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Equipe de GAAV do CEFET-MG no ERE Versão de 16 de novembro de 2020
Quádricas transladadas
As equações das quádricas trabalhadas até o momento possuiam apenas um termo (ou
linear ou quadrático) em cada uma das variáveis e não possuíam termos mistos. Dizemos que
as quádricas correspondentes a essas equações estão na posição padrão.
Quando aparecem na equação de uma quádrica tanto termos lineares quanto quadráticos
em alguma das variáveis, mas não aparecem termos mistos, então essa quádrica corresponde a
uma quádrica na posição padrão transladada. Ou seja, existe um sistema de coordenadas x′y′z′
cujos eixos coordenados x′, y′ e z′ são as semi-retas orientadas que possuem a mesma direção
e o mesmo sentido dos eixos x, y e z, respectivamente, e que passam por um ponto O′ 6= O
(que é a origem do sistema x′y′z′) no qual a quádrica está na posição padrão. Nesse caso,
para determinar as coordenadas do ponto O′, temos que completar quadrados nas variáveis
que possuem tanto termos lineares quanto mistos. Se os termos que aparecerem na equação
manipulada da quádrica forem x − x0, y − y0 e z − z0, então a nova origem é o ponto O′ =
(x0, y0, z0).
Exemplo 1. Identi�que e desenhe as quádricas correspondentes às equações dadas.
(a) x2 + y2 − 4z2 − 4x+ 2y + 4z + 4 = 0.
(b) 9x2 − 4y2 − 36x− 16y + z2 − 2z − 15 = 0.
(c) 5x2 + y2 + 10x− 6y + 5z + 4 = 0.
Resolução:
(a) Vamos manipular a equação completando quadrados em x, y e z (uma vez que as três
variáveis possuem tanto termos lineares quanto termos quadráticos).
x2 + y2 − 4z2 − 4x+ 2y + 4z + 4 = 0
[x2 − 4x] + [y2 + 2y]− 4[z2 − z] + 4 = 0
[(x− 2)2 − 4] + [(y + 1)2 − 1]− 4
[(
z − 1
2
)2
− 1
4
]
+ 4 = 0
(x− 2)2 − 4 + (y + 1)2 − 1− 4
(
z − 1
2
)2
+ 1 + 4 = 0
(x− 2)2 + (y + 1)2 − 4
(
z − 1
2
)2
= 0
(x− 2)2 + (y + 1)2 = 4
(
z − 1
2
)2
(
z − 1
2
)2
=
(x− 2)2
4
+
(y + 1)2
4
No sistema de coordenadas x′y′z′ que corresponde à translação do sistema cartesiano xyz
com origem no ponto O′ =
(
2,−1, 1
2
)
temos x′ = x−2, y′ = y+1 e z′ = z− 1
2
. A equação
da quádrica no sistema x′y′z′ é z′2 =
x′2
4
+
y′2
4
. Logo, essa quádrica é um cone com eixo
central z′. A interseção desse cone com plano x′y′ é o vértice do cone, a interseção com o
plano x′z′ é o par de retas z′2 =
x′2
4
⇒ z′ = ±1
4
x′ e a interseção com o plano y′z′ é o par
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de retas z′2 =
y′2
4
⇒ z′ = ±1
4
y′. Para desenhar mais fácil o cone, é interessante desenhar a
interseção do cone com o plano z′ = 1 que é a circunferência 1 =
x′2
4
+
y′2
4
⇒ x′2 + y′2 = 4
e raio 2 centrada no ponto (0, 0, 1). Observe que, pela simetria do cone, sua interseção com
o plano z′ = −1 é a circunferência de raio 2 centrada no ponto (0, 0,−1). Observe que
esse cone é bem "aberto", já que aumentando apenas em uma unidade o z, o diâmetro da
circunferência de interseção com o plano z = k é uma circunferência de diâmetro 4. O
desenho desse cone no sistema coordenado x′y′z′ é:
e o desenho do cone no sistema cartesiano xyz é:
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(b) Vamos manipular a equação completando quadrados em x, y e z (uma vez que as três
variáveis possuem tanto termos lineares quanto termos quadráticos).
9x2 − 36x− 4y2 − 16y + z2 − 2z − 15 = 0
9[x2 − 4x]− 4[y2 + 4y] + [z2 − 2z]− 15 = 0
9[(x− 2)2 − 4]− 4[(y + 2)2 − 4] + [(z − 1)2 − 1]− 15 = 0
9(x− 2)2 − 36− 4(y + 2)2 + 16 + (z − 1)2 − 1− 15 = 0
9(x− 2)2 − 4(y + 2)2 + (z − 1)2 − 36 = 0
9(x− 2)2 − 4(y + 2)2 + (z − 1)2 = 36
9(x− 2)2
36
− 4(y + 2)
2
36
+
(z − 1)2
36
=
36
36
(x− 2)2
4
− (y + 2)
2
9
+
(z − 1)2
36
= 1
No sistema de coordenadas x′y′z′ que corresponde à translação do sistema cartesiano xyz
com origem no ponto O′ = (2,−2, 1) temos x′ = x−2, y′ = y+2 e z′ = z−1. A equação da
quádrica no sistema x′y′z′ é
x′2
4
− y
′2
9
+
z′2
36
= 1 . Logo, essa quádrica é um hiperboloide de
uma folha com eixo central y′. A interseção desse hiperboloide com plano x′y′ é a hipérbole
x′2
4
− y
′2
9
= 1 (que possui focos no eixo x′ e está centrada no ponto (0, 0, 0)), a interseção
com o plano y′z′ é a hipérbole −y
′2
9
+
z′2
36
= 1 (que possui focos no eixo y′ e está centrada
no ponto (0, 0, 0)) e a interseção com o plano x′z′ é a elipse
x′2
4
+
z′2
36
= 1 (que possui
semi-eixo maior 6 e semi-eixo menor 2, focos no eixo z e está centrada no ponto (0, 0, 0)).
O desenho desse hiperboloide de uma folha no sistema coordenado x′y′z′ é:
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e o desenho no sistema cartesiano xyz é:
(c) Vamos manipular a equação completando quadrados em x e y (uma vez que apenas essas
duas variáveis possuem tanto termos lineares quanto termos quadráticos).
5x2 + 10x+ y2 − 6y + 5z + 4 = 0
5[x2 + 2x] + [y2 − 6y] + 5z = 0
5[(x+ 1)2 − 1] + [(y − 3)2 − 9] + 5z + 4 = 0
5(x− 1)2 − 5 + (y − 3)2 − 9 + 5z + 4 = 0
5(x− 1)2 + (y − 3)2 + 5z − 10 = 0
5(x− 1)2 + (y − 3)2 = −5z + 10
5(x− 1)2 + (y − 3)2 = −5(z − 2)
5(x− 1)2
−5
+
(y − 3)2
−5
=
−5(z − 2)
−5
− (x− 1)2 − (y − 3)
2
5
= (z − 2)
(z − 2) = −(x− 1)2 − (y − 3)
2
5
No sistema de coordenadas x′y′z′ que corresponde à translação do sistema cartesiano xyz
com origem no ponto O′ = (1, 3, 2) temos x′ = x− 1, y′ = y− 3 e z′ = z− 2. A equação da
quádrica no sistema x′y′z′ é z′ = −x′2 − y
′2
5
. Logo, essa quádrica é um paraboloide elíptico
com eixo central z′ virado para a parte negativa do eixo z′. A interseção desse paraboloide
elíptico com plano x′y′ é o vértice do paraboloide, a interseção com o plano x′z′ é a parábola
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z′ = −x′2 ⇒ x′2 = −z′ e a interseção com o plano y′z′ é parábola z′ = −y
′2
5
⇒ y′2 = −5z′.
Para desenhar mais fácil esse paraboloide elíptico, é interessante desenhar sua interseção
com o plano z′ = −1 que é a elipse −1 = −x′2 − y
′2
5
⇒ x′2 + y
′2
5
= 1 que possui semi-
eixo maior
√
5, semi-eixo menor 1, focos no eixo y′ e está centrada no ponto (0, 0,−1). O
desenho desse paraboloide elíptico no sistema coordenado x′y′z′ é:
e o desenho no plano cartesiano xyz é:
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Quádricas rotacionadas
Lembramos que uma quádrica é um conjunto não-vazio de todos os pontos P = (x, y, z) do
espaço tridimensional R3 cujas coordenadas satisfazem uma equação da forma
a1x
2 + a2y
2 + a3z
2 + a4xy + a5xz + a6yz + a7x+ a8y + a9z + a10 = 0
onde a1, a2, ..., a10 são constantes reais e a1, a2, a3, a4, a5 e a6 não são todas nulas (ou seja, na
equação aparece pelo menos um dos termos quadráticos ou um dos termos mistos xy, xz e yz).
Quando algum dos termos mistos xy, xz ou yz aparece na equação de uma quádrica (ou
seja, quando a4 6= 0, a5 6= 0 ou a6 6= 0), então essa quádrica com certeza está rotacionada
com relação à sua posição padrão. Ela pode estar transladada também ou não. Para ver essa
rotação, precisamos aprender a escrever a equação da quádrica na forma matricial e utilizar a
diagonalização de matrizes simétricas 3× 3.
Considere as matrizes X =
xy
z
, A =
 a1
a4
2
a5/2
a4/2 a2 a6/2
a5/2 a6/2 a3
 e K = [a7 a8 a9]. Temos que
XtAX +KX =
[
x y z
]  a1
a4
2
a5/2
a4/2 a2 a6/2
a5/2 a6/2 a3

