23 e 24. Forma Quadrática e Equação do Segundo Grau em R 3. Sumário

23 e 24 Forma Quadrática e Equação do Segundo Grau em R 3 Sumário 23.1 Introdução....................... 2 23.2 Autovalores e Autovetores de uma matriz 3 3.. 2 23.3 Mudança de Coordenadas no Espaço........ 7 23.4 Formas Quadráticas em R 3.............. 14 23. Equação Geral do Segundo Grau em R 3....... 21 23.6 Exercícios........................ 1

Unidades 23 e 24 Introdução 23.1 Introdução Seja f : R 3 R uma função real em três variáveis. A superfície de nível c de f é o conjunto dos pontos P = x, y, z) R 3 tais que fx, y, z) = c, onde c R. Nosso objetivo, neste capítulo, é mostrar que as superfícies de nível de uma função quadrática em três variáveis, fx, y, z) = Ax 2 + By 2 + Cz 2 + Dxy + Exz + F yz + Gx + Hy + Iz + J, são as quádricas ou as quádricas degeneradas apresentadas no Capítulo 21. Estudaremos primeiro o caso em que G = H = I = J = 0, isto é, quando fx, y, z) = Ax 2 + By 2 + Cz 2 + Dxy + Exz + F yz, é uma forma quadrática em três variáveis. 23.2 Autovalores e Autovetores de uma matriz 3 3 Vamos generalizar, para matrizes 3 3, alguns conceitos e resultados vistos para matrizes 2 2 no Capítulo 8. Sejam u = x, y, z) um vetor em R 3 e uma matriz real do tipo 3 3 a 11 a 12 a 13 A = a 21 a 22 a 23. a 31 a 32 a 33 Denimos A u como sendo o vetor A u = a 11 x + a 12 y + a 13 z, a 21 x + a 22 y + a 23 z, a 31 x + a 32 y + a 33 z). É fácil vericar que A u + v ) = A u + A v e Aλ u ) = λa u 23.1) para quaisquer vetores u e v em R 3 e escalar λ em R. Um número real λ é um autovalor da matriz A se existir um vetor u não nulo de R 3 tal que A u = λ u. E um vetor v = x, y, z) é um autovetor 2

Forma Quadrática e Equação do Segundo Grau em R 3 Unidades 23 e 24 relativo ao autovalor λ se A v = λ v, ou seja, quando a 11 x + a 12 y + a 13 z = λx a 21 x + a 22 y + a 23 z = λy a 31 x + a 32 y + a 33 z = λz λ a 11 )x a 12 y a 13 z = 0 a 21 x + λ a 22 )y a 23 z = 0 a 31 x a 32 y + λ a 33 )z = 0 23.2) Portanto, λ é um autovalor da matriz A se, e somente se, o sistema 23.2) tem uma solução x, y, z) não trivial isto é, x, y, z) 0, 0, 0)). Mas pela Observação 4 do Capítulo 18, o sistema 23.2) tem uma solução não trivial se, e só se, λ a 11 a 12 a 13 det a 21 λ a 22 a 23 = 0. a 31 a 32 λ a 33 Por denição, o polinômio real de grau 3 λ a 11 a 12 a 13 pλ) = det a 21 λ a 22 a 23 a 31 a 32 λ a 33 é o polinômio característico da matriz A. Assim, os autovalores de A são as raízes reais da equação característica pλ) = 0. Como p é um polinômio com coecientes reais de grau 3 e, portanto, de grau ímpar, a equação pλ) = 0 possui pelo menos uma raiz real. As outras duas raízes são reais ou complexas conjugadas. Provaremos na seção 4, Teorema, que se A é uma matriz real simétrica do tipo 3 3, isto é, se A é igual a sua transposta A, então todas as raízes de sua equação característica são reais. Se u e v são autovetores relativos ao autovalor λ de uma matriz A, então α u + β v é também um autovetor relativo ao autovalor λ, para todos α, β R. Proposição 1 De fato, por 23.1), Aα u + β v ) = Aα u ) + Aβ v ) = αa u + βa v = αλ u ) + βλ v ) = λα u + β v ). Demonstração 3

Unidades 23 e 24 Autovalores e Autovetores de uma matriz 3 3 Na linguagem de Álgebra Linear, isto signica que o conjunto dos autovalores relativos ao autovalor λ, { u R 3 ; A u ) = λ u }, é um subespaço vetorial do espaço vetorial R 3. Exemplo 1 Encontre os autovalores e os respectivos autovetores da matriz: 1 2 0 a) A = 3 0 0. 0 0 1 Solução. O polinômio característico da matriz A é λ 1 2 0 pλ) = det 3 λ 0 0 0 λ 1 = λ 1)λλ 1) 6) = λ 1)λ 2 λ 6). Portanto, como o discriminante da equação do segundo grau λ 2 λ 6 é negativo = 23), a equação característica pλ) = 0 só possui λ = 1 como raiz real. Assim, λ = 1 é o único autovalor da matriz A. Um vetor u = x, y, z) é um autovetor relativo ao autovalor λ = 1 se, e só se, x, y, z) é uma solução do sistema λ 1)x 2y = 0 2y = 0 3x + λy = 0 3x + y = 0 x = y = 0. λ 1)z = 0 0 z = 0 Ou seja, u = 0, 0, z) ; z R, são os autovalores de A relativos ao autovalor λ = 1. 3 1 1 b) B = 2 2 1. 2 2 0 Solução. O polinômio característico da matriz B é 4

Forma Quadrática e Equação do Segundo Grau em R 3 Unidades 23 e 24 λ 3 1 1 pλ) = det 2 λ 2 1 2 2 λ = λ 3)λλ 2) + 2) + 2λ + 2) + 4 + 2λ 2)) = λ 3)λ 2 2λ + 2) + 2 = λ 3 λ 2 + 8λ 4. Testando os divisores do termo independente 4, é fácil vericar que p1) = p2) = 0. E, dividindo o polinômio pλ) pelo polinômio λ 1)λ 2), obtemos, como quociente, o polinômio λ 2, ou seja, pλ) = λ 1)λ 2) 2. Portanto, λ 1 = 1 e λ 2 = 2 são os autovalores da matriz B. Um vetor u 1 = x, y, z) é um autovetor de B relativo ao autovalor λ 1 = 1 se, e só se, λ 1 3)x y + z = 0 2x + λ 1 2)y + z = 0 2x 2y + λ 1 z = 0 { 2x y + z = 0 Ou seja, u 1 λ 1 = 1. 2x + 2y z = 0 2x y + z = 0 2x y + z = 0 2x 2y + z = 0 y = 0 e z = 2x. = x, 0, 2x) ; x R, são os autovetores de B relativos ao autovalor E um vetor u 2 = x, y, z) é um autovetor de B relativo ao autovalor λ 2 = 2 se, e só se, Então, u 2 λ 2 = 2. u 1 λ 2 3)x y + z = 0 2x + λ 2 2)y + z = 0 { 2x 2y + λ 2 z = 0 2x + z = 0 2x + 2y 2z = 0 x y + z = 0 2x + z = 0 2x 2y + 2z = 0 z = 2y e x = y. = y, y, 2y) ; y R, são os autovetores de B relativos ao autovalor Observe, neste exemplo, que se os vetores u 1 e u 2 e u 2 não são nulos, então não são ortogonais. Veremos, na Proposição 4, que isto não ocorre quando a matriz é simétrica. Observe também que apesar de λ 2 = 2 ser uma raiz de multiplicidade dois da equação pλ) = λ 1)λ 2) 2 = 0, não existe um par de autovetores não múltiplos relativos ao autovalor λ 2 = 2. Provaremos

Unidades 23 e 24 Autovalores e Autovetores de uma matriz 3 3 na Proposição 6, que isto também não ocorre quando a matriz é simétrica. Proposição 2 Seja A uma matriz real do tipo 3 3. Então, A u, v = u, A v, para quaisquer vetores u e v em R 3, onde A é a matriz transposta da matriz A. Demonstração Consideremos os vetores u = x 1, y 1, z 1 ) e v = x 2, y 2, z 2 ) e a matriz a 11 a 12 a 13 A = a 21 a 22 a 23. a 31 a 32 a 33 Então, A u, v = a 11 x 1 + a 12 y 1 + a 13 z 1, a 21 x 1 + a 22 y 1 + a 23 z 1, a 31 x 1 + a 32 y 1 + a 33 z 1 ), x 2, y 2, z 2 ) = a 11 x 1 + a 12 y 1 + a 13 z 1 )x 2 + a 21 x 1 + a 22 y 1 + a 23 z 1 )y 2 +a 31 x 1 + a 32 y 1 + a 33 z 1 )z 2 = x 1 a 11 x 2 + a 21 y 2 + a 31 z 2 ) + y 1 a 12 x 2 + a 22 y 2 + a 32 z 2 ) +z 1 a 13 x 2 + a 23 y 2 + a 33 z 2 ) = u, A v. Observação 3 No caso particular em que a matriz A é simétrica, para quaisquer vetores u e v em R 3. A u, v = u, A v Proposição 4 Demonstração Autovetores relativos a autovalores distintos de uma matriz A simétrica real do tipo 3 3 são ortogonais. Sejam λ 1 e λ 2 dois autovalores distintos da matriz A e u 1 e u 2 autovetores relativos aos autovalores λ 1 e λ 2, respectivamente. Temos, pela Observação 3, que A u 1, u 2 = u 1, A u 2 λ 1 u 1, u 2 = λ 2 u 1, u 2 λ 1 λ 2 ) u 1, u 2 = 0. 6

