cˆonicas rotacionadas terceiro ano do ensino m´edio … · assim, a curva obtida ap´os a...
TRANSCRIPT
Por
talOBM
EP
Material Teorico - Modulo Conicas
Conicas Rotacionadas
Terceiro Ano do Ensino Medio
Autor: Prof. Fabrıcio Siqueira Benevides
Revisor: Prof. Antonio Caminha M. Neto
Por
talOBM
EP
1 Conicas rotacionadas
Na primeira aula deste modulo, mencionamos que asconicas possuem uma equacao geral da forma
Ax2 + Bxy + Cy2 + Dx + Ey + F = 0, (1)
onde A, B, C, D, E e F sao constantes reais.Classificar uma conica significa estudar sua equacao e
determinar se ela e uma parabola, uma elipse (ou cırculo),uma hiperbole ou um dos casos degenerados (duas retas,uma reta, um ponto ou o conjunto vazio), como temosfeitos nos varios exercıcios e exemplos discutidos ate aqui.Mas, em todos eles, o coeficiente do termo xy (o numeroreal B, na expressao (1)), era igual a zero. Nesse caso,bastava completar quadrados e identificar o formato daequacao reduzida obtida.
Quando B 6= 0, a equacao geral ainda representa umaconica (talvez degenerada), porem os seus eixos nao saoparalelos aos eixos cartesianos e a tecnica de completarquadrados nao e suficiente. Adiante, vamos mostrar queexiste um angulo θ tal que, ao realizarmos as substituicoes
x = X cos θ − Y sen θ
y = Xsen θ + Y cos θ(2)
obtemos uma equacao em X e Y na qual o coeficiente deXY e zero. Pode-se mostrar, ainda, que a transformacaode variaveis
(x, y)←→ (X, Y )
corresponde a uma rotacao do plano cartesiano. Mais pre-cisamente, um ponto no sistema cartesiano xOy pode serobtido rotacionando um ponto no (novo) sistema cartesi-ano XOY de um angulo θ, no sentido anti-horario e emtorno da origem comum (0, 0) dos dois sistemas. Nestetexto, vamos assumir esse ultimo fato como verdade, semdemonstracao.
O importante do procedimento delineado acima e queuma rotacao de sistema cartesiano nao muda o formatode figuras. Assim, a curva obtida apos a substituicao devariaveis possui a mesma classificacao que a curva original(i.e., continua sendo uma parabola, elipse, etc).
A tıtulo de ilustracao do metodo, vamos comecar ana-lisando um caso simples, onde conseguimos calcular facil-mente o angulo θ adequado.
Exemplo 1. Classifique a conica xy = 1.
Solucao. Seja θ um angulo qualquer (que sera escolhidomais a frente). Para escrever menos, vamos denotar cos θ =c e sen θ = s. Fazendo as substituicoes x = Xc − Y s ey = Xs + Y c (compare com (2)), obtemos
(Xc− Y s)(Xs + Y c) = 1
ou, ainda (expandindo os produtos),
X2cs + XY (c2 − s2)− Y 2sc = 1. (3)
Agora, para que o coeficiente de XY seja zero, bastaescolher θ de forma que c2 − s2 = 0, ou seja, (cos θ)2 =(sen θ)2. Ha varias opcoes para θ e qualquer uma delasatende ao nosso proposito. Tomando θ = 45◦, temos quec = s = cos(45◦) = sen (45◦) =
√2/2. Substituindo estes
valores em (3), obtemos
(√2
2·√
2
2
)X2 − 0 ·XY −
(√2
2·√
2
2
)Y 2 = 1
ou, o que e o mesmo,
X2
2− Y 2
2= 1.
Esta e a equacao de uma hiperbole no sistema cartesianoXOY , com centro em (0, 0) e na qual a = b =
√2. Entao,
no sistema de coordenadas XOY , ela pode ser esbocadacomo na figura abaixo:
F1 F2A1 A2
B1
B2
C
X
Y
Agora, para obter a figura correspondente a equacao ori-ginal (xy = 1) no plano cartesiano xOy, basta rotacionar afigura acima em 45◦, no sentido anti-horario. O resultadoe a hiperbole desenhada na proxima figura:
http://matematica.obmep.org.br/ 1 [email protected]
Por
talOBM
EPx
y
A1
A2
B1
B2
F1
F2
A seguir, mostramos como encontrar o angulo θ de formageral, quer dizer, para a equacao dada como em (1). Comoantes, comecamos definindo c = cos θ e s = sen θ; emseguida, substituımos x = Xc−Y s e y = Xs + Y c em (1),obtendo a equacao:
A(Xc− Y s)2 + B(Xc− Y s)(Xs + Y c) + C(Xs + Y c)2+
+ D(Xc− Y s) + E(Xs + Y c) + F = 0.
