv 7v² 8h 4k 12u 4h 14k 6v Ghk 0 Igualando os coeficientes de u e v a 0 resulta 8h 4k 12 4h 14k 6 de onde resulta h 2 k 1 A equação no novo sistema fica 4u² 4uv 7v² 24 0 Vamos agora eliminar o termo uv Sendo tg 2θ 447 43 podemos escolher 2θ no 1º quadrante Calculamos A e C que são raízes de 4 λ 2 0 2 7 λ Resolvendo encontramos λ 3 e λ 8 Para decidir quem é A e quem é C observe que fórmula 20 do Capítulo 20 cos 2θ 4 7A C 3A C Como cos 2θ 0 resulta A C 0 A C Logo A 3 C 8 A equação final é lembrese que o termo independente F não se altera por rotação 3t² 8w² 24 0 ou seja t²8 w²3 1 É uma elipse Eis o esboço procurado 2 Idem para G xy x² 2xy y² 2x 2y 1 0 Resolução B² 4AC 4 4 0 tipo parabólico As possibilidades são reta reunião de duas retas paralelas parábola ou vazio Tentemos a eliminação dos termos de 1º grau Fazendo x u h y v k resulta u² 2uv v² 2k 2h 2u 2k 2h 2v Ghk 0 Igualando os coeficientes de u e v a zero resulta 2k 2h 2 2k 2h 2 claramente incompatível Logo não existe centro o que nos dá a certeza de que se trata de uma parábola Vamos à rotação Como A C tomemos θ π4 Como vimos no Capítulo 20 temos A 12 A B C 0 C 12 A B C 2 D D cos π4 E sen π4 22 E D sen π4 E cos π4 0 F 1 Note que por ser B2 4AC 0 já era previsto que ou A 0 ou C 0 A equação fica 2v2 22 u 1 0 que é uma parábola que você já deve saber desenhar Escrevendo a última equação na forma v2 2 u 122 0 podese ainda fazer a translação w v t u 122 para obter a equação reduzida w2 2 t Eis a resposta 3 Idem para Gxy x2 4xy 4y2 6x 12y 8 0 Resolução B2 4AC 16 16 0 tipo parabolico Pode ser reta reunião de duas retas paralelas parábola ou vazio Para eliminar os termos de 1º grau fazemos x u h y v k obtendo u2 4uv 4v2 4k 2h 6u 8k 4h 12v Ghk 0 Igualando a 0 os coeficientes de u e de v vem 4k 2h 6 8k 4h 12 sistema compatível indeterminado logo não se trata de parábola Escolhemos uma solução digamos h 1 k 1 Com isso a equação fica u2 4uv 4v2 1 0 Para eliminar o termo em uv calculamos tg 2θ 414 43 e escolhemos 2θ no 1º quadrante A e C são as raízes de 1 λ 2 2 4 λ 0 que são 0 e 5 Para saber quem é A e quem é C examinamos cos 2θ 14A C Como cos 2θ 0 pela escolha acima resulta A C 0 logo A C e daí A 0 C 5 A equação final é 5w2 1 0 ou seja w 15 Tratase da reunião de duas retas paralelas Agora repare que este exercício poderia ter sido resolvido de um modo todo especial pela fatoração do polinômio Gxy Gxy x2 4xy 4y2 6x 12y 8 x 2y2 6x 2y 8 x 2y 2x 2y 4 Logo Gxy 0 x 2y 2 0 ou x 2y 4 0 e portanto a cônica é a reunião das retas paralelas descritas acima De qualquer modo se você não perceber essa possibilidade e fizer a translação obtendo a equação u² 4uv 4v² 1 0 ainda resta a alternativa de fatorar u² 4uv 4v² 1 u 2v² 1 0 que implica u 2v 1 ou u 2v 1 e novamente temos as duas retas paralelas desta vez referidas ao sistema Ouv Vale a pena ficar atento a esses casos especiais EXERCÍCIOS PROPOSTOS