xy
z
+ [a7 a8 a9]
xy
z

=
[
x y z
]

a1x+
a4
2
y +
a5
2
z
a4
2
x+ a2y +
a6
2
z
a5
2
x+
a6
2
y + a3z
+ a7x+ a8y + a9z
= x
(
a1x+
a4
2
y +
a5
2
z
)
+ y
(a4
2
x+ a2y +
a6
2
z
)
+ z
(a5
2
x+
a6
2
y + a3z
)
+ a7x+ a8y + a9z
= a1x
2 +
a4
2
xy +
a5
2
xz +
a4
2
xy + a2y
2 +
a6
2
zy +
a5
2
xz +
a6
2
yz + a3z
2 + a7x+ a8y + a9z
= a1x
2 + a2y
2 + a3z
2 + a4xy + a5xz + a6yz + a7x+ a8y + a9z.
Logo, a equação geral das quádricas pode ser escrita matricialmente como X tAX+KX+a10 =
0.
No caso particular em que a quádrica está na posição padrão ou apenas transladada, temos
a4 = 0, a5 = 0 e a6 = 0 e, portanto, a matriz A =
a1 0 00 a2 0
0 0 a3
 é uma matriz diagonal.
No caso em que alguma das constantes a4, a5 ou a6 é não-nula, amatriz A não é uma matriz
diagonal, mas é uma matriz simétrica. Como toda matriz simétrica é diagonalizável por uma
matriz ortogonal, então existe uma matriz ortogonal P tal que P tAP = D. Mais que isso,
sabemos que os vetores-coluna da matriz P são autovetores ortonormais de A e os elementos
da diagonal principal da matriz diagonal D são os autovalores de A. O que vamos fazer é uma
mudança de sistema coordenadas para enxergar a rotação da quádrica e, se a quádrica também
estiver transladada, vamos ter que fazer uma segunda mudança de variáveis para enxergar essa
translação.
De forma análoga ao que �zemos no R2, é possível mostrar o seguinte resultado:
Teorema 1. Seja B = {−→u1,−→u2,−→u3} uma base ortonormal do R3 e seja P a matriz cujas colunas
são os vetores −→u1, −→u2 e −→u3 na ordem que eles aparecem na base B, ou seja, P =
 −→u1 −→u2 −→u3
.
Então ou detP = 1 ou detP = −1.
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. Se detP = 1, então a base B corresponde à uma rotação da base canônica {−→i ,−→j ,
−→
k }
do R3.
. Se detP = −1, então a base {−→u2,−→u1,−→u3} (obtida ao trocar o primeiro vetor e o segundo
vetor da base B de lugar) corresponde à uma rotação da base canônica {−→i ,−→j ,
−→
k } do R3.
Não vamos provar esse resultado, porque no R3 temos uma dimensão extra e, por isso,
uma rotação da base canônica envolve não apenas um ângulo e sim dois ângulos θ e β (po-
demos pensar nesses dois ângulos como: para obter uma rotação qualquer da base canônica
podemos rotacioná-la em torno do eixo z por um ângulo θ e depois rotacionar a base resultante
�inclinando” o eixo z por um ângulo β). Por conta disso a prova desse teorema é um pouco mais
delongada do que a demonstração do R2 que �zemos apesar de envolver o mesmo raciocínio e
por isso, julgamos não ser tão produtiva sua apresentação.
Vamos seguir então o seguinte passo-a-passo para conseguirmos identi�car e desenhar uma
quádrica cuja equação possui algum termo misto.
(1) Escreva a equação da quádrica na forma matricial X tAX +KX + a10 = 0.
(2) Diagonalize a matriz A utilizando uma matriz ortogonal P cujo determinante é exatamente
1 (se durante o processo de diagonalização você obteve uma matriz ortogonal com determi-
nante −1, basta trocar duas colunas dessa matriz de lugar para obter a matriz P desejada
com determinante positivo). Considere a base B do R3 cujos vetores são os vetores coluna
da matriz P na ordem que eles aparecem nessa matriz. Observe que a base B obtida dessa
forma com certeza equivale à uma rotação da base canônica.
(3) Considere o sistema de coordenadas x′y′z′ com origem em O e mesma unidade de medida
do sistema cartesiano xyz, mas cujos eixos coordenados são os segmentos de reta orientados
na direção e no sentido dos vetores da base B passando pelo ponto O. Ou seja, x′ é o eixo
coordenado na direção e no sentido do primeiro vetor da base B, y′ é o eixo coordenado na
direção e no sentido do segundo vetor da base B e z′ é o eixo coordenado na direção e no
sentido do terceiro vetor da base B. Como a base B corresponde a uma rotação da base
canônica, então o sistema de coordenadas x′y′z′ corresponde à uma rotação do sistema de
coordenadas cartesianas xyz. Como B é uma base do R3, então todo vetor de −→v ∈ R3
pode ser escrito como combinação linear dos vetores da base B. Lembramos que se P é
a matriz cujas colunas são os vetores da base B na ordem que eles aparecem, então para
determinar os coe�cientes da combinação linear que resulta no vetor −→v , precisamos resolver
o sistema linear PX ′ = −→v , onde X ′ é a matriz coluna cujas entradas são os coe�cientes da
combinação linear. Como detP 6= 0 (pois os vetores coluna de P são os vetores da base B
e, portanto, são LI), então o sistema linear tem uma única solução e essa única solução é
X ′ = P−1−→v . Como P é uma matriz ortogonal que diagonaliza a matriz A, então P−1 = P t
e P tAP = D. Logo, X ′ = P t−→v . Observe que as coordenadas do vetor −→v no sistema de