Forma Quadrática e Equação do Segundo Grau em R 3 Unidades 23 e 24 Logo, u 1, u 2 = 0, pois, por hipótese, λ 1 λ 2 0. 23.3 Mudança de Coordenadas no Espaço Dado um problema geométrico, que não envolve um sistema de eixos, podemos escolher um para resolvê-lo analiticamente ver Exemplo 3 do Capítulo 13). Por outro lado, dado um problema num sistema de eixos OXY Z, às vezes é conveniente escolher um novo sistema O X Y Z mais adaptado às circunstâncias. Temos de saber, então, como obter as coordenadas x, y e z de um ponto no sistema O X Y Z, conhecendo as coordenadas x, y e z no sistema OXY Z. Sejam x, y e z as coordenadas de um ponto X P x e 1 Z O z e 3 y e 2 Figura 23.1: Ponto P no sistema OXY Z P no sistema OXY Z e e 1 = 1, 0, 0), e 2 = 0, 1, 0), e 3 = 0, 0, 1) os vetores unitários na mesma direção e sentido dos eixos OX, OY e OZ, respectivamente. Então, OP = x e 1 + y e 2 + z e 3. Observe que, sendo e 1, e 2 e e 3 ortonormais, x e 1 = Proj e1 OP, y e2 = Proj e2 OP e z e3 = Proj e3 OP. Sejam O X Y Z um outro sistema de eixos ortogonais e v 1, v 2, v 3 os vetores ortonormais na mesma direção e sentido dos eixos O X, O Y e O Z, respectivamente. Como os vetores v 1, v 2 e v 3 são LI, para todo ponto P do espaço, existe um único terno de números reais x, y, z) tal que Sendo x v 1 OP = x v 1 + y v 2 + z v 3. = Proj v1 OP, y v2 X x v 1 Z z v 3 O P y v 2 Figura 23.2: Ponto P no sistema O X Y Z = Proj v2 OP e z v3 = Proj v3 que x, y e z são as coordenadas do ponto P no sistema O X Y Z. Y Y OP, temos Sejam x 0, y 0, z 0 ) as coordenadas da nova origem O no sistema OXY Z, ou seja, OO = x 0e1 + y 0e2 + z 0e3. Como OP = OO + OP, segue que 7

Unidades 23 e 24 Mudança de Coordenadas no Espaço OP = OP OO. Logo, x v 1 + y v 2 + z v 3 = x x 0 ) e 1 + y y 0 ) e 2 + z z 0 ) e 3. 23.3) Z Z e 3 v 3 O v1 v 2 Y e 1 O X e2 X Y Figura 23.3: Sistemas OXY Z e O X Y Z Fazendo o produto interno de ambos os membros desta identidade por v 1, v 2 e v 3, obtemos, respectivamente, as equações de x, y e z em função das coordenadas x, y e z: x = x x 0 ) e 1, v 1 + y y 0 ) e 2, v 1 + z z 0 ) e 3, v 1 y = x x 0 ) e 1, v 2 + y y 0 ) e 2, v 2 + z z 0 ) e 3, v 2 z = x x 0 ) e 1, v 3 + y y 0 ) e 2, v 3 + z z 0 ) e 3, v 3. Se a i, b i, c i ) são as coordenadas do vetor v i, i = 1, 2, 3, com respeito ao terno ortonormal e 1, e 2 e e 3, v 1 = a 1 e1 + b 1 e2 + c 1 e3 v 2 = a 2 e1 + b 2 e2 + c 2 e3 23.4) v 3 = a 3 e1 + b 3 e2 + c 3 e3 então a i = v i, e 1, b i = v i, e 2 e c i = v i, e 3 para todo i = 1, 2, 3. Assim, as equações de mudança das coordenadas x, y e z para as coordenadas x, y e z são: x = a 1 x x 0 ) + b 1 y y 0 ) + c 1 z z 0 ) y = a 2 x x 0 ) + b 2 y y 0 ) + c 3 z z 0 ) z = a 3 x x 0 ) + b 3 y y 0 ) + c 3 z z 0 ). 23.) 8

Forma Quadrática e Equação do Segundo Grau em R 3 Unidades 23 e 24 Se, por outro lado, m i, n i, p i ) são as coordenadas do vetor e i ao terno ortogonal v 1 v2 e v 3, com respeito e 1 = m 1 v1 + n 1 v2 + p 1 v3 e 2 = m 2 v1 + n 2 v2 + p 2 v3 23.6) e 3 = m 3 v1 + n 3 v2 + p 3 v3 obtemos, tomando o produto interno de ambos os membros das igualdades acima por v 1, v 2 e v 3, que m i = e i, v 1, n i = e i, v 2 e p i = e i, v 3, i = 1, 2, 3. Ou seja, m 1 = a 1, n 1 = a 2, p 1 = a 3 m 2 = b 1, n 2 = b 2, p 2 = b 3 23.7) m 3 = c 1, n 3 = c 2, p 3 = c 3. Logo, por 23.6), e 1 = a 1 v1 + a 2 v2 + a 3 v3 e 2 = b 1 v1 + b 2 v2 + b 3 v3. 23.8) e 3 = c 1 v1 + c 2 v2 + c 3 v3 Tomando agora o produto interno da identidade 23.3) por e i, i = 1, 2, 3, obtemos, respectivamente, que: x x 0 = x v 1, e 1 + y v 2, e 1 + z v 3, e 1 y y 0 = x v 1, e 2 + y v 2, e 2 + z v 3, e 2 z z 0 = x v 1, e 3 + y v 2, e 3 + z v 3, e 3 Então, por 23.8), as equações de mudanças das coordenadas x, y e z para as coordenadas x, y e z são: forma e x = a 1 x + a 2 y + a 3 z + x 0 y = b 1 x + b 2 y + b 3 z + y 0. 23.9) z = c 1 x + c 2 y + c 3 z + z 0 Na linguagem matricial, as equações 23.) e 23.9) podem ser escritas na x, y, z) = Bx x 0, y y 0, z z 0 ) x, y, z) = B x, y, z) + x 0, y 0, z 0 ),. 9

Unidades 23 e 24 Mudança de Coordenadas no Espaço a 1 b 1 c 1 onde B = a 2 b 2 c 2 é a matriz de passagem do sistema OXY Z para o a 3 b 3 c 3 a 1 a 2 a 3 sistema O X Y Z, enquanto B = b 1 b 2 b 3 é a matriz de passagem c 1 c 2 c 3 do sistema O X Y Z para o sistema OXY Z. Como os ternos { e 1, e 2, e 3 } e { v 1, v 2, v 3 } são ortonormais, segue, pelas equações 23.4) e 23.8), que os vetores linha e os vetores coluna da matriz B são vetores unitários mutuamente ortogonais. Ou seja, a matriz B é ortogonal: BB = B B = I. E, na linguagem vetorial, as equações 23.) e 23.9) são escritas, respectivamente, na forma x, y, z) = x x 0 ) w 1 + y y 0 ) w 2 + z z 0 ) w 3 23.10) e onde w 1 x x 0, y y 0, z z 0 ) = x v 1 + y v 2 + z v 3, 23.11) = a 1, a 2, a 3 ), w 2 = b 1, b 2, b 3 ) e w 3 = c 1, c 2, c 3 ) são os vetores coluna e v 1 = a 1, b 1, c 1 ), v 2 = a 2, b 2, c 2 ) e v 3 = a 3, b 3, c 3 ) são os vetores linha da matriz B. No caso em que O = O, as equações de mudança de coordenadas 23.) e 23.9) são dadas, respectivamente, pelas equações 23.12) e 23.13) abaixo: Z x = a 1 x + b 1 y + c 1 z Z y = a 2 x + b 2 y + c 2 z 23.12) z = a 3 x + b 3 y + c 3 z e x = a 1 x + a 2 y + a 3 z y = b 1 x + b 2 y + b 3 z z = c 1 x + c 2 y + c 3 z 23.13) Dizemos que o sistema OX Y Z é uma rotação do sistema OXY Z em torno da origem. X X Figura 23.4: e 3 v 1 O e 1 v 2 v 3 e2 Y Y O X Y Z rotação do sistema OXY Z em torno da origem E no caso em que v 1 = e 1, v 2 = e 2 e v 3 = e 3, isto é, quando os eixos O X, O Y e O Z têm a mesma direção e mesmo sentido dos eixos OX, OY e 10