Está fixado um sistema ortogonal de coordenadas 0 i j 1 Esboçar o gráfico da cônica representada por a Gx y 3x² 3y² 2xy 62x 22y 2 0 b Gx y x² 4y² 33 xy 1 0 c Gx y x² 4y² 4xy 1 0 d Gx y 16x² 24xy 9y² 38x 34y 71 0 e Gx y 7x² 5y² 23 xy 14 23 x 10 23 y 8 23 0 f Gx y 16x² 108xy 29y² 260 0 g Gx y 7x² 6xy y² 28x 12y 28 0 2 Reduza a equação à forma mais simples através de translação eventual e rotação Dê o ângulo de rotação Descreva o conjunto representado a 32x² 52xy 7y² 180 0 b 7x² 63 xy 13y² 16 0 c x² 5xy 11y² x 37y 52 0 d 4x² 4xy y² 85 x 165 y 0 e x² y² 2xy 82 x 82 y 0 f 8y² 6xy 12x 26y 11 0 g 17x² 12xy 8y² 0 h 19x² 6xy 11y² 38x 6y 29 0 3 Reconheça as cônicas dadas a seguir a 3x² 4xy y² 2x 1 0 b x² 6xy 7y² 10x 30y 23 0 c 5x² 4xy y² 6x 2y 2 0 d 2x² 3y² 8x 6y 7 0 e 4x² 4xy y² 6x 3y 2 0 f x² 2xy y² 10x 6y 25 0 g x² 4y² 4xy 2x 4y 1 0 h 16x² 16y² 16x 8y 59 0 3 Classificação das cônicas Como vimos no parágrafo anterior o processo para esboçar o gráfico de uma cônica é em geral laborioso Porém se o interesse for apenas o de reconhecer a cônica vimos que há alguns atalhos que encurtam o caminho como por exemplo a análise do sinal de B² 4AC Vamos agora sistematizar esses procedimentos para ver como se pode reconhecer a cônica de um modo relativamente simples através da análise dos coeficientes de sua equação Fixemos um sistema ortogonal de coordenadas 0 i j em E² Sendo Gx y Ax² Bxy Cy² Dx Ey F 0 A² B² C² 0 15 a equação de uma cônica associamos a ela a matriz simétrica M A 12 B 12 D 12 B C 12 E 12 D 12 E F 16 e os números Δ₁ A C Δ₂ A 12 B 12 B C B² 4AC 4 Δ₃ det M 17 Considere a mudança de coordenadas dada por x h u cos θ v sen θ y k u sen θ v cos θ 18 que corresponde a uma translação seguida de uma rotação rototranslação observe que o novo sistema de coordenadas também é ortogonal Substituindo 18 em 15 resulta uma equação da forma guv au² buv cv² du ev f 0 à qual fica associada uma matriz m a b2 d2 b2 c e2 d2 e2 f e correspondentes números δ₁ a c δ₂ b² 4ac4 δ₃ det m Proposição 1 Valem as igualdades δ₁ Δ₁ δ₂ Δ₂ δ₃ Δ₃ isso quer dizer que os números Δ₁ Δ₂ e Δ₃ são invariantes por rototranslações por isso são chamados invariantes ortogonais da cônica dada Demonstração Para as duas primeiras igualdades veja os Exercícios 4 e 5 do 3 Capítulo 20 Quanto à terceira observe inicialmente que o 1º membro de 15 pode ser colocado sob forma matricial faça os cálculos para constatar isso Gxy x y 1 M x y 1 Além disso usando 18 vemos após um cálculo matricial simples que x y 1 T u v 1 onde T cos θ sen θ h sen θ cos θ k 0 0 1 Transpondo obtemos ainda x y 1 u v 1 Tᵗ Substituindo na expressão de Gxy obtemos guv u v 1 Tᵗ M T u v 1 Mas a exemplo de Gxy podemos escrever guv u v 1 m u v 1 Comparando as duas últimas igualdades vem m Tᵗ M T de onde resulta δ₃ det M det Tᵗ det M det T det M Δ₃ já que det T det Tᵗ 1 Observação Uma alternativa para demonstrar a invariância