Uma vez que queremos encontrar apenas o coeficientede XY , nao precisamos desenvolver toda a expressao doprimeiro membro acima; o termo XY aparece apenas nodesenvolvimento das parcelas da primeira linha e, somandoas contribuicoes para o coeficiente de XY oriundas das tresparcelas dessa linha, obtemos o resultado abaixo:
−A · 2cs + (c2 − s2) + C · 2cs.
Agora, usando as formulas trigonometricas do arco duplo,temos que 2cs = 2 cos θsen θ = sen (2θ) e, da mesma forma,c2 − s2 = (cos θ)2 − (sen θ)2 = cos(2θ). Logo, o coeficientede XY e:
−A sen (2θ) + B cos(2θ) + C sen (2θ)
ou, ainda,
(C −A) sen (2θ) + B cos(2θ).
Lembre-se de que o objetivo com a mudanca de variaveis(x, y) ↔ (X, Y ) e fazer com que o coeficiente de XY sejaigual a zero. Entao, temos de escolher θ de forma que(C −A) sen (2θ) + B cos(2θ) = 0, ou seja,
B cos(2θ) = (A− C) sen (2θ). (4)
Como estamos assumindo B 6= 0, podemos escrever:
cot(2θ) =cos(2θ)
sen (2θ)=
A− C
B.
Sendo assim, basta escolher 2θ = arccot(
A−C
B
)ou, o que
e o mesmo,
θ =1
2arccot
(A− C
B
). (5)
Em particular, veja que quando A = C (como no Exem-plo 1), basta tomar θ = 45◦, ja que cot(90◦) = 0.
Quando tivermos A 6= C, tambem podemos escrever (4)como
tg (2θ) =sen (2θ)
cos(2θ)=
B
A− C,
obtendo, a partir daı,
θ =1
2arctg
(B
A− C
).
O exemplo a seguir ilustra a execucao dos passos acima.
Exemplo 2. Faca um esboco da conica que possui equacao
4x2 − 4xy + 7y2 − 24 = 0.
Solucao. Nas notacoes de (1), temos A = 4, B = −4 eC = 7. Como A 6= C, temos uma conica que foi rotacio-nada por um angulo θ, tal que
tg (2θ) =B
A− C=−4
4− 7=
4
3.
Pelo Teorema de Pitagoras, um triangulo retangulo RSTque tem catetos RT e RS de medidas respectivamenteiguais a 3 e 4 ira possuir hipotenusa ST de medida 5.
35
4R S
T
2θ
Sendo assim, temos 2θ = RTS, de forma que sen (2θ) =4/5 e cos(2θ) = 3/5.
Usando as formulas trigonometricas para a metade deum arco, temos que:
cos θ =
√1 + 3
5
2=
2√
5
5e sen θ =
√1− 3
5
2=
√5
5.
Com isso, a substituicao de variaveis que devemos fazer e:
x =2√
5
5X −
√5
5Y e y =
√5
5X +
2√
5
5Y.
http://matematica.obmep.org.br/ 2 [email protected]
Por
talOBM
EP
Substituindo esses valores na equacao do enunciado, obte-mos
4
(2√
5
5X −
√5
5Y
)2
− 4
(2√
5
5X −
√5
5Y
) (√5
5X +
2√
5
5Y
)
+ 7
(√5
5X +
2√
5
5Y
)2
− 24 = 0.
Ao desenvolvermos a expressao do primeiro membro acima,ja sabemos que o coeficiente de XY sera zero, pela escolhaque fizemos de θ. Veja tambem que neste exemplo, oscoeficiente de X e Y tambem sao iguais a zero. Restaapenas calcular os coeficientes de X2 e Y 2. Somando ostermos que possuem X2 apos desenvolvimento do primeiromembro, obtemos que este coeficiente e igual a
4
(2√
5
5
)2
− 4
(2√
5
5
) (√5
5
)+ 7
(√5
5
)2
= 3.
De modo analogo, como coeficiente de Y 2 teremos
4
(√5
5
)2
− 4
(−√
5
5
) (2√
5
5
)+ 7
(2√
5
5
)2
= 8.
Dessa forma, a equacao da curva no sistema de coordena-das XOY e
3X2 + 8Y 2 − 24 = 0,
que em forma reduzida corresponde a
X2
8+
Y 2
3= 1.
Esta e uma elipse com centro (0, 0) e semieixos medindo2√
2 e√
3 (desenhada em vermelho na figura a seguir).O grafico da elipse do enunciado pode ser obtido rotacio-nando essa elipse segundo o angulo
θ = arcsen
(√5
5
)∼= 26◦
em torno de (0, 0), no sentido anti-horario. O resultadoesta desenhado em azul.
Outro detalhe interessante, o qual ajuda no esboco daelipse do enunciado, e calcular seus pontos de intersecaocom os eixos Ox e Oy. Para tanto, fazendo x = 0 naequacao original, obtemos 7y2 = 24, logo, y = ±
√24/7 ∼=
±1,851; por sua vez, fazendo y = 0 obtemos 4x2 = 24,logo, x = ±
√6 ∼= ±2,449. Estes pontos sao os quatro
marcados na figura por pequenos cırculos brancos; vejaque eles diferem das intersecoes da elipse vermelha com oseixos.