Forma Quadrática e Equação do Segundo Grau em R 3 Unidades 23 e 24 OZ, respectivamente, as equações de mudança de coordenadas 23.) e 23.9) são, respectivamente, x = x x 0 Z e y = y y 0 z = z z 0 x = x + x 0 y = y + y 0. z = z + z 0 Dizemos, então, que o sistema O X Y Z é uma translação do sistema OXY Z para a nova origem O = x 0, y 0, z 0 ). X e 1 Z e 3 O X e2 v1 O v 3 Y v2 Figura 23.: O X Y Z translação do sistema OXY Z Y Considere o terno ordenado 2 v 1 = 3, 2 3, 1, 3) 2 v 2 = 3, 1 3 3), 2 e v 3 = 1 3, 2 ) 3, 2 de vetores ortonormais, o sistema O X Y Z tal que O = 1, 1, 2) 3 e os eixos O X, O Y e O Z têm a mesma direção e o mesmo sentido dos vetores v 1, v 2 e v 3, respectivamente. Seja o ponto P = 4, 2, 1) e o plano π : x + 2y 2z = 2 no sistema OXY Z. Determine as coordenadas do ponto P e a equação do plano π no sistema O X Y Z. E se Q = 4, 2, 1) e α : x + 2y 2z = 2 são o ponto Q e o plano α no sistema O X Y Z, obtenha as coordenadas de Q e a equação de α no sistema O X Y Z. Exemplo 2 Solução. Como P = x, y, z) = 4, 2, 1), O = x 0, y 0, z 0 ) = 1, 1, 2), w 1 = 2/3, 2/3, 1/3), w 2 = 2/3, 1/3, 2/3) e w 3 = 1/3, 2/3, 2/3), temos, por 23.10), que x, y, z) = 4 1) w 1 + 2 + 1) w 2 + 1 2) w 3 2 x, y, z) = 3 3, 2 2 3 3), 1 + 3 3, 1 3, 2 1 3 3) 3, 2 3 3), 2 x, y, z) = 2, 2, 1) + 2, 1, 2) 1, 2, 2) x, y, z) = 3, 3, 3) são as coordenadas do ponto P no sistema O X Y Z. E sendo π : x, y, z), 1, 2, 2) = 2, obtemos, por 23.11), que 11

Unidades 23 e 24 Mudança de Coordenadas no Espaço π : x v 1 + y v 2 + z v 3 ) + x 0, y 0, z 0 ), 1, 2, 2) = 2 π : x v 1, 1, 2, 2) + y v 2, 1, 2, 2) + z v 3, 1, 2, 2) + x 0, y 0, z 0 ), 1, 2, 2) = 2 2 π : x 3, 2 3, 1 2, 1, 2, 2) + y 3) 3, 1 3 3), 2, 1, 2, 2) +z 1 3, 2 ) 3, 2, 1, 2, 2) + 1, 1, 2), 1, 2, 2) = 2 3 π : 9 3 z 7 = 2 π : z = 3 é um plano horizontal no sistema O X Y Z. Por outro lado, se Q = x, y, z) = 4, 2, 1), segue, por 23.11), que x, y, z) = 4 v 1 + 2 v 2 v 3 + 1, 1, 2) 2 x, y, z) = 4 3, 2 3, 1 2 + 2 3) 3, 1 3 3), 2 1 3, 2 ) 3, 2 + 1, 1, 2) 3 8 x, y, z) = 3, 8 3 3), 4 4 1 + 3, 2 3 3), 4 + 3, 2 3, 2 + 1, 1, 2) 3) 13 x, y, z) = 3, 4 3, 2 ) + 1, 1, 2) 3 16 x, y, z) = 3, 1 3, 8 ) 3 são as coordenadas do ponto Q no sistema OXY Z. E, como α : x, y, z), 1, 2, 2) = 2, temos, por 23.10), que: x 1) w 1 + y + 1) w 2 + z 2) w 3, 1, 2, 2) = 2 x 1) w 1, 1, 2, 2) + y + 1) w 2, 1, 2, 2) +z 2) w 3, 1, 2, 2) = 2 x 1) 2, 2, 1), 1, 2, 2) + 3 z 2) + 1, 2, 2), 1, 2, 2) = 2 3 4 3 x 1) 8 z 2) y + 1) = 2 3 3 4x 8y z = 2 + 4 3 + 8 3 2 3 = 2 + 10 é a equação do plano α no sistema OXY Z. y + 1) 2, 1, 2), 1, 2, 2) 3 3 = 16 3 12

Forma Quadrática e Equação do Segundo Grau em R 3 Unidades 23 e 24 Seja π : ax + by + cz = d a equação cartesiana de um plano no sistema OXY Z. Fixando um ponto O = x 0, y 0, z 0 ) pertencente ao plano π, segue que a equação de π nas coordenadas x, y e z do sistema O X Y Z, obtido transladando o sistema OXY Z para a nova origem O, é dada por Exemplo 3 ax + x 0 ) + by + y 0 ) + cz + z 0 ) = d ax + by + cz = d ax 0 + by 0 + cz 0 ) ax + by + cz = 0, pois, como O π, ax 0 + by 0 + cz 0 = d. Tomando v 3 = a, b, c) a 2 + b 2 + c 2, vetor unitário normal ao plano π, v 1, um vetor unitário ortogonal qualquer ao vetor v 3, e v 2 = v 1 v 3, temos que v 1, v 2 e v 3 é um terno ortonormal. Consideremos o sistema de eixos O X Y Z tal que os eixos O X, O Y e O Z têm a mesma direção e o mesmo sentido dos vetores v 1, v 2 e v 3, respectivamente. Se x, y, z) e x, y, z) são as coordenadas de um ponto P nos sistemas O X Y Z e O X Y Z, respectivamente, segue, pela equação vetorial de mudança de coordenadas, x, y, z) = x v 1 + y v 2 + z v 3, X e 1 Z e 3 que o ponto P pertence ao plano π se, e só se, O Z e2 π v 3 v 1 X Y O v 2 Figura 23.6: Plano π nos sistemas OXY Z e X Y Z ax + by + cz = 0 a, b, c), x, y, z) = 0 Y a 2 + b 2 + c 2 v3, x v 1 + y v 2 + z v 3 = 0 z = 0. Assim, a equação z = 0 do plano π, no sistema O X Y Z, assume uma forma extremamente simples. 13

Unidades 23 e 24 Formas Quadráticas em R 3 23.4 Formas Quadráticas em R 3 Seja f : R 3 R a forma quadrática dada por fx, y, z) = Ax 2 + By 2 + Cz 2 + Dxy + Exz + F yz, 23.14) onde um dos coecientes A, B, C, D, E e F é diferente de zero. simétrica real do tipo 3 3 A D/2 E/2 A = D/2 B F/2 E/2 F/2 C é a matriz da forma quadrática f. Temos: De fato: A matriz fx, y, z) = Ax, y, z), x, y, z). 23.1) Ax, y, z), x, y, z) = Ax + D/2)y + E/2)z, D/2)x + By +F/2)z, E/2)x + F/2)y + Cz), x, y, z) = Ax + D/2)y + E/2)z)x + D/2)x + By +F/2)z)y + E/2)x + F/2)y + Cz)z = Ax 2 + D/2)xy + E/2)xz + D/2)xy + By 2 +F/2)yz + E/2)xz + F/2)yz + Cz 2 = Ax 2 + By 2 + Cz 2 + Dxy + Exz + F yz = fx, y, z). Sejam λ 1 um autovalor da matriz A e v 1 um autovetor unitário relativo ao autovalor λ 1. Tomemos um vetor v 2 unitário e ortogonal ao vetor v 1. Fazendo v 3 = v 1 v 2, obtemos que v 1, v 2 e v 3 são vetores unitários dois a dois ortogonais. Consideremos o sistema de eixos ortogonais OX Y Z de modo que os eixos OX, OY e OZ tenham a mesma direção e o mesmo sentido dos vetores v 1, v 2 e v 3, respectivamente. Dado um ponto P, sejam x, y, z) e x, y, z ) as coordenadas desse ponto nos sistemas OXY Z e OX Y Z, respectivamente. Ou seja, OP = x e 1 + y e 2 + z e 3 = x v 1 + y v 2 + z v 3. 23.16) 14

