MA23_Unidades_Geometria_Analitica

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1
Coordenadas e vetores no
plano
Sumário
1.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2 Coordenadas e distância na reta . . . . . . . . . . . 3
1.3 Coordenadas e distância no plano . . . . . . . . . . 6
1.4 Distância entre pontos do plano . . . . . . . . . . . 8
1.5 Equipolência de segmentos orientados . . . . . . . . 14
1.6 Vetores no plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.7 Textos Complementares . . . . . . . . . . . . . . . . 22
Unidade 1 Introdução
1.1 Introdução
Nesse capítulo, introduziremos coordenadas na reta e no plano, para repre-
sentar pontos por meio de números reais. A linguagem básica que utilizaremos
continua com a apresentação dos vetores no plano e de suas principais pro-
priedades. A representação dos pontos por suas coordenadas torna possível
resolver algebricamente diversos problemas geométricos, e o uso de vetores per-
mite o estudo de vários conceitos geométricos de forma mais simples e direta.
Para isso, admitiremos que o leitor tenha conhecimento dos axiomas e dos
principais resultados da Geometria Euclidiana Plana e Espacial, relativos aos
seus elementos básicos: pontos, retas e planos. A partir desses elementos e dos
axiomas de ordem, podemos de�nir dois conceitos fundamentais.
Sejam A e B dois pontos distintos. O segmento de reta AB é o conjunto
formado pelos pontos A e B e pelos pontos C entre A e B, e a semirreta
⇀
AB
é o conjunto formado pelo segmento AB e por todos os pontos D tais que B
está entre A e D.
A B D
Figura 1.1: Ponto D na semirreta
⇀
AB
Vamos rever alguns axiomas e resultados da Geometria Euclidiana que serão
úteis na construção da Geometria Analítica:
• por dois pontos distintos passa uma, e somente uma única reta (axioma de
incidência);
• dados uma reta r e um ponto P não pertencente a r, existe uma, e somente
uma reta paralela à reta r que passa por P (axioma das paralelas);
• dados um ponto P e uma reta r, existe apenas uma reta perpendicular a r
que passa por P ;
• por três pontos do espaço não situados numa mesma reta passa um, e somente
um plano (axioma de incidência).
Além desses, utilizaremos vários outros resultados da Geometria Euclidiana,
como oTeorema de Pitágoras, a Lei dos Cossenos, os casos de congruência
entre triângulos etc.
Para iniciarmos nosso estudo, devemos lembrar que, na Geometria Eucli-
2
Unidade 1Coordenadas e vetores no plano
diana Real, �xada uma unidade de comprimento, a cada par de pontos A e
B corresponde um número real, denominado distância entre os pontos A e
B ou comprimento do segmento AB, e designado por d(A,B) ou |AB|,
respectivamente, que satisfaz às seguintes propriedades:
1. d(A,B) ≥ 0;
2. d(A,B) = 0⇐⇒ A = B;
3. d(A,B) = d(B,A);
4. d(A,B) ≤ d(A,C) + d(C,B) (desigualdade triangular);
5. d(A,B) = d(A,C)+d(C,B)⇐⇒ A, B, e C são colineares e C está entre
A e B.
Finalmente, precisamos lembrar que dados uma semirreta
⇀
CD e um número
real λ > 0, existe um único ponto F ∈
⇀
CD tal que |CF | = λ.
1.2 Coordenadas e distância na reta
Sejam r uma reta e
⇀
OA uma semirreta de r com origem num ponto escolhido
O de r.
Seja B um ponto de r tal que O está entre B e A. A semirreta
⇀
OB é dita
oposta à semirreta
⇀
OA
B O A
Figura 1.2: A reta r se corresponde com o conjunto R dos números reais
A reta r é posta em correspondência com o conjunto dos números reais R
da seguinte maneira:
• à origem O faz-se corresponder o número 0 (zero);
• a cada ponto X 6= O, da semirreta
⇀
OA corresponde o número real
positivo x = d(O,X);
3
Unidade 1 Coordenadas e distância na reta
• a cada ponto X, X 6= O, da semirreta
⇀
OB corresponde o número real
negativo x = −d(O,X).
A correspondência
r ←→ R
acima descrita é biunívoca (exercício).
