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Assuntos: Interpreta¸c˜ao dos conjuntos-solu¸c˜ao da equa¸c˜ao geral do 2

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Academic year: 2021

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(1)

ufpe – ´ area ii – c 2019 prof. fernando j. o. souza MA036 (geometria anal´ıtica 1) – 2019.1 – turma p6 A EQUA ¸ C ˜ AO GERAL DO 2

o

GRAU EM 2 VARI ´ AVEIS

Parte 2 (de 2) - v. 1.1

Assuntos: Interpreta¸c˜ao dos conjuntos-solu¸c˜ao da equa¸c˜ao geral do 2

o

grau em 2 vari´aveis como curvas cˆonicas; elimina¸c˜ao do termo cruzado por rota¸c˜ao.

Obs. Para o uso correto do m´etodo discutido neste texto, ´e importante a devida compreens˜ao das equa¸c˜oes numeradas ao longo deste texto.

A equa¸c˜ao geral do 2

o

grau nas duas vari´aveis x e y ´e:

Ax

2

+ Bxy + Cy

2

+ Dx + Ey + F = 0 (1) Para efeito de facilitar a convers˜ao desta equa¸c˜ao para sua equivalente em novas coordenadas, observemos que ela pode ser reescrita de uma forma ma- tricial, a qual ´e mais complicada que (1) mas utilizar´a, diretamente, a matriz de mudan¸ca de coordenadas por rota¸c˜ao. Come¸caremos com matrizes de ordem 1 × 1, e as expandiremos como produtos de matrizes de ordem maior:

[0] = [Ax

2

+Bxy+Cy

2

+Dx+Ey+F ] = [Ax

2

+Bxy+Cy

2

]+[Dx+Ey]+[F ] ∴

[0] =

x y

A B/2 B/2 C

 x y

 +

D E

 x y

 + [F ] (2) Acompanharemos a discuss˜ao do assunto usando o Item 1.v. da p´agina web que corresponde `a Parte 1 deste texto, a saber, 4x

2

− 4xy + 7y

2

− 24 = 0.

Logo:

[0] =

x y

 2 − 2

− 2 7

 x y

 +

0 0

 x y

 + [ − 24].

As partes quadr´atica e linear da equa¸c˜ao s˜ao codificadas pelas matrizes, Q = h

A B/2 B/2 C

i e L = [

D E

] que, no Item 1.v, s˜ao iguais a

2 2

−2 7

e [

0 0

]

respectivamente. Devido a Bxy = − 4xy (um “termo cruzado”, isto ´e, um

(2)

monˆomio em duas vari´aveis distintas), ´e necess´aria uma rota¸c˜ao, a qual ´e uma mudan¸ca de coordenadas e, como tal, codificada por uma matriz M cujas colunas s˜ao dadas pelas coordenadas antigas dos novos vetores unit´a- rios. Estas coordenadas s˜ao obtidas pela rota¸c˜ao dos vetores unit´arios da base { (1, 0); (0, 1) } original (base canˆonica do R

2

). Como estudamos:

 x y

 = M

 x

1

y

1

 =

 cos (θ) − sen(θ) sen(θ) cos (θ)

 x

1

y

1

 (3)

A fun¸c˜ao f (x, y) = Ax

2

+ Bxy + Cy

2

+ Dx + Ey + F = 4x

2

− 4xy + 7y

2

− 24 definida no plano

1

pode ser expressa em termos das coordenadas (x

1

, y

1

) de cada ponto P do plano com rela¸c˜ao ao sistema de coordenadas rotacionado Ox

1

y

1

(ou seja, o ponto P ´e o mesmo e o valor da fun¸c˜ao nele tamb´em: quem muda s˜ao as express˜oes daquele ponto por coordenadas e daquela fun¸c˜ao em termos destas): f (x, y) = ˜ f (x