Forma Quadrática e Equação do Segundo Grau em R 3 Unidades 23 e 24 Então, por 23.1), por 23.1) e pela Observação 3, segue que: fx, y, z ) = Ax v 1 + y v 2 + z v 3 ), x v 1 + y v 2 + z v 3 = x A v 1 + y A v 2 + z A v 3, x v 1 + y v 2 + z v 3 = λ 1 x v 1 + y A v 2 + z A v 3, x v 1 + y v 2 + z v 3 = λ 1 x 2 + x y A v 2, v 1 + y 2 A v 2, v 2 + y z A v 2, v 3 +x z A v 3, v 1 + y z A v 3, v 2 + z 2 A v 3, v 3 = λ 1 x 2 + x y v 2, A v 1 + y 2 A v 2, v 2 + y z A v 2, v 3 +x z v 3, A v 1 + y z v 3, A v 2 + z 2 A v 3, v 3 = λ 1 x 2 + B y 2 + C z 2 + 2F y z, pois v 2, A v 1 = λ 1 v 2, v 1 = 0 e v 3, A v 1 = λ 1 v 3, v 1 = 0, onde B = A v 2, v 2, C = A v 3, v 3 e F = A v 2, v 3 = v 3, A v 2. Ou seja, a forma quadrática f nas coordenadas x, y e z, fx, y, z ) = λ 1 x 2 + B y 2 + 2F y z + C z 2, possui apenas um termo misto y z ). Seja a forma quadrática gx, y ) = B y 2 + 2F y z + C z 2 no plano OY Z. Sabemos, pelo estudo realizado no Capítulo 8, que fazendo uma rotação positiva dos eixos OY e OZ de ângulo θ 0, π/2), quando F 0, tal que θ = π/4, se B = C, e tan 2θ = 2F B C, se B C, a forma quadrática g, nas variáveis y e z, assume a forma onde gy, z) = B y 2 + C z 2, y = y cos θ z sen θ e z = y sen θ + z cos θ. 23.17) Consideremos os vetores u 1 sen θ v 2 +cos θ v 3 = v 1, u 2 = cos θ v 2 + sen θ v 3 e u 3 =. É fácil vericar que os vetores u 1, u 2 e u 3 são ortonormais. Além disso, fazendo x = x, obtemos, por 23.16) e por 23.17), que OP = x e 1 + y e 2 + z e 3 = x v 1 + y cos θ z sen θ) v 2 + y sen θ + z cos θ) v 3 = x u 1 + y cos θ v 2 + sen θ v 3 ) + z sen θ v 2 + cos θ v 3 ) = x u 1 + y u 2 + z u 3. Então, x, y, z) são as coordenadas do ponto P no sistema de eixos OX Y Z tal que os eixos OX, OY e OZ têm a mesma direção e o mesmo sentido dos 1

Unidades 23 e 24 Formas Quadráticas em R 3 vetores u 1, u 2 e u 3. Assim, no sistema OX Y Z, a forma quadrática 23.14), fx, y, z) = λ 1 x 2 + λ 2 y 2 + λ 3 z 2, ca desprovida dos termos mistos x y, x z e y z, onde λ 2 = B e λ 3 = C. Podemos agora provar o resultado a seguir, análogo ao Teorema 7 do Capítulo 8, para matrizes simétricas reais do tipo 3 3. Teorema Seja A uma matriz simétrica real do tipo 3 3. Então, todas as raízes λ 1, λ 2 e λ 3 do polinômio característico p da matriz A são reais e existe um terno u 1, u 2 e u 3 de autovetores ortonormais tais que A u 1 = λ 1u1, A u 2 = λ 2u2 e A u 3 = λ 3 u3. Demonstração Seja a matriz simétrica A D/2 E/2 A = D/2 B F/2. E/2 F/2 C Usando os elementos da matriz A, podemos construir a seguinte forma quadrática em três variáveis: fx, y, z) = Ax 2 + By 2 + Cz 2 + Dxy + Exz + F yz. Pelo provado acima, existem um terno λ 1, λ 2 e λ 3 de números reais e um terno u 1, u 2 e u 3 de vetores ortonormais tais que se x, y, z) = x u 1 +y u 2 + z u 3, então fx, y, z) = λ 1 x 2 + λ 2 y 2 + λ 3 z 2. Mas, por 23.1), por 23.1) e pela Observação 3, temos: λ 1 x 2 + λ 2 y 2 + λ 3 z 2 = Ax u 1 + y u 2 = x 2 A u 1, u 1 + y 2 A u 2, u 2 + z 2 A u 3, u 3 +2x y A u 1, u 2 + 2x z A u 1, u 3 + 2y z A u 2, u 3, + z u 3 ), x u 1 + y u 2 + z u 3 para quaisquer x, y, z R. Logo, A u 1, u 1 = λ 1, A u 2, u 2 = λ 2, A u 3, u 3 = λ 3 e A u 1, u 2 = A u 1, u 3 = A u 2, u 3 = 0. Além disso, como os vetores u 1, u 2 e u 3 são ortonormais, segue que A u 1 = λ 1u1, A u 2 = λ 2u2 Então, λ 1, λ 2 e λ 3 são autovalores de A e u 1, u 2 relativos aos autovalores λ 1, λ 2 e λ 3, respectivamente. e A u 3 e u 3 = λ 3 u3. são autovetores Provaremos que λ 1, λ 2 e λ 3 são os únicos autovalores da matriz A. 16

Forma Quadrática e Equação do Segundo Grau em R 3 Unidades 23 e 24 Com efeito, sejam λ um autovalor de A e u um autovetor não nulo associado ao autovalor λ, isto, é, A u = λ u. Sendo os vetores u 1, u 2 e u 3 linearmente independentes, existem números reais a, b e c tais que u = a u 1 + b u 2 + c u 3. Logo, como A u = λ u e A u i = λ i ui, i = 1, 2, 3, temos que: Aa u 1 aλ 1u1 + b u 2 + bλ 2u2 aλ 1 λ) u 1 + c u 3 ) = λa u 1 + b u 2 + c u 3 ) + cλ 3u3 + bλ 2 λ) u 2 = λa u 1 + λb u 2 + λc u 3 + cλ 3 λ) u 3 = 0 aλ 1 λ) = bλ 2 λ) = cλ 3 λ) u 3 = 0. Então, λ = λ 1, λ = λ 2 ou λ = λ 3, pois a, b, c) 0, 0, 0). Pelo visto acima, ca provado o resultado a seguir: Seja A a matriz da forma quadrática fx, y, z) = Ax 2 + By 2 + Cz 2 + Dxy + Exz + F yz. Se λ 1, λ 2 e λ 3 são os autovalores de A e u 1, u 2 e u 3 são autovetores ortonormais de A tais que A u i = λ iui, i = 1, 2, 3, então a forma quadrática nas coordenadas x, y e z, onde x, y, z) = x u 1 + y u 2 + z u 3, assume a forma fx, y, z) = λ 1 x 2 + λ 2 y 2 + λ 3 z 2. Proposição 6 Sejam λ 1, λ 2 e λ 3 os autovalores de uma matriz A simétrica. a) Se λ 1, λ 2 e λ 3 são dois a dois distintos e v 1, v 2 e v 3 são autovetores não nulos relativos aos autovalores λ 1, λ 2 e λ 3, respectivamente, então, para todo i = 1, 2, 3, { u R 3 ; A u = λ iu } = {a vi ; a R}. b) Se u é um autovetor não nulo relativo ao autovalor λ 1 e λ 2 = λ 3 = µ λ 1, então { w R 3 ; A w = λ 1w } = {a u ; a R} e { v R 3 ; A v = µ v } = { v ; v, u = 0}. c) Se λ 1 = λ 2 = λ 3 = λ, então A v = λ v para qualquer vetor v R 3. Ou seja, A = λ I, onde I é a matriz identidade 3 3. Proposição 7 17