coordenadas x′y′z′ são as componentes desse vetor na direção dos eixos coordenados x′,
y′ e z′, respectivamente. Considerando o representante do vetor −→v com ponto inicial na
origem, podemos ver a coordenada x′ como o quanto temos que deslocar na direção do eixo
x′, a coordenada y′ como o quanto temos que deslocar na direção do eixo y′ e a coordenada
z′ como o quanto temos que deslocar na direção do eixo z′ à partir da origem para chegar
no ponto �nal do vetor −→v . Como os vetores da base B são vetores unitários e a unidade
de medida do sistema x′y′z′ é igual ao do sistema xyz, então as coordenadas do vetor −→v
no sistema x′y′z′ são exatamente os coe�cientes da combinação linear de −→v em função dos
vetores da base B, ou seja, são X ′ = P t−→v .
As coordenadas de um ponto Q do espaço tridimencional no sistema coordenado x′y′z′ são
as coordenadas do vetor
−→
OQ no sistema x′y′z′. Logo, se Q = (x, y, z) no sistema cartesiano
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xyz, então Q = (x′, y′, z′) no sistema cartesiano x′y′z′, onde
x′y′
z′
 = P t
xy
z
. Se X ′ =
x′y′
z′

e X =
xy
z
, então o que obtivemos foi que X ′ = P tX . Multiplicando os dois lados dessa
equação por P à esquerda, obtemos PX ′ = PP tX ⇒ PX ′ = (PP t)X ⇒ PX ′ = I3X ⇒
PX ′ = X .
Vamos determinar a equação da quádrica no sistema coordenado x′y′z′ utilizando que
X = PX ′ e que P tAP = D:
X tAX +KX + a10 = 0⇒ (PX ′)tA(PX ′) +KPX ′ + a10 = 0
⇒ (X ′tP t)A(PX ′) +KPX ′ + a10 = 0
⇒ X ′t(P tAP )X ′ +KPX ′ + a10 = 0
⇒ X ′tDX ′ +KPX ′ + a10 = 0
Observe que nessa equação não aparece nenhum dos termos mistos x′y′, x′z′ e y′z′. Logo,
a quádrica está ou na posição padrão ou está apenas transladada no sistema cartesiano
x′y′z′.
Se a quádrica depois da mudança de coordenadas estiver transladada no sistema x′y′z′,
então temos que de�nir um sistema de coordenadas x′′y′′z′′ cujos eixos coordenados sejam
paralelos aos eixos x′, y′ e z′, respectivamente, mas cuja origem seja diferente da origem
O = (0, 0, 0). Para determinar as coordenadas dessa nova origem O′′, basta completar
quadrados na equação da quádrica como �zemos anteriormente. No sistema de coordenadas
x′′y′′z′′ a quádrica estará na posição padrão.
Exemplo 2. Em cada caso identi�que a quádrica, determine o sistema coordenado no qual a
quádrica está na posição padrão e desenhe a quádrica tanto nesse sistema coordenado quanto
no sistema cartesiano xyz.
(a) 2xy + 2xz + 2yz = 1.
(b) 3x2 + 3y2 + 9z2 + 2xy + 4
√
2 x− 4
√
2 y + 18z − 19 = 0.
(c) 6xy + 8xz + 3
√
50 y + 4
√
50 z + 5 = 0.
Resolução:
(a) (1) A equação da quádrica pode ser escrita na forma matricial como X tAX + KX = 1,
onde X =
xy
z
 , A =
0 1 11 0 1
1 1 0
 e K = [0 0 0]. Como K = 0, então a equação da
quádrica se torna apenas X tAX = 1.
(2) Vamos diagonalizar a matriz A. Temos que A − λI3 =
0− λ 1 11 0− λ 1
1 1 0− λ
 =−λ 1 11 −λ 1
1 1 −λ
 e, portanto, o polinômio característico da matriz A é p(λ) = det(A−
λI3) = −λ3 + 3λ + 2. Como todos os coe�cientes do polinômio característico são
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números inteiros, então as únicas possíveis raízes racionais de p(λ) são 1,−1, 2 e −2
que são os divisores do termo constante 2. Para saber se algum desses é raiz de p(λ),
basta testá-los no polinômio.
. p(1) = −13 + 3 · 1 + 2 = −1 + 3 + 2 = 4.
. p(−1) = −(−1)3 + 3 · (−1) + 2 = 1− 3 + 2 = 0.
. p(2) = −23 + 3 · 2 + 2 = −8 + 6 + 2 = 0.
. p(−2) = −(−2)3 + 3 · (−2) + 2 = 8− 6 + 2 = 4.
Logo, −1 e 2 são raízes do polinômio característico e os fatores (−1−λ)(2−λ) aparecem
na fatoração de p(λ). Dividindo p(λ) por (−1−λ)(2−λ) = −2+λ−2λ+λ2 = λ2−λ−2:
−λ3 + 3λ+ 2 | λ2 − λ− 2
−λ3 + λ2 + 2λ −λ− 1
− λ2 + λ+ 2
−λ2 + λ+ 2
0
Concluímos que p(λ) = (λ2 − λ − 2)(−λ − 1) = (2 − λ)(−1 − λ)2 e, portanto, a
matriz A possui apenas dois autovalores distintos: λ1 = 2 de multiplicidade algébrica e
geométrica 1 e λ2 = −1 de multiplicidade algébrica e geométrica 2. Vamos determinar
uma base compostade um vetor unitário para o auto-espaço associado ao autovalor
λ1 = 2 e uma base ortonormal para o auto-espaço associado ao autovalor λ2 = −1.
. Se λ1 = 2, então A− λ1I3 = A− 2I3 =
0− 2 1 11 0− 2 1
1 1 0− 2
 =
−2 1 11 −2 1
1 1 −2
.
Vamos resolver o sistema linear homogêneo (A− 2I3)X = 0. A matriz aumentada
desse sistema linear é
−2 1 1 | 01 −2 1 | 0
1 1 −2 | 0
. Vamos escaloná-la.
−2 1 1 | 01 −2 1 | 0
1 1 −2 | 0
 L1 ↔ L2  1 −2 1 | 0−2 1 1 | 0
1 1 −2 | 0
 L2 → L2 + 2L1
L3 → L3 − L1
1 −2 1 | 00 −3 3 | 0
0 3 −3 | 0
 L2 → L2 ÷ (−3)
1 −2 1 | 00 1 −1 | 0
0 3 −3 | 0
 L1 → L1 + 2L2
L3 → L3 − 3L2
x1 x2 x3 1 0 −1 | 00 1 −1 | 0
0 0 0 | 0
 .
Logo, x3 = α ∈ R é variável livre. O sistema linear associado à matriz escalo-
nada reduzida é