1

, y

1

) = ˜ Ax

21

+ ˜ Bx

1

y

1

+ ˜ Cy

12

+ ˜ Dx

1

+ ˜ Ey

1

+ ˜ F . Em particular, a curva cˆonica descrita por f(x, y) = 0 tamb´em ´e descrita por f ˜ (x

1

, y

1

) = 0. Assim, para reescrevermos a Equa¸c˜ao (1) nas novas vari´aveis, precisamos calcular os coeficientes de ˜ f :

Ax ˜

21

+ ˜ Bx

1

y

1

+ ˜ Cy

12

+ ˜ Dx

1

+ ˜ Ey

1

+ ˜ F = 0. (4) Podemos aplicar a Equa¸c˜ao (3) para expressarmos x e y em termos de x

1

e y

1

, obtendo f´ormulas para os novos coeficientes em termos dos antigos. Usando a equa¸c˜ao (3) e sua transposi¸c˜ao,

x y

=

x

1

y

1

M

t

, obtemos a matriz Q ˜ a partir do formato descrito na Equa¸c˜ao (2):

x y Q

 x y

 =

x

1

y

1

M

t

QM

 x

1

y

1

 =

x

1

y

1

Q ˜

 x

1

y

1

 ∴

Q ˜ = M

t

QM (5)

Da mesma forma,

L

 x y

 = LM

 x

1

y

1

 = ˜ L

 x

1

y

1

 ∴

1f ´e fun¸c˜ao definida emR2 e, como tal, pode tamb´em ser vista como fun¸c˜ao dos pontos P do plano.

(3)

L ˜ = LM (6) A este ponto, ´e interessante sabermos que, em geral, a mudan¸ca de coorde- nadas inversa seria representada por M

−1

mas, neste contexto, M

−1

= M

t

porque a matriz M representa uma mudan¸ca de base entre duas bases or- tonormais. M

1

representa a rota¸c˜ao inversa (isto ´e, aquela pelo ˆangulo trigonom´etrico − θ). Finalmente, como nosso objetivo ´e eliminar o “termo cruzado” Bxy, o que desejamos ´e:

B ˜ = 0 ∴ B ˜

2 = 0 ∴ Q ˜ =

A ˜ 0 0 C ˜

(7)

Mas ˜ B/2 ´e entrada de ˜ Q = M

t

QM , donde obtemos que:

B ˜ = B

2 cos

2

(θ) − sen

2

(θ) + (C − A) cos (θ)sen(θ)

usando o ˆangulo dobro de θ, B ˜ = B

2 cos (2θ) + C − A

2 sen(2θ) ∴

B ˜ = 0 ⇐⇒ B cos (2θ) = (A − C) sen(2θ) (8) Num dos caminhos por trigonometria, calculamos ˜ A e ˜ C a partir de um certo sistema de equa¸c˜oes envolvendo sen(2θ). Noutro caminho por trigono- metria, calculamos M e, a partir deste, ˜ Q. H´a tamb´em solu¸c˜oes por autova- lores (um assunto de ´ Algebra Linear)

2

. Veremos mais detalhes abaixo.

Solu¸ c˜ oes. Solu¸ c˜ ao com rota¸ c˜ ao por trigonometria – um caminho:

Como no livro-texto [Boulos/Camargo, 3

a

ed.], escolheremos o ˆangulo trigo- nom´etrico θ ∈ 0,

π2

∴ 2θ ∈ (0, π) ∴ sen(2θ) > 0 e, assim, podemos usar:

cot (2θ) = A − C

B (9)

No exemplo, cot (2θ) =

4−7−4

=

34

. Da identidade trigonom´etrica sen

2

(2θ) = 1/ 1 + cot

2

(2θ)

2Nestas solu¸c˜oes, ˜Ae ˜Cs˜ao os autovalores deQ(escolhidos numa ordem arbitr´aria mas, uma vez escolhidos, as dire¸c˜oes dex1 ey1 s˜ao definidas pelos respectivos autovetores).