Unidades 23 e 24 Formas Quadráticas em R 3 Demonstração Pelo Teorema, existe um terno u 1, u 2 e u 3 de vetores ortonormais tais que A u i = λ i ui, para todo i = 1, 2, 3. a) Seja v um autovetor relativo ao autovalor λ 1. Então, existem números reais a, b e c tais que v = a u 1 + b u 2 + c u 3. Logo, como A v = λ 1v, Ou seja, v Aa u 1 aλ 1u1 + b u 2 + bλ 2u2 bλ 2 λ 1 ) u 2 b = c = 0. = a u 1 + c u 3 ) = λ 1 a u 1 + b u 2 + c u 3 ) + cλ 3u3 = λ 1 a u 1 + cλ 3 λ 1 ) u 3 = 0 + λ 1 b u 2 + λ 1 c u 3 é um múltiplo de u 1. Sendo v 1 um autovetor não nulo = a 0u1. Assim, relativo ao autovalor λ 1, existe a 0 0 tal que v 1 { v R 3 ; A v = λ 1v } = {a u1 ; a R} = {a v 1 ; a R}. e De modo análogo, podemos provar que { v R 3 ; A v = λ 2 v } = {b v2 ; b R} { v R 3 ; A v = λ 3 v } = {c v3 ; c R}. b) Seja u um autovetor não nulo relativo ao autovalor λ 1. Como λ 2 λ 1 e λ 3 λ 1, temos, pelo provado acima, que u é múltiplo de u 1 e { v R 3 ; A v = λ v } = {a u 1 ; a R} = {a u ; a R}. Seja v um autovetor relativo ao autovalor µ = λ 1 = λ 2. Então, pela Proposição 4, v é ortogonal a u. Tomemos agora um vetor v ortogonal ao vetor u e, portanto, ortogonal ao vetor u 1. Sejam a, b, c R de modo que v = a u1 + b u 2 + c u 3. Logo, Ou seja, v = b u 2 0 = v, u 1 = a u 1, u 1 + b u 2, u 1 + c u 3, u 1 = a. + c u 3 e, portanto, pela Proposição 1, v é um autovetor relativo ao autovalor µ = λ 1 = λ 2. Provamos, assim, que { v R 3 ; A v = µ v } = { v R 3 ; v, u = 0}. c) Seja v um vetor qualquer. Então, existem a, b, c R tais que v = a u 1 + b u 2 + c u 3. Logo, como λ 1 = λ 2 = λ 3 = λ, temos que A v = aa u 1 +ba u 2 +ca u 3 = aλ u 1 +bλ u 2 +cλ u 3 = λa u 1 +b u 2 +c u 3 ) = λ v. Isto é, A v = λ v para todo vetor v R 3. Então, se a 11 a 12 a 13 A = a 21 a 22 a 23, a 31 a 32 a 33 18

Forma Quadrática e Equação do Segundo Grau em R 3 Unidades 23 e 24 temos que A e 1 = a 11, a 21, a 31 ) = λ e 1 = λ, 0, 0), A e 2 = a 21, a 22, a 23 ) = λ e 2 = 0, λ, 0) e A e 3 = a 31, a 32, a 33 ) = λ e 3 = 0, 0, λ). Assim, a ii = λ e a ij = 0, se i j, para todos i, j = 1, 2, 3, ou seja, A = λi. Dizemos que um autovalor λ da matriz simétrica A tem multiplicidade j, j = 1, 2, 3, se λ é uma raiz de multiplicidade j do polinômio característico p da matriz A, ou seja, px) = x λ) j qx), onde q é um polinômio de grau 3 j com qλ) 0. É fácil mostrar, usando a Proposição 7, que λ é um autovalor de multiplicidade j se, e somente se, existem j autovetores ortonormais relativos ao autovalor. Na linguagem de Álgebra Linear, isso signica que o conjunto de todos autovetores relativos a um autovalor de multiplicidade j, { u R 3 ; A u = λ u }, é um subespaço de R 3 de dimensão j. Considere a forma quadrática fx, y, z) = 3x 2 + y 2 + 3z 2 2xy + 2xz 2yz, com A = 3, B =, C = 3, D = 2, E = 2 e F = 2. Como 3 1 1 A = 1 1 1 1 3 é a matriz de f, o seu polinômio característico é λ 3 1 1 pλ) = det 1 λ 1 1 1 λ 3 = λ 3)λ )λ 3) 1) λ 3) + 1) 1 + λ )) = λ 3)λ 2 8λ + 14) λ 2) λ 4) = λ 3 8λ 2 + 14λ 3λ 2 + 24λ 42 2λ + 6 = λ 3 11λ 2 + 36λ 36. Testando os divisores do termo independente 36, é fácil vericar que λ 1 = 2, λ 2 = 3 e λ 3 = 6 são as raízes da equação característica pλ) = 0. Ou seja, λ 1 = 2, λ 2 = 3 e λ 3 = 6 são os autovalores da matriz A. Se u 1, u 2 e u 3 são autovetores ortonormais relativos aos autovalores λ 1, λ 2 Exemplo 4 19

Unidades 23 e 24 Formas Quadráticas em R 3 e λ 3, respectivamente, e x, y, z) = x u 1 +y u 2 +z, segue, pela Proposição 6, que a forma quadrática nas coordenadas x, y e z é: u 3 fx, y, z) = 2x 2 + 3y 2 + 6z 2. Assim, a superfície de nível m da forma quadrática f é um elipsoide se m > 0, um ponto a origem) se m = 0, e o conjunto vazio se m < 0. Exemplo Seja a forma quadrática fx, y, z) = z 2 + 2xy, com A = B = 0, C = 1, D = 2 e E = F = 0. 0 1 0 A matriz da forma é A = 1 0 0 e, portanto, seu polinômio característico é 0 0 1 λ 1 0 pλ) = det 1 λ 0 = λ 1)λ 2 1) = λ 1) 2 λ + 1). 0 0 λ 1 Então, λ 1 = 1 e λ 2 = 1 são os autovalores de A de multiplicidade 1 e 2, respectivamente. Seja u 1 = x, y, z) um autovetor relativo ao autovalor λ 1 = 1. Como x, y, z) é uma solução do sistema λx y = 0 x y = 0 x + λy = 0 x y = 0 x = y e z = 0, λ 1)z = 0 2z = 0 obtemos que u 1 = x, x, 0), x R, são os autovetores relativos ao autovalor λ 1 = 1. Tomemos o autovetor unitário ) 2 2 u 1 = 2, 2, 0. Pela Proposição 7, os autovetores relativos ao autovalor λ 2 = λ 3 = 1 são os vetores ortogonais ao vetor u 1. Basta tomar, então, ) 2 2 u 2 = 2, 2, 0 e u 3 = u 1 u 2 = 0, 0, 1). Logo, pela Proposição 6, a forma quadrática nas coordenadas x, y e z, onde x, y, z) = x u 1 + y u 2 + z u 3, é dada por fx, y, z) = x 2 + y 2 + z 2. Assim, a superfície de nível m é o cone circular de eixo OX, x 2 = y 2 + z 2, se m = 0, um hiperboloide de uma folha de eixo OX, se m > 0, e um hiperboloide de duas folhas de eixo OX, se m < 0. Nas coordenadas x, y e 20

Forma Quadrática e Equação do Segundo Grau em R 3 Unidades 23 e 24 z, o eixo das quádricas ) é a reta r que passa pela origem e é paralela ao vetor 2 2 u 1 = 2, 2, 0, ou seja, r = {t, t, 0) ; t R}. Vamos determinar agora a seção plana f 1 m) π da quádrica f 1 m), para todo m R, onde π é o plano x y = 2. 2 2 2 2 Como x = 2 x + 2 y e y = 2 x + y, temos que 2 π : x y = 2 2 2 2 2 π : 2 x + 2 y + 2 x 2 y = 2, π : 2 2 2 x = 2 π : x = 1. é o plano π nas coordenadas x, y e z. Logo, se m 1, ), a seção plana π f 1 m) é o círculo C m : { y 2 + z 2 = m + 1 x = 1 de raio igual a m + 1 e centro 1, 0, 0), nas coordenadas x, y e z. Como x = 1 e y = z = 0, C = 1 u 1 + 0 u 2 + 0 ) 2 2 u 3 = 2, 2, 0 é o centro do círculo C m nas coordenadas ) x, y e z. Mas, se m = 1, π f 1 m) é o 2 2 ponto 2, 2, 0 e se m < 1, π f 1 m) é o conjunto vazio., 23. Equação Geral do Segundo Grau em R 3 Seja a equação do segundo grau em três variáveis Ax 2 + By 2 + Cz 2 + Dxy + Exz + F yz + Gx + Hy + Iz + J = 0, 23.18) superfície de nível zero da função quadrática fx, y, z) = Ax 2 +By 2 +Cz 2 +Dxy+Exz+F yz+gx+hy+iz+j. 23.19) A D/2 E/2 Pelo Teorema, a matriz A = D/2 B F/2, da equação 23.18) E/2 F/2 C ou da função quadrática 23.19), possui três autovalores λ 1, λ 2 e λ 3, contados com suas multiplicidades, e um terno de autovetores u 1, u 2 e u 3 ortonormais tais que A u i = λ i ui, i = 1, 2, 3. 21