x1 − x3 = 0
x2 − x3 = 0
0 = 0
⇒
{
x1 = x3 = α
x2 = x3 = α
e, portanto, a solução geral
do sistema linear homogêneo é X =
x1x2
x3
 =
αα
α
 = α
11
1
 , α ∈ R. O vetor
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−→v1 = (1, 1, 1) é um autovetor associado ao autovalor λ1 = 2 e o conjunto {−→v1}
é uma base do autoespaço W1 associado à este autovalor. Vamos obter um auto-
vetor unitário −→u1 para este autovalor normalizando o vetor −→v1 : −→u1 =
1
||−→v1 ||
−→v1 =
1
||(1, 1, 1)||
(1, 1, 1) =
1√
3
(1, 1, 1) =
(
1√
3
,
1√
3
,
1√
3
)
.
. Se λ2 = −1, então A − λ2I3 = A + I3 =
0 + 1 1 11 0 + 1 1
1 1 0 + 1
 =
1 1 11 1 1
1 1 1
.
Vamos resolver o sistema linear homogêneo (A + I3)X = 0. A matriz aumentada
desse sistema linear é
1 1 1 | 01 1 1 | 0
1 1 1 | 0
. Vamos escaloná-la.
1 1 1 | 01 1 1 | 0
1 1 1 | 0
 L2 → L2 − L1
L3 → L3 − L1
x1 x2 x3 1 1 1 | 00 0 0 | 0
0 0 0 | 0
 .
Logo, x2 = α ∈ R e x3 = β ∈ R são variáveis livres. A equação linear associada
à única linha não-nula da matriz escalonada reduzida obtida é x1 + x2 + x3 =
0 ⇒ x1 = −x2 − x3 = −α − β e, portanto, a solução geral do sistema linear
homogêneo é X =
x1x2
x3
 =
−α− βα
β
 = α
−11
0
+ β
−10
1
 , α, β ∈ R. Os vetores
−→v2 = (−1, 1, 0) e −→v3 = (−1, 0, 1) são autovetores associados ao autovalor λ2 = −1
e o conjunto {−→v2 ,−→v3} é uma base do autoespaço W2 associado à este autovalor.
Vamos obter uma base ortonormal para W2. Como
−→v2 • −→v3 = 1 6= 0, então os
vetores −→v2 e −→v3 não são ortogonais e, portanto, precisamos utilizar o método de
Gram-Schmidt para obter uma base ortonormal.
−→w3 = −→v3 − proj−→v2
−→v3 = −→v3 −
(−→v2 • −→v3
||−→v2 ||2
)
−→v2 = (−1, 0, 1)−
1
2
(−1, 1, 0)
= (−1, 0, 1) +
(
1
2
,−1
2
, 0
)
=
(
−1
2
,−1
2
, 1
)
.
Vamos normalizar os autovetores −→v2 e −→w3. O vetor unitário na direção e no
sentido do vetor −→v2 é −→u2 =
1
||−→v2 ||
−→v2 =
1
||(−1, 1, 0)||
(−1, 1, 0) = 1√
2
(−1, 1, 0) =(
− 1√
2
,
1√
2
, 0
)
. O vetor unitário −→u3 na direção e no sentido do vetor −→w3 é o
mesmo vetor unitário na direção e no sentido do vetor (−1,−1, 2) = 2−→w3 e, por-
tanto, −→u3 =
1
||(−1,−1, 2)||
(−1,−1, 2) = 1√
6
(−1,−1, 2) =
(
− 1√
6
,− 1√
6
,
2√
6
)
.
Temos que det
 −→u1 −→u2 −→u3
 = det