(4)

segue-se que sen

2

(2θ) = 1/ (1 + (3/4)

2

) = 1/ (1 + (9/16)) =

1625

. Mas sen(2θ) >

0 ∴ sen(2θ) = 4/5. Procedendo-se como em [Boulos/Camargo], chega-se ao sistema de equa¸c˜oes abaixo (detalhes na Se¸c. 23.C):

( A ˜ + ˜ C = A + C = 4 + 7 = 11 ∴ 2 ˜ A = 11 − 5 = 6 ∴ A ˜ = 3 A ˜ − C ˜ =

sen(2θ)B

=

4/54

= − 5 ∴ C ˜ = 11 − 3 = 8 ∴

3x

21

+ 8y

21

− 24 = 0 ∴ x

21

8 + y

21

3 = 1 (equa¸c˜ao reduzida)

Como n˜ao h´a termos lineares (monˆomios de grau 1), uma transla¸c˜ao n˜ao ser´a necess´aria

3

. Sendo positivos os coeficientes dos termos quadr´aticos, conclui- se que se trata de uma elipse. S´o tendo sido efetuada uma rota¸c˜ao, seu centro

´e a origem do sistema de coordenadas original, O (0, 0).

Comprimento do eixo maior: 2a = 2 √

8 = 4 √ 2.

Comprimento do eixo menor: 2b = 2 √

3 ∴ c = √

a

2

− b

2

= √

8 − 3 = √ 5 ∴ Distˆancia focal 2c = 2 √

5; e excentricidade e =

ac

= p 5/8.

Foram tamb´em pedidos os v´ertices e focos. Para eles, ´e necess´ario en- contrar θ ou, alternativamente, M de modo que se possa explicitar o novo sistema de coordenadas Ox

1

y

1

, no qual ´e bastante conveniente expressar as coordenadas daqueles pontos devido `as informa¸c˜oes j´a encontradas acima.

Mas cos (2θ) = cot (2θ) sen(2θ) =

34

·

45

=

35

. Somando-se os respecti- vos membros das identidades trigonom´etricas cos (2θ) = cos

2

(θ) − sen

2

(θ) e cos

2

(θ) + sen

2

(θ) = 1, tem-se que cos

2

(θ) =

12

(1 + cos (2θ)) =

12

·

85

=

45

. Como θ ∈ 0,

π2

, tem-se que cos (θ) > 0 ∴ cos (θ) = 2/ √

5. Combinando-se este valor com

45

= sen(2θ) = 2sen(θ) cos (θ), tem-se que sen(θ) = 1/ √

5.

Assim, chega-se `a base ortonormal F = f b

1

, f b

2

associada a Ox

1

y

1

, onde:

f b

1

= (cos (θ), sen(θ))

E

=

15

(2, 1)

E

e f b

2

= ( − sen(θ), cos (θ))

E

=

15

( − 1, 2)

E

, e E ´e a base ortonormal original. Neste novo sistema de coordenadas, dado por (O, F ), os v´ertices da elipse tˆem coordenadas ( ± 2 √

2, 0) e (0, ± √ 3), en- quanto os focos tˆem coordenadas ( ± √

5, 0).

Obs. Se realmente se desejassem as coordenadas destes seis pontos com re- la¸c˜ao ao sistema de coordenadas Oxy original, poder-se-ia aplicar a mudan¸ca de coordenadas inversa (encapsulada em M

1

) ou, simplesmente, notar que

3Se houvesse algum termo linear, uma transla¸c˜ao poderia ser necess´aria ou n˜ao.

(5)

x

1

e y

1

s˜ao os coeficientes de f b

1

e f b

2

. Por exemplo: o foco F

1

de coordenadas (x

1

, y

1

) = ( − √

5, 0) ´e F

1

= O − √

5 f b

1

+ 0 f b

2

= O − √

5 f b

1

e, portanto, suas coordenadas (x, y) no sistema original (O, E ) s˜ao:

F

1

= (0, 0) − √

5

15

(2, 1)

E

= ( − 2, − 1). E assim por diante.