Unidades 23 e 24 Equação Geral do Segundo Grau em R 3 Assim, pela Proposição 6, a equação 23.18), nas coordenadas x, y e z, assume a forma fx, y, z) = λ 1 x 2 + λ 2 y 2 + λ 3 z 2 + G, H, I), x u 1 + y u 2 + z u 3 + J = 0 λ 1 x 2 + λ 2 y 2 + λ 3 z 2 + v, u 1 x + v, u 2 y + v, u 3 z + J = 0 λ 1 x 2 + λ 2 y 2 + λ 3 z 2 + Gx + Hy + Iz + J = 0, onde x, y, z) = x u 1 v, u 2 e F = v, u 3. + y u 2 + z u 3, v = G, H, I), G = v, u 1, H = Para nalizar nosso estudo, basta analisar os possíveis conjuntos representados por uma equação de segundo grau em três variáveis, Ax 2 + By 2 + Cz 2 + Gx + Hy + Iz + J = 0, 23.20) com D = E = F = 0, isto é, desprovida de termos contendo xy, xz e yz. Vamos provar que uma equação dessa forma se transforma, por meio de uma translação dos eixos, seguida de uma rotação dos eixos em alguns casos, numa equação sem termos de grau um ou com apenas um termo de grau um. Seja O = x 0, y 0, z 0 ) um ponto do espaço. O X Y Z do sistema OXY Z para a nova origem O. Façamos uma translação As novas coordenadas x, y, z) de um ponto P se relacionam com as antigas x, y, z) pelas equações x = x + x 0, y = y + y 0 e z = z + z 0. Então, P satisfaz à equação 23.20), se, e somente se, Ax + x 0 ) 2 + By + y 0 ) 2 + Cz + z 0 ) 2 + Gx + x 0 ) + Hy + y 0 ) +Iz + z 0 ) + J = 0 Ax 2 + By 2 + Cz 2 + 2Ax 0 + G)x + 2By 0 + H)y + 2Cz 0 + I)z +Ax 2 0 + B 0 y 2 + Cz0 2 + Gx 0 + Hy 0 + Iz 0 + J = 0 Ax 2 + By 2 + Cz 2 + 2Ax 0 + G)x + 2By 0 + H)y + 2Cz 0 + I)z +J = 0 23.21) com J = Ax 2 0 + By 2 0 + Cz 2 0 + Gx 0 + Hy 0 + Iz 0 + J. Há três casos possíveis. I) Os coecientes A, B e C não são nulos. 22

Forma Quadrática e Equação do Segundo Grau em R 3 Unidades 23 e 24 Neste caso, tomando x 0 = G 2A, y 0 = H 2B e z 0 = I, obtemos que a 2C equação 23.21) assume a forma Ax 2 + By 2 + Cz 2 = R, ) G 2 onde R = J = 4A + H2 4B + I2 J. 4C II) Um dos coecientes A, B e C é nulo e os outros dois não são nulos. Vamos supor, para xar as idéias, que A 0, B 0 e C = 0. Fazendo x 0 = G 2A e y 0 = H, a equação 23.21) se escreve na forma 2B Ax 2 + By 2 + Iz + J = 0 23.22) com J = J G2 4A H2 4B + Iz 0. Então, se I = 0, obtemos que a equação 23.22) é dada por Ax 2 + By 2 = R, com R = J = G2 4A + H2 4B J Iz 0, para todo z 0 R. Mas, quando I 0, temos que se z 0 = G2 4AI + H2 4BI J, então J = 0. I Assim, fazendo S = I, a equação 23.22) assume a forma Ax 2 + By 2 = Sz. III) Apenas um dos coecientes A, B e C é diferente de zero. Suponhamos, sem perda de generalidade, que A 0 e B = C = 0. Neste caso, a equação 23.21) é Ax 2 + 2Ax 0 + G)x + Hy + Iz + J = 0, 23.23) com J = Ax 2 0 + Gx 0 + Hy 0 + Iz 0 + J. Há aqui mais três possibilidades: i) H = I = 0 Se x 0 = G 2A e y 0 = z 0 = 0, a equação 23.23) ca na forma Ax 2 =R, onde R = J = G2 4A J. ii) H 0 e I = 0 ou H = 0 e I 0 Se H 0 e I = 0, a equação 23.23) é dada por Ax 2 + 2Ax 0 + G)x + Hy + J = 0, 23.24) 23

Unidades 23 e 24 Equação Geral do Segundo Grau em R 3 com J = Ax 2 0 + Gx 0 + Hy 0 + J. Então, fazendo S = H, x 0 = G 2A, y 0 = G 2 4AH J H e z 0 um número real qualquer, a equação 23.24) ca na forma Ax 2 = Sy. Se H = 0 e I 0, a equação 23.23) é dada por Ax 2 + 2Ax 0 + G)x + Iz + J = 0, 23.2) com J = Ax 2 0+Gx 0 +Iz 0 +J. Assim, sendo S = I, x 0 = G 2A, z 0 = G2 4AI J I e y 0 um número real qualquer, a equação 23.2) assume a forma iii) H 0 e I 0 Ax 2 = Sz. Se H 0 e I 0, a equação 23.23), ca na forma Ax 2 + 2Ax 0 + G)x = Hy I se x 0 = G 2A, z 0 = J I + G2 4AI Hy 0 I z + J ), I Ax 2 = Hy Iz, 23.26) e y 0 é um número real qualquer. Consideremos agora o sistema O X Y Z, de modo que O = x 0, y 0, z 0 ) e os eixos O X, O Y e O Z tenham a mesma direção e o mesmo sentido dos vetores ortonormais w 1 = e 1 = 1, 0, 0), ) H w 2 = 0, H 2 + I, I 2 H 2 + I 2 e ) I w 3 = 0, H 2 + I, H 2 H 2 + I 2, respectivamente. Se x, y, z) e x, y, z) são as coordenadas de um ponto nos sistemas O X Y Z e O X Y Z, respectivamente, então x, y, z) = x w 1 + y w 2 + z w 3 ) H x, y, z) = x1, 0, 0) + y 0, H 2 + I, I 2 H 2 + I ) 2 I +z 0, H 2 + I, H 2 H 2 + I 2 x = x, y = Hy + Iz H 2 + I 2 e z = Iy Hz H 2 + I 2. Logo, a equação 23.26), nas coordenadas x, y e z, assume a forma 24

Forma Quadrática e Equação do Segundo Grau em R 3 Unidades 23 e 24 com S = H 2 + I 2. A x 2 = H A x 2 = H 2 + I 2 y A x 2 = S y, ) ) Hy + Iz Iy Hz I H 2 + I 2 H 2 + I 2 Observe que apenas quando a equação 23.18) representa um cilindro parabólico, devemos fazer, em alguns casos, uma rotação dos eixos, após a translação, para reduzí-la à forma canônica. Conclusão: Dada uma equação geral do segundo grau em três variáveis Ax 2 + By 2 + Cz 2 + Dxy + Exz + F yz + Gx + Hy + Iz + J = 0, existe um sistema de eixos O X Y Z tal que a equação, nas coordenadas x, y e z desse sistema, se escreve numa das seguintes formas: A x 2 + B y 2 + C z 2 = R Quadrica Cêntrica) ou A x 2 + B y 2 = Sz Quadrica não Cêntrica) após uma reordenação dos eixos O X, O Y e O Z, se necessário. Os eixos O X, O Y e O Z são chamados eixos principais da quádrica representada pela equação 23.18). Assim, pelo estudo feito no nal do Capítulo 22, o conjunto dos pontos que satisfazem a uma equação do segundo grau com três variáveis é uma das superfícies quádricas ou uma das quádricas degeneradas. Reduza a equação do segundo grau a sua forma canônica, classique a quádrica Q representada pela equação, determine seus eixos principais e identique, geometricamente, a seção plana π Q, onde: Exemplo 6 a) Q : 4x 2 + y 2 + 3z 2 8x + 2y + 6z + 7 = 0 e π : y = 1. Solução. Completando os quadrados, obtemos: Q : 4x 2 2x) + y 2 + 2y) + 3z 2 + 2z) = 7 Q : 4x 1) 2 + y + 1) 2 + 3z + 1) 2 = 7 + 4 + 1 + 3 = 1 Q : x 1)2 1/4 + y + 1) 2 + z + 1)2 1/3 = 1. Seja O X Y Z o sistema de eixos ortogonais no qual O = 1, 1, 1) e os eixos O X, O Y e O Z têm, respectivamente, a mesma direção e o mesmo 2