1√
3
− 1√
2
− 1√
6
1√
3
1√
2
− 1√
6
1√
3
0
2√
6
 = 1. Logo, vamos con-
siderar a base B = {−→u1,−→u2,−→u3} do R3 para de�nir o novo sistema de coordenadas e
10
Equipe de GAAV do CEFET-MG no ERE Versão de 16 de novembro de 2020
vamos considerar a matriz P =

1√
3
− 1√
2
− 1√
6
1√
3
1√
2
− 1√
6
1√
3
0
2√
6
. Como detP = 1, então a base
B corresponde a uma rotação da base canônica do R3. Além disso, a matriz P é uma
matriz ortogonal que diagonaliza A e P tAP = D =
2 0 00 −1 0
0 0 −1
.
(3) Considere o sistema de coordenadas x′y′z′ do R3 no qual o eixo x′ está na direção e
no sentido do vetor −→u1 (que é a mesma direção e o mesmo sentido do vetor (1, 1, 1)),
o eixo y′ está na direção e no sentido do vetor −→u2 (que é a mesma direção e o mesmo
sentido do vetor (−1, 1, 0)), o eixo z′ está na direção e no sentido do vetor −→u3 (que é a
mesma direção e o mesmo sentido do vetor (−1,−1, 2)), que tem a mesma unidade de
medida que o sistema xyz e que possui origem no ponto O = (0, 0, 0).
Nesse sistema coordenado a quádrica não está mais rotacionada. Vamos determinar
a equação da quádrica em x′, y′ e z′. Utilizando que X = PX ′, onde X =
xy
z
 e
X ′ =
x′y′
z′
, obtemos
X tAX = 1⇒ (PX ′)tA(PX ′) = 1⇒ X ′t(P tAP )X ′ = 1
⇒ X ′tDX ′ = 1⇒
[
x′ y′ z′
] 2 0 00 −1 0
0 0 −1
x′y′
z′
 = 1
⇒ 2x′2 − y′2 − z′2 = 1⇒ x
′2
2
− y′2 − z′2 = 1
Como não existem tanto termos lineares quanto quadráticos em nenhuma das variáveis
x′, y′ e z′, então a quádrica está na posição padrão no sistema coordenado x′y′z′. Pela
11
Equipe de GAAV do CEFET-MG no ERE Versão de 16 de novembro de 2020
equação obtida, observamos que a quádrica é um hiperboloide de duas folhas com eixo
central x′. Esse hiperboloide de duas folhas não intersepta o plano y′z′, a interseção com
o plano x′y′ é a hipérbole
x′2
2
−y′2 = 1 (que possui focos no eixo x′) centrada na origem
e a interseção com o plano x′z′ é a hipérbole
x′2
2
− z′2 = 1 (que possui focos no eixo
x′) centrada na origem. Se substituirmos y′ = 0 e z′ = 0 na equação do hiperboloide,
obtemos
x′2
2
= 1 ⇒ x′2 = 2 ⇒ x′ = ±
√
2. Logo, os vértices desse hiperboloide são
os pontos (
√
2, 0, 0) e (−
√
2, 0, 0). Para facilitar o desenho desse hiperboloide de uma
folha, vamos desenhar suas interseções com os planos x′ = 2 e x′ = −2. A interseção
com o plano x′ = 2 é a curva de equação 2− y′2 − z′2 = 1⇒ y′2 + z′2 = 1 e, portanto,
é a circunferência de raio 1 contida no plano x′ = 2 e centrada no ponto (2, 0, 0).
Pela simetria do hiperboloide de duas folhas, sua interseção com o plano x′ = −2 é a
circunferência de raio 1 contida no plano x′ = −2 e centrada no ponto (−2, 0, 0). O
desenho desse hiperboloide de duas folhas no sistema coordenado x′y′z′ é:
e o desenho no sistema cartesiano xyz é:
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(b) (1) A equação da quádrica pode ser escrita na forma matricial como X tAX+KX−19 = 0,
onde X =
xy
z
 , A =
3 1 01 3 0
0 0 9
 e K = [4√2 −4√2 18].
(2) Vamos diagonalizar a matriz A. Temos que A− λI3 =
3− λ 1 01 3− λ 0
0 0 9− λ
. Utili-
zando a expansão em cofatores pela terceira linha dessa matriz, obtemos que o polinômio
característico da matriz A é
p(λ) = det(A− λI3) = (9− λ)(−1)3+3((3− λ)2 − 1) = (9− λ)(λ2 − 6λ+ 8).
Logo, p(λ) = 0 se 9 − λ = 0 (o que ocorre apenas se λ = 9) ou se λ2 − 6λ + 8 = 0.
Utilizando a fórmula de Bháskara para determinar as raízes desse polinômio de grau
2, obtemos λ =
6±
√
36− 32
2
=
6± 2
2
e, portanto, λ = 4 ou λ = 2. Concluímos
assim que a matriz A possui três autovalores distintos: λ1 = 9, λ2 = 4 e λ3 = 2, todos
de multiplicidade algébrica e geométrica 1. Vamos determinar auto-vetores unitários
associados a estes auto-valores.
. Se λ1 = 9, então A − λ1I3 = A − 9I3 =
3− 9 1 01 3− 9 0
0 0 9− 9
 =
−6 1 01 −6 0
0 0 0
.
Vamos resolver o sistema linear homogêneo (A− 9I3)X = 0. A matriz aumentada
desse sistema linear é
−6 1 0 | 01 −6 0 | 0
0 0 0 | 0
. Vamos escaloná-la.
−6 1 0 | 01 −6 0 | 0
0 0 0 | 0
 L1 ↔ L2  1 −6 0 | 0−6 1 0 | 0
0 0 0 | 0
 L2 → L2 + 6L1
1 −6 0 | 00 −35 0 | 0
0 0 0 | 0
 L2 → L2 ÷ (−35)
1 −6 0 | 00 1 0 | 0
0 0 0 | 0
 L1 → L1 + 6L2
x1 x2 x3 1 0 0 | 00 1 0 | 0
0 0 0 | 0
 .
Logo, x3 = α ∈ R é variável livre. O sistema linear associado à matriz escalonada
reduzida é