X
Y
x
y
−3 −2 −1 1 2 3
−2
−1
1
2
2 Observacoes complementares
Considerando a equacao geral de uma conica, equacao (1),no caso particular em que B = 0, nao e difıcil nos conven-cermos de que, utilizando o metodo de completamento dequadrados, a classificacao da conica como parabola, elipseou hiperbole depende apenas de AC ser positivo (elipse),zero (parabola) ou negativo (hiperbole), respectivamente.Veja que, aqui, estamos desconsiderando os casos degene-rados; por exemplo, um par de retas concorrentes pode serconsiderada uma hiperbole degenerada.
No caso em que B 6= 0, e possıvel demonstrar que aclassificacao depende apenas do sinal de B2 − 4AC e deA ou C serem nulos ou nao, de acordo com a seguintetabela:
Classificacao das conicas
(cada caso pode tambem ser degenerado)
B2 − 4AC = 0 e (A = 0 ou C = 0) ParabolaB2 − 4AC < 0 e A = C CırculoB2 − 4AC < 0 e A 6= C ElipseB2 − 4AC > 0 Hiperbole
O numero B2 − 4AC e chamado de discriminante daequacao da conica. Veja que ele possui a mesma formulaque o discriminante, ∆, de uma equacao de segundo grauem uma unica variavel e desempenha um papel semelhante.Mas, e preciso tomar cuidado, pois aqui A, B e C saoos coeficientes de x2, xy e y2, respectivamente, enquantoque, em uma equacao de segundo grau (com apenas umavariavel x), tınhamos que A e B eram os coeficientes de x2
e x, respectivamente, e C era o termo independente.A princıpio, para provar que a tabela acima vale,
terıamos que fazer as substituicoes x = X cos θ − Y sen θ ey = Xsen θ + Y cos θ em (1) e, em seguida, usar que θ e
http://matematica.obmep.org.br/ 3 [email protected]
Por
talOBM
EP
dado pela equacao (5). Sobre X , Y , a equacao assume aforma:
A X2 + C Y 2 + D X + E Y + F = 0,
para certos numeros reais A, C, D, E e F . Entao, fazendocontas simples, mas longas e tediosas, verificarıamos queB−4AC = −4AC e, como observado no inıcio desta secao,conhecendo AC conseguirıamos classificar a conica corres-pondente.
Exemplo 3. Na conica xy = 1 do Exemplo 1 temos que
A = 0, B = 1 e C = 0. Sendo assim, B2 − 4AC = 12 − 4 ·0 · 0 = 1 > 1. Logo, essa conica representa uma hiperbole,
o que esta de acordo com o que havıamos verificado.
Exemplo 4. A equacao 4x2−4xy+7y2−24 = 0 do Exemplo
2 possui discriminante B2 − 4AC = (−4)2 − 4 · 4 · 7 =16 − 112 = −96 < 0. Portanto, ela e uma elipse e, como
A 6= C, essa elipse nao e um cırculo.
Terminamos observando que utilizando ferramentas deAlgebra Linear, todos os calculos mencionados acima po-dem ser simplificados enormemente. Um pouco mais es-pecificamente, e possıvel rescrever a equacao geral de umaconica como um produto de matrizes e fazer as mudancasde variaveis de forma mais simples. Alem disso, fica maisclaro o porque da substituicao de variaveis que utilizamosser realmente uma rotacao. Porem, essas demonstracoesfogem do escopo deste texto.
Problema 5. Faca um esboco do grafico da conica que pos-
sui equacao 6x2 + 4√
3xy + 2y2 − 9x + 9√
3y − 63 = 0.
Dicas para o Professor
Este material pode ser apresentado em dois ou tres en-contros de 50 minutos. Comumente, no Ensino Medionao se trata do caso em que os eixos das conicas naosao paralelos aos eixo cartesianos. Entretanto, apos es-tudar o caso em que os eixos da conica sao paralelosaos eixos coordenados, e bastante natural considerar ocaso mais geral que tratamos aqui. Para uma turma queesta bem familiarizada com Trigonometria e GeometriaAnalıtica, pode-se demonstrar que a mudanca de coordena-das x = X cos θ−Y sen θ e y = Xsen θ+Y cos θ e realmenteuma rotacao, mesmo sem recurso a Algebra Linear. Esteaspecto pode ser discutido em um quarto encontro adicio-nal; alternativamente, remetemos o leitor as referencias.
Sugestoes de Leitura Complementar
1. A. Caminha. Topicos de Matematica Elementar, Vo-
lume 2: Geometria Euclidiana Plana. Colecao Profes-sor de Matematica. SBM, Rio de Janeiro, 2013.
2. G. Iezzi Os Fundamentos da Matematica Elementar,
Volume 7: Geometria analıtica. Atual Editora, Rio deJaneiro, 2013.
http://matematica.obmep.org.br/ 4 [email protected]