Unidades 23 e 24 Equação Geral do Segundo Grau em R 3 sentido dos eixos OX, OY e OZ. Como x, y, z) = x, y, z) + 1, 1, 1), temos que Q : 1/4 + y2 + z2 1/3 = 1 é a equação da quádrica nas coordenadas x, y e z. x 2 Logo, a quádrica é um elipsoide de centro C = O = 1, 1, 1), com a = 1/2, b = 1 e c = 3/3, cujos eixos principais são as retas r x = {t + 1, 1, 1) ; t R}, r y = {1, t 1, 1) ; t R} e r z = {1, 1, t 1) ; t R} paralelas aos eixos OX, OY e OZ, respectivamente, que passam pelo centro C do elipsoide. A seção plana Q π é a elipse x 1) 2 z + 1)2 + = 1 E : 1/4 1/3 y = 1 de centro C = 1, 1, 1), reta focal r z, reta não focal r x, vértices A 1 = 1, 1, 1 1/ 3) e A 2 = 1, 1, 1 + 1/ 3) sobre a reta focal e vértices B 1 = 1/2, 1, 1) e B 2 = 3/2, 1, 1) sobre a reta não focal. Z Z 1 O 1 Y E X O 1 X Q Y Figura 23.7: Elipsoide Q e seção E b) Q : x 2 y 2 z 2 + 8x 2y + 6z + = 0 e π : z = 1. Solução. Completando os quadrados obtemos: Q : x 2 + 8x) y 2 + 2y) z 2 6z) = Q : x + 4) 2 y + 1) 2 z 3) 2 = + 16 1 9 = 1. Seja O X Y Z o sistema obtido transladando o sistema OXY Z para a nova 26

Forma Quadrática e Equação do Segundo Grau em R 3 Unidades 23 e 24 origem O = 4, 1, 3). Como x, y, z) = x, y, z) + 4, 1, 3), temos que Q : x 2 y 2 z 2 = 1 é a equação da quádrica nas coordenadas x, y e z. Logo, Q é um hiperboloide de duas folhas de eixo r x = { 4, 1, 3) + t1, 0, 0) ; t R} paralelo ao eixo OX, com a = b = c = 1. Os outros eixos principais são as retas r y = { 4, 1, 3) +t0, 1, 0) ; t R} e r z = { 4, 1, 3)+t0, 0, 1) ; t R}, paralelas aos eixos OX e OZ, respectivamente. A seção plana Q π é a hipérbole equilátera { x + 4) H : 2 y + 1) 2 =, z = 1 de centro C = 4, 1, 1), reta focal r = { 4, 1, 1) + t1, 0, 0) ; t R} paralela ao eixo OX, reta não focal r = { 4, 1, 1) + t0, 1, 0) ; t R} paralela ao eixo OY, vértices A 1 = 4, 1, 1) e A 2 = 4 +, 1, 1) e vértices imaginários B 1 = 4, 1, 1) e B 2 = 4, 1 +, 1) Z Z Q Q O X 3 H 1 H Y X 1 O Y 4 Figura 23.8: Hiperbolóide de duas folhas Q e seção H c) Q : 2x 2 + 4x + 3y z = 0 e π : 3y + z = 0 27

Unidades 23 e 24 Equação Geral do Segundo Grau em R 3 Solução. Neste exemplo, A = 2, B = C = 0, H 0 e I 0. Temos: Q : 2x 2 + 2x) = 3y + z Q : 2x + 1) 2 = 3y + z + 2 Q : x + 1) 2 = 3 2 y + z + 2 ). 2 Seja O X Y Z o sistema obtido transladando o sistema OXY Z para a nova origem O = 1, 0, 2 ). Como x, y, z) = x, y, z) + 1, 0, 2 ), 23.27) segue que Q : x 2 = 3 2 y + 2 z = 1 3y + z) 2 é a equação da quádrica nas coordenadas x, y e z. Consideremos agora o sistema O X Y Z tal que os eixos O X, O Y e O Z têm, respectivamente, a mesma direção e o mesmo sentido dos vetores ortonormais v 1 = 1, 0, 0), ) 3 v 2 = 0,, e v 3 = 0, 3 ),. Como x, y, z) = x 1, 0, 0) + y 0,, 3 ) + z 0, 3 ),, 23.28) ou seja, x = x, y = 1 y 3z ) e z = 1 3y + z ), obtemos que Q : x 2 = 1 2 3 y 3z ) + ) 3y + z ) Q : x 2 = 2 z 23.29) é a equação da quádrica nas coordenadas x, y e z. Logo, Q é um cilindro parabólico de eixo O Y = {0, 1, 0)t ; t R} que, nas coordenadas x, y e z, é a reta r 1 = { 1, 0, 2 ) + t 0,, ) } 3 ; t R. Os outros eixos principais são as retas: { r 2 = 1, 0, 2 ) } + t1, 0, 0) ; t R e { r 3 = 1, 0, 2 ) + t 0, 3 ) }, ; t R. 28

Forma Quadrática e Equação do Segundo Grau em R 3 Unidades 23 e 24 Por 23.27) e 23.28), a equação de mudança das coordenadas x, y e z para as coordenadas x, y e z é x, y, z) = x 1, 0, 0) + y 0, + 1, 0, 2 ) x = x 1, 3 ) + z y = 1 y 3z ) z = 1 3y + z ) 2 0, 3 ), 23.30) Logo, a equação do plano π : 3y + z = 0 nas coordenadas x, y e z é 3 y 3z ) + 3y + z ) 2 = 0 z = 2 z = 2. 23.31) Então, por 23.29) e 23.31), a seção cônica x 2 = z Q π : 2 z = 2 x = 1 x = 1 são as retas l 1 : z = 2 e l 2 : z = 2 paralelas ao eixo O Y. Nas coordenadas x, y e z, a seção plana Q π é, por 23.30), a união das retas { ) 3 l 1 = 1 1, 0, 0) + t 0,, + 2 0, 3 ), + 1, 0, 2 ) } ; t R { l 1 = 0, 6, 18 ) ) } 3 + t 0,, ; t R 170 e { l 2 = 1 1, 0, 0) + t 0, + 1, 0, 2 ) } ; t R { l 2 = 2, 6, 18 ) + t 170, 0, ) 3 + 2 0, 3,, ) } 3 ; t R ) 29

Unidades 23 e 24 Equação Geral do Segundo Grau em R 3 paralelas ao vetor v 2 = 0, 6, 18 ) e A 2 = 170 0,, ) 3 2, 6, 18 170 que passam pelos pontos A 1 = ), respectivamente. Z Z Y Q l 1 l 2 X X Y Figura 23.9: Cilindro parabólico Q e retas l 1 e l 2 d) Q : 2x 2 + y 2 + z 2 + 2xy + 2 xz + 3x + y + z = 0 e π : 2x + y + 10 z = 4. 2 1 Solução. Seja A = 1 1 0 a matriz da equação do segundo grau 0 1 que representa Q e seja λ 2 1 pλ) = det 1 λ 1 0 0 λ 1 = [ ] λ 1) + λ 1) [λ 2)λ 1) 1] = λ 1) + λ 1)λ 2 3λ + 1) = λ 1)λ 2 3λ 4) = λ 1)λ 4)λ + 1) o seu polinômio característico. Então, λ 1 = 1, λ 2 = 4 e λ 3 = 1 são os autovalores da matriz A, todos de multiplicidade igual a um. Se u 1 = x, y, z) é um autovetor relativo ao autovalor λ 1 = 1, então x, y, z) é uma solução do sistema 30

Forma Quadrática e Equação do Segundo Grau em R 3 Unidades 23 e 24 λ 1 2)x y z = 0 x y z = 0 x = 0 x + λ 1 1)y = 0 x = 0 x + λ 1 1)z = 0 e x = 0 y = z. Logo, u 1 = 0, z, z), z R, são os autovetores relativos ao autovalor 1 0,, ). 6 6 λ 1 = 1. Tomemos o autovetor unitário u 1 = Por outro lado, u 2 = x, y, z) é um autovetor relativo ao autovalor λ 2 = 4 se, e só se, x, y, z) é solução do sistema λ 2 2)x y z = 0 2x y z = 0 y = x 3 x + λ 2 1)y = 0 x + 3y = 0 x + λ 2 1)z = 0 e x + 3z = 0 z = Então, u 2 = 3 x. x, x ) 3, 3 x, x R, são os autovetores relativos ao autovalor λ 2 = 4. Tomando x = 6, obtemos o autovetor unitário u 2 = 60 6 2,, 2 ). 60 60 60 Como os autovetores relativos ao autovalor λ 3 = 1 são ortogonais aos vetores u 1 e u 2, segue que u 3 = u 1 u 2 = 2 ) 1,, é um 10 10 10 autovetor unitário relativo ao autovalor λ 3 = 1. Seja O X Y Z o sistema de eixos ortogonais tal que os eixos O X, O Y e O Z têm a mesma direção e o mesmo sentido dos vetores u 1, u 2 e u 3, respectivamente. Assim, se x, y, z) são as coordenadas de um ponto no sistema O X Y Z, a equação de mudança de coordenadas é: x, y, z) = x 0,, 6 + z 2, 10 ) 1 6 + y, 6 60 1 10, 2, 2 ) 60 60 ). 23.32) 10 Portanto, nas coordenadas x, y e z, a equação da quádrica Q ca na forma: Q : x 2 + 4y 2 z 2 + 3, 1, ), x u 1 + y u 2 + z u 3 = 0 Q : x 2 + 4y 2 z 2 + 1 y = 0, 23.33) 31