x1 = 0
x2 = 0
0 = 0
e, portanto, a solução geral do sistema linear homogêneo é
X =
x1x2
x3
 =
00
α
 = α
00
1
 , α ∈ R. O vetor −→k = (0, 0, 1) é um autovetor associ-
ado ao autovalor λ1 = 9 e o conjunto {
−→
k } é uma base do autoespaço W1 associado
à este autovalor. Como o vetor
−→
k já é unitário, não é necessário normalizá-lo e
vamos considerar −→u1 =
−→
k .
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Equipe de GAAV do CEFET-MG no ERE Versão de 16 de novembro de 2020
. Se λ2 = 4, então A − λ2I3 = A − 4I3 =
3− 4 1 01 3− 4 0
0 0 9−4
 =
−1 1 01 −1 0
0 0 5
.
Vamos resolver o sistema linear homogêneo (A− 4I3)X = 0. A matriz aumentada
desse sistema linear é
−1 1 0 | 01 −1 0 | 0
0 0 5 | 0
. Vamos escaloná-la.
−1 1 0 | 01 −1 0 | 0
0 0 5 | 0
 L2 → L2 + L1
L3 → L3 ÷ 5
−1 1 0 | 00 0 0 | 0
0 0 1 | 0
 L1 → −L1L2 ↔ L3
x1 x2 x3 1 −1 0 | 00 0 1 | 0
0 0 0 | 0
 .
Logo, x2 = α ∈ R é variável livre. O sistema linear associado à matriz escalonada
reduzida obtida é

x1 − x2 = 0
x3 = 0
0 = 0
⇒
{
x1 = x2 = α
x3 = 0
e, portanto, a solução geral
do sistema linear homogêneo é X =
x1x2
x3
 =
αα
0
 = α
11
0
 , α ∈ R. O vetor
−→v2 = (1, 1, 0) é um autovetor associado ao autovalor λ2 = 4 e o conjunto {−→v2}
é uma base do autoespaço W2 associado à este autovalor. Vamos obter um auto-
vetor unitário −→u2 para este autovalor normalizando o vetor −→v2 : −→u2 =
1
||−→v2 ||
−→v2 =
1
||(1, 1, 0)||
(1, 1, 0) =
1√
2
(1, 1, 0) =
(
1√
2
,
1√
2
, 0
)
.
. Se λ3 = 2, então A − λ3I3 = A − 2I3 =
3− 2 1 01 3− 2 0
0 0 9− 2
 =
1 1 01 1 0
0 0 7
.
Vamos resolver o sistema linear homogêneo (A− 2I3)X = 0. A matriz aumentada
desse sistema linear é
1 1 0 | 01 1 0 | 0
0 0 7 | 0
. Vamos escaloná-la.
1 1 0 | 01 1 0 | 0
0 0 7 | 0
 L2 → L2 − L1
L3 → L3 ÷ 7
1 1 0 | 00 0 0 | 0
0 0 1 | 0
 L2 ↔ L3
x1 x2 x3 1 1 0 | 00 0 1 | 0
0 0 0 | 0
 .
Logo, x2 = α ∈ R é variável livre. O sistema linear associado à matriz escalonada
14
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reduzida obtida é

x1 + x2 = 0
x3 = 0
0 = 0
⇒
{
x1 = −x2 = −α
x3 = 0
e, portanto, a solução
geral do sistema linear homogêneo é X =
x1x2
x3
 =
−αα
0
 = α
−11
0
 , α ∈ R. O
vetor −→v3 = (−1, 1, 0) é um autovetor associado ao autovalor λ3 = 2 e o conjunto
{−→v3} é uma base do autoespaço W3 associado à este autovalor. Vamos obter um
autovetor unitário −→u3 para este autovalor normalizando o vetor −→v3 : −→u3 =
1
||−→v3 ||
−→v3 =
1
||(−1, 1, 0)||
(−1, 1, 0) = 1√
2
(−1, 1, 0) =
(
− 1√
2
,
1√
2
, 0
)
.
Temos que det
 −→u1 −→u2 −→u3
 = det

0
1√
2
− 1√
2
0
1√
2
1√
2
1 0 0
 = 1. Logo, vamos considerar a
base B = {−→u1,−→u2,−→u3} do R3 para de�nir o novo sistema de coordenadas e vamos consi-
derar a matriz P =

0
1√
2
− 1√
2
0
1√
2
1√
2
1 0 0
. Como detP = 1, então a base B corresponde a
uma rotação da base canônica do R3. Além disso, a matriz P é uma matriz ortogonal
que diagonaliza A e P tAP = D =
9 0 00 4 0
0 0 2
.
(3) Considere o sistema de coordenadas x′y′z′ do R3 no qual o eixo x′ está na direção e
no sentido do vetor −→u1 =
−→
k (que acaba coincidindo com o eixo z), o eixo y′ está na
direção e no sentido do vetor −→u2 (que é a mesma direção e o mesmo sentido do vetor
(1, 1, 0)), o eixo z′ está na direção e no sentido do vetor −→u3 (que é a mesma direção e o
mesmo sentido do vetor (−1, 1, 0)), que tem a mesma unidade de medida que o sistema
xyz e que possui origem no ponto O = (0, 0, 0).
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Equipe de GAAV do CEFET-MG no ERE Versão de 16 de novembro de 2020
Nesse sistema coordenado a quádrica não está mais rotacionada. Vamos determinar
a equação da quádrica em x′, y′ e z′. Utilizando que X = PX ′, onde X =
xy
z
 e
X ′ =
x′y′
z′
, obtemos
X tAX +KX − 19 = 0⇒ (PX ′)tA(PX ′) +KPX ′ − 19 = 0
⇒ X ′t(P tAP )X ′ +
[
4
√
2 −4
√
2 18
]