de Δ₂ você pode ver no Exercício 2 Para a próxima Proposição será útil o lema seguinte cuja demonstração é imediata e será deixada como exercício Lema Seja guv cv² du ev f a Se c 0 e d 0 então a mudança de variáveis translação u X fd e²4cd v Y e2c transforma guv em cY² dX b Se c 0 e d 0 então a mudança de variáveis translação v Y e2c u X transforma guv em cY² q onde q f e² 4c Observação As translações acima não caíram do céu São motivadas pela conhecida técnica de completão de quadrados cv² ev cv² ec v c v² 2 e2c v e2c² e2c² c v e2c² e²4c² cv e2c² e²4c² Proposição 2 Considere a cônica dada por 15 a Se Δ₂ 0 existe um sistema de coordenadas ortogonal em relação ao qual a equação da cônica tem a forma pX² qY² r 0 p² q² 0 b Se Δ₂ 0 então b₁ se Δ₃ 0 existe um sistema ortogonal de coordenadas em relação ao qual a cônica tem equação da forma pY² qX 0 p 0 q 0 b₂ se Δ₃ 0 existe um sistema ortogonal de coordenadas em relação ao qual a cônica tem equação da forma pY² q 0 p 0 Demonstração a Decorre do trabalho desenvolvido no 3 do Capítulo 20 De fato Δ₂ 4AC B²4 sendo nãonulo podemos fazer uma translação para eliminar os termos de 1º grau como sempre é possível fazer uma rotação para eliminar o termo misto de 2º grau obtemos após essa rototranslação um sistema ortogonal satisfazendo às condições do enunciado b Suponhamos Δ₂ 0 Efetuando uma rotação para eliminar o termo misto de 2º grau obtemos um sistema de coordenadas ortogonal em relação ao qual a equação da cônica tem a forma au² cv² du ev f 0 19 onde a e c são raízes de A λ B2 B2 C λ 0 Agora m a 0 d2 0 c e2 d2 e2 f e pela Proposição 1 temos Δ₁ a c Δ₂ ac Δ₃ acf cd²4 ae²4 20 De Δ₂ 0 segue que a 0 ou c 0 não podendo ser ambos nulos senão a equação 15 não seria de 2º grau veja o Exercício 4b 3 do Capítulo 20 Suponhamos a 0 e c 0 o outro caso é análogo e fica como exercício Então 20 fornece Δ₃ cd²4 21 e 19 se reduz a cv² du ev f 0 22 b₁ Se Δ₃ 0 21 nos assegura que d 0 e o resultado segue da parte a do Lema anterior aplicada a 22 tomando p c e q d b₂ Se Δ₃ 0 21 nos dá d 0 e o resultado segue agora da parte b do referido Lema tomando p c Corolário Seja Ω um subconjunto de E² i Ω é uma cônica se e somente se Ω é de um dos seguintes tipos 1 vazio 2 conjunto de um único ponto 3 reta 4 reunião de duas retas paralelas 5 reunião de duas retas concorrentes 6 elipse 7 parábola 8 hipérbole 9 circunferência ii Se Ω φ então Δ₃ 0 se e somente se Ω é de um dos tipos 2 3 4 5 do item i Demonstração i Vamos estudar o caso Δ₂ 0 deixando o outro caso como exercício Pela Proposição 2 existe um sistema de coordenadas em relação ao qual a equação da cônica tem a forma pX² qY² r 0 p² q² 0 23 I Suponhamos r 0 Ia Se p q r têm mesmo sinal então Ω φ Ib Se p q r não têm mesmo sinal então 23 pode representar uma elipse uma circunferência ou uma hipérbole II Suponhamos r 0 De 23 segue pX² qY² 0 p² q² 0 24 IIa Se p e q