Unidades 23 e 24 Equação Geral do Segundo Grau em R 3 pois 3, 1, ), u 1 = 3, 1, ), u 3 = 0 e 3, 1, ), u 2 = 1. Completando os quadrados na equação 23.33), temos: ) Q : x 2 + 4 y 2 1 + 4 y z 2 = 0 ) 2 Q : x 2 1 + 4 y + z 2 = 1 8 16. 23.) Para reduzir a equação 23.) à forma canônica, devemos ) transladar os 1 eixos O X, O Y e O Z para a nova origem O = 0, 8, 0. No sistema O X Y Z transladado, as coordenadas x, y e z se relacionam com as coordenadas x, y e z no sistema O X Y Z pela equação x, y, z) = x, y, z ) ) 1 + 0, 8, 0. 23.3) Assim, a quádrica nas coordenadas x, y e z é Q : x 2 + 4y 2 z 2 = 1 16, 23.36) 1 sendo, portanto, um hiperboloide de uma folha de eixo O Z, com a = 4, 1 1 b = e c = 8 4. Por 23.32) e 23.3), as coordenadas x, y e z e as coordenadas x, y e z satisfazem a equação x, y, z) = x u 1 + y 1 8 ) u2 + z u 3 23.37) Então, r 1 = = { 1 6, 8 60 { 3 8, 1 8, 8 2 60, 2 ) + t 60 ) + t 2, 10 2 10, 1 10, 1 10, ) 10 ) ; t R 10 } } ; t R é o eixo da quádrica { e r 2 = 3 ) 8, 1 8, 8 e 6 + t, 60 2, 2 ) } ; t R 60 60 32

Forma Quadrática e Equação do Segundo Grau em R 3 Unidades 23 e 24 { r 3 = 3 ) 8, 1 8, 8 são os outros eixos principais de Q. + t 0,, 6 ) } 1 ; t R 6 Vamos determinar agora a seção plana Q π. Por 23.37), a equação do plano π nas coordenadas x, y e z é π : x, y, z), 2, 1, 10 ) = 4 π : x ) 1 u 1 + y u2 + z u 3, 10 u 3 = 8 π : 10 10 z = π : z = 1 4 4. 10 Por 23.36), a seção plana Q π é a elipse x 2 + y 2 E : 1/4 = 1 z = 1 4 de centro C = 0, 0, 1 ) {, reta focal r = t, 0, 1 ) } ; t R, reta não focal { 4 4 r = 0, t, 1 ) } ; t R e vértices A 1 = 1, 0, 1 ) e A 2 = 1, 0, 1 ) nas 4 4 4 coordenadas x, y e z. Logo, pela equação 23.37), E é uma elipse de centro C = 3 8 2 4 10, 1 8 + 1 ) 4 10, 8 + 4, 10 reta focal { r = 3 8 2 4 10, 1 8 + 1 ) ) } 4 10, 8 + 4 1 +t 0,, ; t R, 10 6 6 reta não focal { 3 8 2 4 10, 1 8 + 1 4 10, r = e vértices e A 1 = A 2 = nas coordenadas x, y e z. ) 6 8 + 4 +t, 10 60 4 2, 2 ) } ; t R, 60 60 3 8 2 4 10, 1 8 + 1 4 10 +, 6 8 + 4 10 1 ) 6 3 8 2 4 10, 1 8 + 1 4 10, 6 8 + 4 10 + 1 ), 6 33

Unidades 23 e 24 Exercícios π X Z Q Z Y E Y X Figura 23.10: Hiperbolóide de uma folha Q e elipse E = Q π 23.6 Exercícios 1. Encontre os autovalores e os autovetores da matriz: 1 1 0 1 2 0 2 6 1 a) A = 0 2 3 ; b) A = 3 0 0 ; c) A = 6 1 0. 0 4 1 0 0 1 0 0 2 2. Considere os vetores 3 v 1 =, 2 2, 2 ) 2, v 2 = 8 10, 3 2 10, 3 ) 2 e o ponto O = 1, 3, 2). 10 a) Mostre que v 1, v 2 e v 3 é um terno ortonormal. ) 2 2 0, 2, e v 3 = 2 b) Seja O X Y Z o sistema tal que os eixos O X, O Y e O Z têm a mesma direção e o mesmo sentido dos vetores v 1, v 2 e v 3, respectivamente. Ache as coordenadas x, y, z) dos pontos cujas coordenadas x, y, z) são: P = 1, 2, 1), Q = 4, 2, 0) e R = 1, 1, 1).

Forma Quadrática e Equação do Segundo Grau em R 3 Unidades 23 e 24 c) No item anterior, suponha que as coordenadas dadas são x, y e z. Quais são, em cada caso, as coordenadas x, y e z? d) Determine as equações dos planos π 1 : 3x 3 2 y + 7 2 z = 1, π 2 : 8x + 3 2 y + 3 2z = 3, π 3 : y z = 2 e π 4 : 2x + 2 y 2 z = 0, nas coordenadas x, y e z. Quais desses planos são verticais, horizontais ou paralelos a um dos planos coordenados, com respeito ao sistema de eixos O X Y Z? e) Se α 1 : 3x 3 2 y + 7 2 z = 1, α 2 : 8x + 3 2 y + 3 2 z = 3, α 3 : y z = 2 e α 4 : 2x+ 2 y 2 z = 0 são planos dados no sistema O X Y Z, obtenha as equações cartesianas desses planos no sistema OXY Z. 3. Seja A uma matriz simétrica, λ 1, λ 2 e λ 3 seus autovalores e u 1 = a 1, b 1, c 1 ), u 2 = a 2, b 2, c 2 ) e u 3 = a 3, b 3, c 3 ) autovetores ortonormais relativos aos λ 1 0 0 autovalores λ 1, λ 2 e λ 3, respectivamente. Mostre que B AB = 0 λ 2 0, a 1 a 2 a 3 onde B = b 1 b 2 b 3. 0 0 λ 3 c 1 c 2 c 3 4. Encontre os autovalores e os autovetores da matriz simétrica A e obtenha uma matriz B ortogonal tal que B AB é uma matriz diagonal, onde A = 2 1 0 1 2 1. 0 1 2. Determine as superfícies de nível m, m R, da função quadrática fx, y, z) = 3x 2 + 3z 2 + 4xy + 8xz + 4yz + 32x + 16y + 32z + 2, e identique a cônica f 1 m) π, onde π : 2x + y + 2z = 6. 6. Classique, em função de a R, a quádrica Q a dada pela equação de segundo grau : x 2 + 2y 2 + az 2 + 2a + 2)x + 4a 1)y + 2z + 3a 2 = 0. 7. Reduza a equação do segundo grau a sua forma canônica, classique a quádrica Q i e determine seu eixo, para i = 1,..., 10, onde: 3

Unidades 23 e 24 Exercícios a) Q 1 : x 2 + 4y 2 z 2 + 2x 8y 2z + 4 = 0; b) Q 2 : y 2 2z 2 2x + 6y + 4z 1 = 0; c) Q 3 : z 2 + 4x y + 6z 1 = 0; d) Q 4 : x 2 + 4y 2 + z 2 + 4xy + z = 0; e) Q : x 2 + 4yz + x = 0; f) Q 6 : x 2 + 2y 2 + 2z 2 + 2xy + 2 xz 2 30 y + 2 6 z + 2 = 0; g) Q 7 : x 2 + 4y 2 + z 2 + 4xy + 2xz + 4yz + y z = 0; h) Q 8 : 3x 2 + 3y 2 2xy + 4xz + 4yz 4 = 0; i) Q 9 : xy + xz + yz + 3 x + y + z) + 4 = 0; j) Q 10 : 2y 2 + z 2 4xz 4yz 4x + 4y + 2z + = 0. 8. Identique as cônicas Q 3 π 1, Q 6 π 2, Q 9 π 3 e Q 10 π 4, onde Q 3, Q 6, Q 9 e Q 10 são as quádricas do exercício anterior, π 1 : x + 4y = 0, π 2 : 3x y z = 0, π 3 : x + y + z = 2 3 e π 4 : 2x + 2y + z = 3. 9. Mostre que uma equação do segundo grau com três variáveis Ax 2 + By 2 + Cz 2 + Dxy + Exz + F yz + Gx + Hy + Iz + J = 0 representa uma esfera se, e somente se, A = B = C 0, D = E = F = 0 e G 2 + H 2 + I 2 4AJ > 0. 36