0
1√
2
− 1√
2
0
1√
2
1√
2
1 0 0

x′y′
z′
− 19 = 0
⇒ X ′tDX ′ +
[
18 0 −8
] x′y′
z′
− 19 = 0
⇒
[
x′ y′ z′
] 9 0 00 4 0
0 0 2
x′y′
z′
+ 18x′ − 8z′ − 19 = 0
⇒ 9x′2 + 4y′2 + 2z′2 + 18x′ − 8z′ − 19 = 0
⇒ 9[x′2 + 2x′] + 4y′2 + 2[z′2 − 4z′]− 19 = 0
⇒ 9[(x′ + 1)2 − 1] + 4y′2 + 2[(z′ − 2)2 − 4]− 19 = 0
⇒ 9(x′ + 1)2 − 9 + 4y′2 + 2(z′ − 2)2 − 8− 19 = 0
⇒ 9(x′ + 1)2 + 4y′2 + 2(z′ − 2)2 − 36 = 0
⇒ 9(x′ + 1)2 + 4y′2 + 2(z′ − 2)2 = 36
⇒ 9(x
′ + 1)2
36
+
4y′2
36
+
2(z′ − 2)2
36
=
36
36
⇒ (x
′ + 1)2
4
+
y′2
9
+
(z′ − 2)2
18
= 1 .
No sistema de coordenadas x′′y′′z′′ que corresponde à translação do sistema coordenado
x′y′z′ com origem no ponto O′′ = (−1, 0, 2) temos x′′ = x′ + 1, y′′ = y′ e z′′ = z′ − 2.
A equação da quádrica no sistema x′′y′′z′′ é
x′′2
4
+
y′′2
9
+
z′′2
18
= 1 . Logo, essa quádrica
está na posição padrão no sistema coordenado x′′y′′z′′ e essa quádrica é um elipsoide que
intersepta os eixos coordenados nos pontos (2, 0, 0), (−2, 0, 0), (0, 3, 0), (0,−3, 0), (0, 0,
√
18)
e (0, 0,−
√
18). A interseção desse elipsoide com o plano xy é a elipse
x′′2
4
+
y′′2
9
= 1,
a interseção com o plano yz é a elipse
y′′2
9
+
z′′2
18
= 1 e a interseção com o plano xz é
a elipse
x′′2
4
+
z′′2
18
= 1.
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Equipe de GAAV do CEFET-MG no ERE Versão de 16 de novembro de 2020
O desenho desse elipsoide no sistema coordenado x′′y′′z′′ é:
o desenho no sistema coordenados x′y′z′ é:
e o desenho no sistema cartesiano xyz é:
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Equipe de GAAV do CEFET-MG no ERE Versão de 16 de novembro de 2020
(c) (1) A equação da quádrica pode ser escrita na forma matricial como X tAX+KX−19 = 0,
onde X =
xy
z
 , A =
0 3 43 0 0
4 0 0
 e K = [0 3√50 4√50].
(2) Vamos diagonalizar a matriz A. Temos que AA − λI3 =
0− λ 3 43 0− λ 0
4 0 0− λ
 =−λ 3 43 −λ 0
4 0 −λ
 e o polinômio característico da matriz A é
p(λ) = det(A− λI3) = −λ3 + 25λ = λ(25− λ2)
Logo, p(λ) = 0 se λ = 0 ou se 25 − λ2 = 0 ⇒ λ2 = 25 ⇒ λ = ±5. Concluímos assim
que a matriz A possui três autovalores distintos: λ1 = 0, λ2 = 5 e λ3 = −5, todos
de multiplicidade algébrica e geométrica 1. Vamos determinar auto-vetores unitários
associados a estes auto-valores.
. Se λ1 = 0, então A − λ1I3 = A =
0 3 43 0 0
4 0 0
. Vamos resolver o sistema linear
homogêneo AX = 0. A matriz aumentada desse sistema linear é
0 3 4 | 03 0 0 | 0
4 0 0 | 0
.
Vamos escaloná-la.
0 3 4 | 03 0 0 | 0
4 0 0 | 0
 L1 ↔ L2 3 0 0 | 00 3 4 | 0
4 0 0 | 0
 L1 → L1 ÷ 3L2 → L2 ÷ 3
1 0 0 | 00 1 4/3 | 0
4 0 0 | 0

L3 → L3 − 4L1
x1 x2 x3 1 0 0 | 00 1 4/3 | 0
0 0 0 | 0
 .
Logo, x3 = α ∈ R é variável livre. O sistema linear associado à matriz escalonada
reduzida é

x1 = 0
x2 +
4
3
x3 = 0
0 = 0
⇒
x1 = 0x2 = −4
3
x3 = −
4
3
α
e, portanto, a solução
geral do sistema linear homogêneo é X =
x1x2
x3
 =
 0−4
3
α
α
 = α
 0−4/3
1
 , α ∈ R.
O vetor −→v1 = (0,−4, 3) = 3(0,−4/3, 1) é um autovetor associado ao autovalor
λ1 = 0 e o conjunto {−→v1} é uma base do autoespaço W1 associado à este autovalor.
Vamos obter um autovetor unitário −→u1 para este autovalor normalizando o vetor
−→v1 : −→u1 =
1
||−→v1 ||
−→v1 =
1
||(0,−4, 3)||
(0,−4, 3) = 1
5
(0,−4, 3) =
(
0,−4
5
,
3
5
)
.
. Se λ2 = 5, então A−λ2I3 = A−5I3 =
−5 3 43 −5 0
4 0 −5
. Vamos resolver o sistema
18
Equipe de GAAV do CEFET-MG no ERE Versão de 16 de novembro de 2020
linear homogêneo (A − 5I3)X = 0. A matriz aumentada desse sistema linear é−5 3 4 | 03 −5 0 | 0
4 0 −5 | 0
. Vamos escaloná-la.
−5 3 4 | 03 −5 0 | 0
4 0 −5 | 0
 L1 → L1 + L3 −1 3 −1 | 03 −5 0 | 0
4 0 −5 | 0
 L2 → L2 + 3L1
L3 → L3 + 4L1
−1 3 −1 | 00 4 −3 | 0
0 12 −9 | 0
 L1 → −L1L2 → L2 ÷ 4
1 −3 1 | 00 1 −3/4 | 0
0 12 −9 | 0
 L1 → L1 + 3L2
L3 → L3 − 12L2
x1 x2 x3 1 0 −5/4 | 00 1 −3/4 | 0
0 0 0 | 0
 .
Logo, x3 = α ∈ R é variável livre. O sistema linear associado à matriz escalonada
reduzida obtida é

x1 −
5
4
x3 = 0
x2 −
3
4
x3 = 0
0 = 0
⇒

x1 =
5
4
x3 =
5
4
α
x2 =
3
4
x3 =
3
4
α
e, portanto, a solução
geral do sistema linear homogêneo é X =
x1x2
x3
 =