Rota¸ c˜ ao por trigonometria – outro caminho: Em alguns livros, escolhe- se um ˆangulo n˜ao-nulo θ ∈ −

π4

,

π4

satisfazendo

4

tan (2θ) =

4−7−4

=

43

. Num triˆangulo retˆangulo com ˆangulo 2θ, ao qual se op˜oe um cateto de compri- mento 4, e ao qual ´e adjacente um cateto de comprimento 3, tem-se que o comprimento da hipotenusa ´e √

4

2

+ 3

2

= √

16 + 9 = √

25 = 5, forne- cendo sen(2θ) = 4/5 e cos (2θ) = 3/5. Encontram-se cos (θ) = 2/ √

5 e sen(θ) = 1/ √

5 do mesmo modo que na solu¸c˜ao anterior, considerando-se que cos (θ) > 0 porque θ ∈ −

π4

,

π4

. Logo: M =

15

[

21 21

] ∴ Q ˜ = M

t

QM =

15

[

2 11 2

]

4 2

−2 7

1

5

[

21 2−1

] =

15

[

68 163

] [

21 2−1

] =

15

[

15 00 40

] ∴ Q ˜ = [

3 00 8

] ∴ A ˜ = 3 e ˜ C = 8. O restante ´e como na solu¸c˜ao anterior.

4Uma vez que os coeficientes dex2ey2s˜ao distintos, sen˜ao seria usadoθ= π4

(6)

1.w. 4x

2

+ 4xy + 7y

2

− 24 = 0.

Solu¸ c˜ ao – um caminho: Como n˜ao h´a monˆomios de grau 1, uma trans- la¸c˜ao n˜ao ser´a necess´aria. Devido ao termo cruzado 4xy, ´e necess´aria uma rota¸c˜ao. Como no livro-texto [Boulos/Camargo], utiliza-se um ˆangulo θ ∈

0,

π2

satisfazendo cot (2θ) =

447

= −

34

. Da identidade trigonom´etrica sen

2

(2θ) = 1/ (1 + cot

2

(2θ)), segue-se que sen

2

(2θ) = 1/ (1 + (3/4)

2

) = 1/ (1 + (9/16)) =

1625

. Devido `a escolha de θ em 0,

π2

, tem-se que 2θ ∈ (0, π) e, portanto, sen(2θ) > 0. Logo, sen(2θ) = 4/5. Procedendo-se como em [Bou- los/Camargo], chega-se ao sistema de equa¸c˜oes abaixo (detalhes na Se¸c. 23.C):

( A ˜ + ˜ C = A + C = 4 + 7 = 11 ∴ 2 ˜ A = 11 + 5 = 16 ∴ A ˜ = 8 A ˜ − C ˜ =

sen(2θ)B

=

4/54

= 5 ∴ C ˜ = 11 − 8 = 3 ∴

8x

21

+ 3y

21

− 24 = 0 ∴ x

21

3 + y

21

8 = 1 (equa¸c˜ao reduzida)

Sendo positivos os coeficientes dos termos quadr´aticos, conclui-se que se trata de uma elipse. S´o tendo sido efetuada uma rota¸c˜ao, seu centro ´e a origem do sistema de coordenadas original, O (0, 0).

Comprimento do eixo maior: 2a = 2 √

8 = 4 √ 2.

Comprimento do eixo menor: 2b = 2 √

3 ∴ c = √

a

2

− b

2

= √

8 − 3 = √ 5 ∴ Distˆancia focal 2c = 2 √

5; e excentricidade e =

ca

= p

5/8. Para a lo- caliza¸c˜ao dos v´ertices e e dos focos desta elipse, calcule-se a base ortonor- mal F associada ao novo sistema de coordenadas Ox

1

y

1

, isto ´e, (O, F ):

cos (2θ) = cot (2θ) sen(2θ) = −

34

·

45

= −

35

. Somando-se os respectivos membros das identidades trigonom´etricas cos (2θ) = cos

2

(θ) − sen

2

(θ) e cos

2

(θ) + sen

2

(θ) = 1, tem-se que cos

2

(θ) =

12

(1 + cos (2θ)) =

12

·

25

=

15

. Como θ ∈ 0,

π2

, tem-se que cos (θ) > 0 ∴ cos (θ) = 1/ √

5. Combinando-se este valor com

45

= sen(2θ) = 2sen(θ) cos (θ), tem-se que

5

sen(θ) = 2/ √

5.