Definição 1 O número real x que corresponde ao ponto X segundo a correspondência
acima estabelecida é denominada a coordenada do ponto X.
x=−d(O,X)
X
0
O
x=d(O,X)
X
Figura 1.3: Coordenadas dos pontos na reta r
Definição 2 Sejam X e Y pontos da reta r com coordenadas x e y, respectivamente.
Dizemos que o ponto Y está à direita do ponto X (ou que o ponto X está à
esquerda do ponto Y ) se, e somente se, x−−→
AB = (2, n) e
−−→
AC = (n− 2,−1). Logo,
29
Unidade 2 Área de paralelogramos e triângulos
Área (4ABC) =
1
2
∣∣∣∣∣det
(
2 n
n− 2 −1
)∣∣∣∣∣ =
1
2
|−2− n(n− 2)|
=
1
2
|−2− n2 + 2n| = 1
2
|n2 − 2n+ 2| .
Assim,
Área (4ABC) =
1
2
⇐⇒ |n2 − 2n+ 2| = 1
⇐⇒ n2 − 2n+ 2 = ±1.
• Tomando o sinal positivo, obtemos:
n2 − 2n+ 2 = 1⇐⇒ n2 − 2n+ 1 = 0⇐⇒ (n− 1)2 = 0 .
Logo n = 1 é uma solução.
• Tomando o sinal negativo, obtemos a equação n2 − 2n+ 3 = 0 que, por ter
discriminante ∆ = (−2)2 − 4(1)(3)(a)).
−→u
−→u
−→v
−→v
−→u +
−→v =
−→v +
−→u
(a)
−→u
−→v
−→w
−→u +
−→v
−→v
+ −→w
(−→u +−→v )+−→w−→u +(−→v +−→w ) (b)
Figura 2.28: (a) Comutatividade da adição (b) Associatividade da adição
O vetor nulo
−→
0 é representado por
−−→
AA qualquer que seja o ponto A do
plano e o simétrico −−→v de um vetor −→v é representado pelo mesmo segmento
que −→v porém, com a orientação oposta.
35
Unidade 2 Textos Complementares
Para Saber Mais Josiah W. Gibbs
Figura 2.29: Josiah W. Gibbs
Nessa seção de�niremos uma nova operação
entre vetores denominada produto interno ou
produto ponto e que associa a cada par de ve-
tores um escalar, outro nome também utilizado
para essa operação é produto escalar, fazendo
ênfase na natureza escalar do resultado da opera-
ção. Embora tenha sido implicitamente conside-
rado anteriormente por Joseph Louis Lagrange
(1736 � 1813) e porWilliam R. Hamilton (1805
� 1865), o conceito surge formalmente na liter-
atura no livro Vector Analysis (1901) de Edwin B. Wilson baseado nos seminários
ministrados por Josiah Willard Gibbs (1839 � 1903), onde aparece com o
nome de produto direto. Conforme veremos adiante, o produto interno entre
dois vetores se traduz, essencialmente, na medida do ângulo entre respectivos
segmentos representantes com origem comum.
Figura 2.30: Vector Analysis (rosto) Figura 2.31: Vector Analysis, página 54
36
3
1
Equações da reta no
plano
Sumário
3.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
3.2 Equação paramétrica da reta . . . . . . . . . . . . . 2
3.3 Equação cartesiana da reta . . . . . . . . . . . . . . 7
3.4 Equação a�m ou reduzida da reta . . . . . . . . . . 11
3.5 Paralelismo e perpendicularismo entre retas . . . . . 15
Unidade 3 Introdução
3.1 Introdução
Um dos objetivos da Geometria Analítica é obter equações associadas a
conjuntos de pontos, estabelecendo assim uma relação entre a Geometria e a
Álgebra. Esta relação é, em muitos casos, pouco explorada no Ensino Médio
e Fundamental, e o estudo da Geometria Analítica �ca limitado a fórmulas e
nomenclaturas.
Nesta unidade serão apresentadas, �nalmente, as equações que representam
uma reta do plano. Baseado nas propriedades geométricas da reta, serão de-
duzidos três tipos de equação: paramétrica (seção 3.2), cartesiana (seção 3.3)
e a�m (seção 3.4). Estes tipos de equação serão utilizados para trabalhar os
conceitos de paralelismo e perpendicularismo entre retas (seção 3.5).