5
4
α
3
4
α
α
 = α
5/43/4
1
 , α ∈ R.
O vetor −→v2 = (5, 3, 4) = 4(5/4, 3/4, 1) é um autovetor associado ao autovalor
λ2 = 5 e o conjunto {−→v2} é uma base do autoespaço W2 associado à este autovalor.
Vamos obter um autovetor unitário −→u2 para este autovalor normalizando o vetor
−→v2 : −→u2 =
1
||−→v2 ||
−→v2 =
1
||(5, 3, 4)||
(5, 3, 4) =
1√
50
(5, 3, 4) =
(
5√
50
,
3√
50
,
4√
50
)
.
. Se λ3 = −5, então A − λ3I3 = A + 5I3 =
5 3 43 5 0
4 0 5
. Vamosresolver o sistema
linear homogêneo (A + 5I3)X = 0. A matriz aumentada desse sistema linear é5 3 4 | 03 5 0 | 0
4 0 5 | 0
. Vamos escaloná-la.
5 3 4 | 03 5 0 | 0
4 0 5 | 0
 L1 → L1 − L3 1 3 −1 | 03 5 0 | 0
4 0 5 | 0
 L2 → L2 − 3L1
L3 → L3 − 4L1
1 3 −1 | 00 −4 3 | 0
0 −12 9 | 0
 L2 → L2 ÷ (−4)
1 3 −1 | 00 1 −3/4 | 0
0 −12 9 | 0
 L1 → L1 − 3L2
L3 → L3 + 12L2
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Equipe de GAAV do CEFET-MG no ERE Versão de 16 de novembro de 2020
x1 x2 x3 1 0 5/4 | 00 1 −3/4 | 0
0 0 0 | 0
 .
Logo, x3 = α ∈ R é variável livre. O sistema linear associado à matriz escalonada
reduzida obtida é

x1 +
5
4
x3 = 0
x2 −
3
4
x3 = 0
0 = 0
⇒

x1 = −
5
4
x3 = −
5
4
α
x2 =
3
4
x3 =
3
4
α
e, portanto, a solu-
ção geral do sistema linear homogêneo é X =
x1x2
x3
 =

−5
4
α
3
4
α
α
 = α
−5/43/4
1
 , α ∈
R. O vetor −→v3 = (−5, 3, 4) = 4(−5/4, 3/4, 1) é um autovetor associado ao autovalor
λ3 = −5 e o conjunto {−→v3} é uma base do autoespaçoW3 associado à este autovalor.
Vamos obter um autovetor unitário −→u3 para este autovalor normalizando o vetor −→v3 :
−→u3 =
1
||−→v3 ||
−→v3 =
1
||(−5, 3, 4)||
(−5, 3, 4) = 1√
50
(−5, 3, 4) =
(
− 5√
50
,
3√
50
,
4√
50
)
.
Temos que det
 −→u1 −→u2 −→u3
 = det

0
5√
50
− 5√
50
−4
5
3√
50
3√
50
3
5
4√
50
4√
50
 = 1. Logo, vamos con-
siderar a base B = {−→u1,−→u2,−→u3} do R3 para de�nir o novo sistema de coordenadas e
vamos considerar a matriz P =

0
5√
50
− 5√
50
−4
5
3√
50
3√
50
3
5
4√
50
4√
50
. Como detP = 1, então a base
B corresponde a uma rotação da base canônica do R3. Além disso, a matriz P é uma
matriz ortogonal que diagonaliza A e P tAP = D =
0 0 00 5 0
0 0 −5
.
(3) Considere o sistema de coordenadas x′y′z′ do R3 no qual o eixo x′ está na direção e
no sentido do vetor −→u1 (que é a mesma direção e o mesmo sentido do vetor (0,−4, 3)),
o eixo y′ está na direção e no sentido do vetor −→u2 (que é a mesma direção e o mesmo
sentido do vetor (−5, 3, 4)), o eixo z′ está na direção e no sentido do vetor −→u3 (que é
a mesma direção e o mesmo sentido do vetor (5, 3, 4)), que tem a mesma unidade de
medida que o sistema xyz e que possui origem no ponto O = (0, 0, 0). Nesse sistema
coordenado a quádrica não está mais rotacionada. Vamos determinar a equação da
quádrica em x′, y′ e z′, utilizando que X = PX ′, onde X =
xy
z
 e X ′ =
x′y′
z′
.
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Equipe de GAAV do CEFET-MG no ERE Versão de 16 de novembro de 2020
XtAX +KX + 5 = 0⇒ (PX ′)tA(PX ′) +KPX ′ + 5 = 0
⇒ X ′t(P tAP )X ′ +
[
0 3
√
50 4
√
50
]

0
5√
50
− 5√
50
−4
5
3√
50
3√
50
3
5
4√
50
4√
50

x′y′
z′
+ 5 = 0
⇒ X ′tDX ′ +
[
0 25 25
] x′y′
z′
+ 5 = 0
⇒
[
x′ y′ z′
] 0 0 00 5 0
0 0 −5
x′y′
z′
+ 25y′ + 25z′ + 5 = 0
⇒ 5y′2 − 5z′2 + 25y′ + 25z′ + 5 = 0
⇒ 5[y′2 + 5y′]− 5[z′2 − 5z′] + 5 = 0
⇒ 5
[(
y′ +
5
2
)2
− 25
4
]
− 5
[(
z′ − 5
2
)2
− 25
4
]
+ 5 = 0
⇒ 5
(
y′ +
5
2
)2
− 125
4
− 5
(
z′ − 5
2
)2
+
125
4
+ 5 = 0
⇒ 5
(
y′ +
5
2
)2
− 5
(
z′ − 5
2
)2
= −5
⇒
5
(
y′ + 52
)2
−5
−
5
(
z′ − 52
)2
−5
=
−5
−5
⇒ −
(
y′ +
5
2
)2
+
(
z′ − 5
2
)2
= 1 .
No sistema de coordenadas x′′y′′z′′ que corresponde à translação do sistema coordenado
x′y′z′ com origem no ponto O′′ =
(
0,−5
2
,
5
2
)
temos x′′ = x′, y′′ = y′+
5
2
e z′′ = z′− 5
2
.
A equação da quádrica no sistema x′′y′′z′′ é −y′′2 + z′′2 = 1 . Logo, essa quádrica está
na posição padrão no sistema coordenado x′′y′′z′′ e essa quádrica é um cilindro cuja
curva geratriz é a hipérbole −y′′2 + z′′2 = 1 e que pode ser obtida tomando todas as
retas paralelas ao eixo x′′ que interseptam essa hipérbole.
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Equipe de GAAV do CEFET-MG no ERE Versão de 16 de novembro de 2020
O desenho desse cilindro no sistema coordenado x′′y′′z′′ é:
o desenho no sistema coordenado x′y′z′ é:
e o desenho no sistema cartesiano xyz é:
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