têm mesmo sinal então pX² qY² 0 Logo Ω é formado por um único ponto IIb Se p e q têm sinais contrários então 24 representa a reunião de duas retas concorrentes ii Deixamos como exercício lembrando que pela Proposição 1 e por 23 temse Δ₃ p q r Observação O conjunto vazio está fora do alcance do item ii as equações x² 1 0 e x² y² 1 0 representam ambas o conjunto vazio mas para a primeira Δ₃ 0 e para a segunda Δ₃ 1 Vamos agora ver como se aplicam esses resultados EXERCÍCIOS RESOLVIDOS Está fixado um sistema ortogonal 0 i j 1 Reconheça a cônica de equação 4x² 4xy 7y² 12x 6y 9 0 veja o Exercício Resolvido nº 1 2 Resolução Temos M 4 2 6 2 7 3 6 3 9 Δ₁ 11 Δ₂ 4 7 2 2 24 0 Δ₃ det M 576 0 Como Δ₂ 0 existe pela Proposição 2 um sistema de coordenadas ortogonal em relação ao qual a equação da cônica é da forma pX² qY² r 0 m p 0 0 0 q 0 0 0 r δ₁ p q δ₂ pq δ₃ pqr Pela Proposição 1 devemos ter pqr 576 pq 24 p q 11 de onde resulta facilmente p 0 q 0 r 0 Tratase portanto de elipse ou circunferência Das igualdades pq 24 e p q 11 concluise imediatamente que p q Logo a cônica não é circunferência Tratase pois de uma elipse Observação Caso se queira a equação da elipse na forma reduzida basta resolver o sistema acima Obtémse p 3 q 8 ou p 8 q 3 e r 24 A equação é pois 3X² 8Y² 24 0 ou seja X²8 Y²3 1 A escolha da outra solução fornece X²3 Y²8 1 Este método não permite obter a medida θ do ângulo de rotação de modo que não temos elementos para esboçar o gráfico da cônica 2 Idem para x² 2xy y² 2x 2y 1 0 veja o Exercício Resolvido nº 2 2 Resolução Seguindo os passos da resolução do exercício anterior temos M 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Δ₁ 2 Δ₂ 0 Δ₃ 4 Pela Proposição 2 existe um sistema ortogonal de coordenadas em relação ao qual a cônica é dada por uma equação da forma pY² qX 0 Sendo m 0 0 q2 0 p 0 q2 0 0 δ₁ p δ₂ 0 δ₃ pq²4 a Proposição 1 nos leva a p 2 0 0 pq²4 4 ou seja p 2 q 8 ou p 2 q 8 Tratase pois de uma parábola Observação Num certo sistema de coordenadas a parábola tem por equação 2X² 8 Y 0 Num outro 2X² 8 Y 0 Novamente faltamnos subsídios para determinar θ e esboçar a parábola 3 Idem para x² 4xy 4y² 6x 12y 8 0 veja o Exercício Resolvido nº 3 2 Resolução Temos M 1 2 3 2 4 6 3 6 8 Δ₁ 5 Δ₂ 0 Δ₃ 0 e portanto em relação a um sistema ortogonal de coordenadas a cônica tem equação da forma pY² q 0 Neste caso m 0 0 0 0 p 0 0 0 q δ₁ p δ₂ 0 δ₃ 0 e o sistema que se obtém igualando os invariantes só fornece p 5 Mas observando a equação pY² q 0 vemos que só pode representar reta reunião de duas retas paralelas ou o vazio Determinemos então a interseção da cônica com os eixos Ox e Oy Fazendo x 0 na equação original resulta 4y² 12y 8 0 e daí y 2 ou y 1 Fica claro que se trata da reunião de duas retas paralelas 4 Idem para x² 2xy y² x y 1 0 Resolução Temos M 1 1 12 1 1 12 12 12 1 Δ₁ 2 Δ₂ 0 Δ₃ 0 e a situação é a mesma do exercício anterior