Assim, chega-se `a base ortonormal F = f b

1

, f b

2

associada a Ox

1

y

1

, onde:

f b

1

= (cos (θ), sen(θ))

E

=

15

(1, 2)

E

e f b

2

= ( − sen(θ), cos (θ))

E

=

15

( − 2, 1)

E

, e E ´e a base ortonormal original. Neste novo sistema de coordenadas, dado por (O, F ), os v´ertices da elipse tˆem coordenadas (0, ± 2 √

2) e ( ± √

3, 0), en- quanto os focos tˆem coordenadas (0, ± √

5).

5Logo, o seno e o cosseno est˜ao trocados com rela¸c˜ao ao ´Item 1.v, donde este θ ´e o complemento do θda primeira solu¸c˜ao de 1.v.

(7)

Rota¸ c˜ ao por trigonometria – outro caminho: Escolha-se um ˆangulo n˜ao-nulo θ ∈ −

π4

,

π4

satisfazendo tan (2θ) =

447

= −

43

< 0. Tem-se tan ( − 2θ) =

43

num triˆangulo retˆangulo com ˆangulo − 2θ ao qual se op˜oe um cateto de comprimento 4, e ao qual ´e adjacente um cateto de compri- mento 3, donde o comprimento da hipotenusa ´e 5 como no ´Item 1.v, for- necendo sen( − 2θ) = 4/5 e cos ( − 2θ) = 3/5. Logo

6

, sen(2θ) = − 4/5 e cos (2θ) = 3/5. Somando-se os respectivos membros das identidades tri- gonom´etricas cos (2θ) = cos

2

(θ) − sen

2

(θ) e cos

2

(θ) + sen

2

(θ) = 1, tem-se que cos

2

(θ) =

12

(1 + cos (2θ)) =

12

·

85

=

45

. Como θ ∈ −

π4

,

π4

, tem-se que cos (θ) > 0 ∴ cos (θ) = 2/ √

5. Combinando-se este valor com −

45

= sen(2θ) = 2sen(θ) cos (θ), tem-se que sen(θ) = − 1/ √

5, ou seja, este θ ´e o ˆangulo oposto

`aquele da segunda solu¸c˜ao para o ´Item 1.v. Logo, obt´em-se uma base or- tonormal ordenada G = ( b g

1

, b g

2

) associada a Ox

1

y

1

que ´e distinta da base F =

f b

1

, f b

2

obtida na solu¸c˜ao anterior pois, na base ortonormal original E : b

g

1

= (cos (θ), sen(θ))

E

=

15

(2, − 1)

E

e b g

2

= ( − sen(θ), cos (θ))

E

=

15

(1, 2)

E

. Em outras palavras

7

, G =

− f b

2

, f b

1

, concordando com os ˆangulos obtidos

8

. Da´ı: M =

15

[

−1 22 1

] ∴

Q ˜ = M

t

QM =

15

[

21 2−1

] [

4 22 7

]

15

[

2 11 2

] =

15

[

68 16−3

] [

2 11 2

] =

15

[

15 00 40

] ∴ Q ˜ = [

3 00 8

] ∴ A ˜ = 3 e ˜ C = 8 ∴ 3x

21

+8y

21

− 24 = 0 ∴

x

21

8

+

y312

= 1 (equa¸c˜ao reduzida). Assim,

o centro, a, b, c e e s˜ao como na solu¸c˜ao anterior mas, neste novo sistema de coordenadas, dado por (O, G ), os v´ertices da elipse tˆem coordenadas ( ± 2 √

2, 0) e (0, ± √ 3), enquanto os focos tˆem coordenadas ( ± √

5, 0).