3.2 Equação paramétrica da reta
Começaremos nosso estudo algébrico sobre retas no plano com a equação
paramétrica da reta. Neste tipo de equação as coordenadas dos pontos perten-
centes a uma reta são dadas por expressões do primeiro grau em função de um
parâmetro real. Ao variar o valor do parâmetro, encontramos distintos pontos
da reta, ou seja, a cada ponto da reta está associado um único parâmetro. Para
�ns didáticos, dividiremos as equações paramétricas da reta em dois casos: reta
que passa por dois pontos e reta que contém um ponto e é paralela a um vetor.
Reta r que passa pelos pontos A e B.
Seja r a reta que passa pelos pontos A e B e seja P um ponto do plano.
Então, pela proposição 8 do capítulo anterior, o ponto P pertence à reta r se,
e somente se,
−−→
AP é múltiplo do vetor
−−→
AB . Isto é, P ∈ r se, e somente se,
existe um número t ∈ R tal que
−−→
AP = t
−−→
AB
Note que o número t é determinado de forma única pelo ponto P e é
chamado parâmetro de P em r.
2
Unidade 3Equações da reta no plano
Figura 3.1: Ponto P pertencente a r.
Assim, para atingir o ponto P na reta r, devemos ir até o ponto A e nos
deslocarmos ao longo da reta por t
−−→
AB . Escrevemos, então, a equação que
determina o ponto P �pela variação do parâmetro t� da seguinte forma:
r : P = A+ t
−−→
AB , t ∈ R
Esta equação é chamada equação paramétrica da reta r.
Se A = (a, b), B = (a′, b′) e P = (x, y) são as coordenadas dos pontos
num sistema de coordenadas dado, então:
P = (x, y) ∈ r ⇐⇒ (x, y) = (a, b) + t(a′ − a, b′ − b) para algum t ∈ R
⇐⇒
 x = a+ t(a′ − a)
y = b+ t(b′ − b)
para algum t ∈ R .
Dizemos que as equações
r :
{
x = a+ t(a′ − a)
y = b+ t(b′ − b)
; t ∈ R
são as equações paramétricas da reta r.
Observação 1Seja C um ponto da reta r tal que A está entre C e B e seja
−−→
AC à
semirreta oposta à semirreta
−−→
AB .
Então,
AB = {(a+ t(a′ − a), b+ t(b′ − b)) ; t ∈ [0, 1] };
−−→
AB = {(a+ t(a′ − a), b+ t(b′ − b)) ; t ∈ [0,+∞) };
−−→
AC = {(a+ t(a′ − a), b+ t(b′ − b)) ; t ∈ (−∞, 0] }.
3
Unidade 3 Equação paramétrica da reta
Figura 3.2: Semirretas com direções opostas.
Para veri�car as a�rmações, basta lembrar que um ponto R está entre
pontos P e Q se, somente se, d(P,Q) = d(P,R) + d(R,Q).
Veremos uma aplicação direta, do que foi explicado anteriormente, no exem-
plo a seguir.
Exemplo 1 Considere os pontos A = (4, 1) e B = (−1, 2).
(a) Determine a equação paramétrica da reta r que passa pelos pontos A e B.
(b) Encontre o ponto P ∈ r associado ao parâmetro 2.
(c) Os pontos Q = (1, 3) e R =
(
3,
6
5
)
pertencem à reta r ? Caso a�rmativo,
o ponto pertence ao segmento AB ?
Solução.
(a) Como
−−→
AB = (−5, 1),
P = (x, y) ∈ r ⇐⇒ (x, y) = (4, 1) + t(−5, 1), t ∈ R
⇐⇒ (x, y) = (4− 5t, 1 + t), t ∈ R .
Portanto, as equações paramétricas de r são: r :
{
x = 4− 5t
y = 1 + t
; t ∈ R.
4
Unidade 3Equações da reta no plano
Figura 3.3: Exemplo 1
(b) Para encontrarmos o ponto P associado ao parâmetro t = 2, basta substi-
tuir o valor de t nas equações paramétricas de r encontradas no item anterior:
x = 4− 5× 2 = −6 e y = 1 + 2 = 3. Logo, P = (−6, 3).
(c) O ponto Q = (1, 3) ∈ r se, e somente se, existe t ∈ R tal que{
1 = 4− 5t
3 = 1 + t
.