Determinemos a interseção da cônica com Oy Fazendo x 0 na equação dada vem y² y 1 0 que não tem raízes reais logo a cônica não intercepta Oy Agora com Ox Fazendo y 0 na equação dada resulta x² x 1 0 que também não possui raízes reais Conclusão Tratase do conjunto vazio EXERCÍCIOS PROPOSTOS Está fixado um sistema ortogonal 0 i j 1 Faça o reconhecimento das cônicas dadas nos exercícios propostos no 2 usando os métodos deste parágrafo 2 a Mostre que a parte quadrática de 15 pode ser escrita matricialmente sob a forma x yP x y onde P A B2 B2 C b Mostre que 18 pode ser posta sob a forma x y R u v Q onde R cos θ sen θ sen θ cos θ Q h k c Combinando a e b e procedendo como na demonstração da invariância de Δ₃ prove a invariância de Δ₂ 3 θ arc sen 55 2nπ n inteiro CAPÍTULO 20 MUDANÇA DE COORDENADAS 3 Aplicação das Translações e Rotações de E² ao estudo da Equação Ax² Bxy Cy² Dx Ey F 0 pág 256 3 a 4u² v² 16 0 i t² 2w² 6 0 b 4u² 3v² 7 0 j 13t² 4w² 81 0 c 4u² 5v² 100 0 l 2t² 3w² 24 0 d v² 4u 0 m 11t² 6w² 66 0 e u² 5v 0 n 2t² 11w² 22 0 f u² 2v² 7 0 o 4t² w² 0 g w² 4t 0 p t² 1 0 h t² 2w² 2 0 q w² 8t CAPÍTULO 21 CÔNICAS 1 Elipse Hipérbole Parábola Forma Reduzida pág 268 1 a x²169 y²144 1 d x²3 y²2 1 b x²253 y²289 1 e x²400 y²16 1 c x²25 y²16 1 f x²4 y²16 1 g x²9 y²49 1 2 a 5 0 0 4 3 0 35 b 3 0 0 1 22 0 223 c 0 52 5 0 0 5 22 d 2 0 0 3 1 0 12 3 a x²353 y²352 1 b x²32 y²1287 1 4 2 2 2 2 16 5 a 4x² 3y² 24x 24y 36 0 b 8x² 2xy 8y² 63 0 c 35x² 2xy 35y² 34x 34y 289 0 6 a 12 0 13 0 1312 12y 5x b 5 0 41 0 415 5y 4x c 0 4 0 42 2 y x d 0 13 132 3y 2x e 1 0 2 0 2 y 3 x 7 a x²4 y²5 1 b x²225 y²144 1 c y236 x216 1 d x220 y25 1 e y256 x256 1 f x216 y29 1 8 a 9x2 16y2 54x 64y 161 0 b 3x2 12xy 8y2 18x 28y 11 0 9 a 4 0 0 0 x 4 0 b 7 0 0 0 x 7 0 c 0 10 0 0 y 10 d 35 0 0 0 5x 3 0 e 0 78 0 0 8y 7 0 f 0 1528 0 0 28y 15 0 10 a y2 32x b x2 8y c y2 20x d x2 2y e y2 16x 11 a y2 4x 6y 13 0 b x2 6x 8y 1 0 c x2 4xy 4y2 52x 26y 91 0 CAPÍTULO 21 CÔNICAS 2 Cônicas Caso Geral pág 271 1 z12 12 w2 1 θ π4 b u211 v22 1 θ π3 c v 15 θ arc tg 12 d w2 2t θ arc tg 43 v 75 15 em relação ao sistema Ouv e u²12 v² 1 θ π6 n u²7 v²5 1 θ arc tg 32 g w 2x θ arc tg 13 2 a hipérbole u²9 v²4 1 tg θ 2 cos θ 15 b elipse u²4 v² 1 θ π6 rd c hipérbole t²6 w²46 1 tg θ 5 1º quadrante d parábola w² 8t tg θ 2 1º quadrante e parábola w² 8t θ π4 rd f hipérbole t² w²9 1 tg θ 3 cos θ 110 g ponto origem 20u² 5v² 0 tg θ 12 2º quadrante h conjunto vazio tg θ 3 cos θ 110 t² 2w² 1 0 3 a reunião de duas retas concorrentes b hipérbole c ponto d elipse e reunião de duas retas paralelas f parábola g reta h circunferência CAPÍTULO 22 SUPERFÍCIES 1 Superfície Esférica 11 Equação reduzida e equação geral pág 292 1 a x 1² y 1² z 3² 4 b x² y² z² 1 c x 2² y 1² z 3² 2 d x 18² y 17² z 1² 2500 e x² y 1² z² 16 2 a C 2 6 0 r 5 b C 2 3 1 r 4 c não d C 1 1 0 r 2 e não f não g C 1 1 1 r 22 h não i não 3 x² y² z² 1 4 x 1² y 1² z 2² 1