6Seno ´e uma fun¸c˜ao ´ımpar, enquanto cosseno ´e par.

7Logo, o ponto de coordenadas (x1, y1) nesta solu¸c˜ao corresponde ao ponto de coorde- nadas (y1,−x1) na solu¸c˜ao anterior !

8Na solu¸c˜ao anterior, o complemento do ˆangulo no ´Item 1.v; nesta solu¸c˜ao, o oposto daquele em 1.v.

(8)

1.x. 5x

2

+ 12xy − 12 √

13x − 36 = 0.

Algumas respostas: Com o sistema de coordenadas Ox

1

y

1

obtido atrav´es da rota¸c˜ao pelo ˆangulo θ tal que cos (θ) =

313

e sen(θ) =

213

, expressa-se a equa¸c˜ao em termos de Ox

1

y

1

:

9x

21

− 4y

2

− 36x

1

+ 24y

1

− 36 = 0

Completando-se os quadrados, revela-se uma segunda mudan¸ca de coordena- das Cx

2

y

2

obtida por transla¸c˜ao a partir de Ox

1

y

1

:

9(x

1

− 2)

2

− 4(y

1

− 3)

2

− 36 ∴ 9x

22

− 4y

22

− 36 = 0

O vetor −→ OC de transla¸c˜ao ´e expresso na base ortonormal F associada a Ox

1

y

1

como −→

OC = (2, 3)

F

. Da´ı:

x

22

4 − y

22

9 = 1 (hip´erbole) Centro

9

: C. Comprimento do eixo transverso: 2 √

4 = 4. Coordenadas dos v´ertices em Cx

2

y

2

: ( ± 2, 0). Comprimento do eixo imagin´ario: 2 √

9 = 6.

Uma resolu¸ c˜ ao: Devido ao termo 12xy, uma rota¸c˜ao ´e necess´aria. Escolha- se o ˆangulo n˜ao-nulo θ ∈ −

π4

,

π4

satisfazendo tan (2θ) =

5−012

. Num um tri- ˆangulo retˆangulo com ˆangulo 2θ, ao qual se op˜oe um cateto de comprimento 12, e ao qual ´e adjacente um cateto de comprimento 5, tem-se que o com- primento da hipotenusa ´e √

12

2

+ 5

2

= √

144 + 25 = √

169 = 13, fornecendo sen(2θ) =

1213

e cos (2θ) =

135

. Somando-se os respectivos membros das iden- tidades trigonom´etricas cos (2θ) = cos

2

(θ) − sen

2

(θ) e cos

2

(θ) + sen

2

(θ) = 1, tem-se que cos

2

(θ) =

12

(1 + cos (2θ)) =

12

·

1813

=

139

. Como θ ∈ −

π4

,

π4

, tem-se que cos (θ) > 0 ∴ cos (θ) = 3/ √

13 . Combinando-se este valor com

12

13

= sen(2θ) = 2sen(θ) cos (θ), tem-se que sen(θ) = 2/ √

13 . Atrav´es da rota-

¸c˜ao R

θ

do sistema de coordenadas Oxy pelo ˆangulo trigonom´etrico θ, obt´em- se o novo sistema de coordenadas cartesianas Ox

1

y

1

de origem O e eixos associados `a base ortonormal ordenada F =

f b

1

, f b

2

dada na base ortonor- mal original E = − → e

1

, − → e

2

por: f b

1

= R

θ

− → e

1

= (cos (θ), sen(θ))

E

=

113

(3, 2)

E

9Claro,C tem coordenadas (0,0) emCx2y2.

(9)

e f b

2

= R

θ

− → e

2

= ( − sen(θ), cos (θ))

E

=

113

( − 2, 3)

E

∴ M =

113

[

32 32

] ∴ Q

= M

t

QM =

113

[

3 22 3

] [

5 66 0

]

113

[

32 32

] =

131

[

27 188 12

] [

32 32

] =

131

[

1170 052

] ∴ Q

= [

9 004

] ∴ A

= 9 e C

= − 4. Agora, determinem-se os coeficientes D

e E

de x

1

e y

1

, respectivamente, nos novos termos lineares (cf. Coment´ario):

[

D E

] = [

D E

] · M = [

12

13 0

] ·

113

[

32 32

] = [

12 0

] · [

32 32

] = [

36 24

] ∴ D

= − 36 e E

= 24 ∴

10

9x

21

− 4y

21

− 36x

1

+ 24y

1

− 36 = 0 (equa¸c˜ao geral no sistema Ox

1

y

1

) Completando-se os quadrados: 0 = 9x

21

− 4y

12

− 36x

1

+ 24y

1

− 36 = 9(x

1

− 2)

2

− 36 − 4(y

1

− 3)

2

+ 36 − 36 ∴ 9(x

1

− 2)

2

− 4(y

1

− 3)

2

= 36 ∴

(x

1

− 2)

2

2

2

− (y

1

− 3)

2

3

2

= 1 (equa¸c˜ao reduzida), isto ´e, x

22

2

2

− y

22

3

2

= 1, onde T x

2

y

2

´e o sistema de coordenadas cartesianas obtido de Ox

1

y

1

pela transla-

¸c˜ao que leva a origem O no ponto T de coordenadas (2, 3) no sistema Ox

1

y

1

. Assim, x

2

= x

1

− 2 e y

2

= y

1

− 3. Da equa¸c˜ao reduzida, a curva cˆonica ´e uma hip´erbole de eixo real paralelo aos eixos Ox

1

e T x

2

. Seu centro ´e T . a=2 e b = 3 ∴ c = √

2

2

+ 3

2

= √

13. Logo: o comprimento do eixo real (maior, transverso) ´e 2a = 4; o comprimento do eixo imagin´ario (menor, conjugado)

´e 2b = 6 (neste exemplo, maior do que o do eixo dito maior); a distˆancia focal ´e 2c = 2 √

13; e a excentricidade ´e e = c/a = √

13/2. A localiza¸c˜ao dos pontos not´aveis ´e f´acil no sistema T x

2

y

2

e, se forem desejadas, as respectivas coordenadas no sistema original (Oxy ) podem ser obtidas pela combina¸c˜ao das express˜oes para as duas mudan¸cas de coordenadas obtidas:

x = x

1

cos (θ) − y

1

sen(θ) =

113

(3x

1

− 2y

1

) =

113

[3(2 + x

2

) − 2(3 + y

2

)]; e y = x

1

sen(θ) + y

1

cos (θ) =

113

(2x

1

+ 3y

1

) =

113

[2(2 + x

2

) + 3(3 + y

2

)] ∴ x =

113

(3x

2

− 2y

2

) e y =

113

(13 + 2x

2

+ 3y

2

). Os pontos not´aveis s˜ao: o centro T , de coordenadas (0, 0) em T x

2

y

2

e, pelas f´ormulas obtidas, (0, √

13) no sistema original Oxy; os v´ertices, ( ± 2, 0) em T x

2

y

2

; as extremidades do eixo imagin´ario, (0, ± 3) em T x

2

y

2

; e os focos, ( ± √

13, 0) em T x

2

y

2

.

10Claro, pode-se tamb´em optar pelas substitui¸c˜oes x=x1 cos (θ)−y1sen(θ) e y=x1sen(θ) +y1 cos (θ) na equa¸c˜ao 5x2+ 12xy−12√

13x−36 = 0, obtendo-se: 0 = 5 139x21+134y121213x1y1

+ 12 136x21136y21+9134x1y1

−12√

13 133x1132y1

−36 = 9x21−4y12−36x1+ 24y1−36 ap´os c´alculos e simplifica¸c˜oes apropriados.

Referências

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