Da segunda equação obtemos t = 2. Substituindo o valor de t na primeira
equação obtemos 1 = 4 − 5 × 2 ⇐⇒ 1 = −6, que é impossível. Logo, não
existe um parâmetro que determine o ponto Q, ou seja, Q /∈ r.
Analogamente, o ponto R =
(
3,
6
5
)
∈ r se, e somente se, existe t ∈ R tal
que {
3 = 4− 5t
6
5
= 1 + t
.
Da segunda equação obtemos t = 1/5, que satisfaz também a primeira
equação. Portanto, R ∈ r, e como t ∈ [0, 1], R ∈ AB.
Definição 2Dizemos que um vetor −→v 6=
−→
O é paralelo a uma reta r quando, para
quaisquer dois pontos A,B ∈ r, o vetor
−−→
AB é múltiplo do vetor −→v . Nesse
caso, escrevemos −→v ‖ r.
5
Unidade 3 Equação paramétrica da reta
Figura 3.4: Vetor direção da reta r.
Um vetor −→v paralelo a uma reta r é chamado vetor direção de r.
Note que se tomarmos dois pontos C e D pertencentes à reta r que passa
pelos pontos A e B, então existem s ∈ R e t ∈ R tais que
−−→
AC = s
−−→
AB e
−−→
AD = t
−−→
AB .
Logo,
−−→
CD =
−−→
CA +
−−→
AD =
−−→
AD −
−−→
AC = t
−−→
AB − s
−−→
AB = (t− s)
−−→
AB .
Assim, existe um λ = t− s ∈ R tal que
−−→
CD = λ
−−→
AB ,
ou seja, dois vetores determinados por pontos pertencentes a uma mesma reta
são sempre múltiplos ou paralelos.
Observação 3 É fácil veri�car, que um vetor −→v é paralelo à reta r se, e somente se,
−→v = λ
−−→
AB , onde λ ∈ R− {0} e A,B são dois pontos �xos quaisquer da reta
r.
Reta r que passa pelo ponto A e é paralela ao vetor −→v 6= 0.
Se r é a reta que passa pelo ponto A e tem direção −→v 6= −→0 , temos:
P ∈ r ⇐⇒
−−→
AP é múltiplo de −→v
⇐⇒
−−→
AP = t−→v , para algum t ∈ R
⇐⇒ P = A+ t−→v , para algum t ∈ R.
Portanto, a equação paramétrica de r é:
r : P = A+ t−→v ; t ∈ R
Escrevendo esta equação em coordenadas, temos que se A = (a, b) e −→v =
(α, β), então as equações paramétricas de r, neste caso, são:
r :
{
x = a+ αt
y = b+ βt
; t ∈ R
Exemplo 2 Determine a equação paramétrica da reta r que passa por A = (2,−3) e é
paralela ao vetor −→v = (−1, 1).
Solução.
6
Unidade 3Equações da reta no plano
Temos que:
P = (x, y) ∈ r ⇐⇒ (x, y) = (2,−3) + t(−1, 1) = (2− t,−3 + t), t ∈ R.
Portanto,
r :
{
x = 2− t
y = −3 + t
; t ∈ R ,
são as equações paramétricas da reta r.
Exemplo 3Determine o ponto de interseção da reta r1 paralela ao vetor −→v = (1, 1) que
passa pelo ponto A = (2, 3) com areta r2 que passa pelos pontosB = (−1,−2)
e C = (3, 6).
Solução.
Um ponto P = (x, y) ∈ r1 se, e somente se, P = A+ t−→v , ou seja,
(x, y) = (2, 3) + t(1, 1) = (2 + t, 3 + t) , t ∈ R.
E um ponto P = (x, y) ∈ r2 se, e somente se, P = B + s
−−→
BC , isto é,
(x, y) = (−1,−2) + s(4, 8) = (−1 + 4s,−2 + 8s) , s ∈ R.
Logo, um ponto P = (x, y) ∈ r1 ∩ r2 se, e somente se,{
2 + t = −1 + 4s
3 + t = −2 + 8s
⇐⇒
{
t− 4s = −3
t− 8s = −5
⇐⇒ 4s = 2 e t = −3 + 4s
⇐⇒ s =
1
2
e t = −1.
Substituindo t = −1 em (2 + t, 3 + t), ou s = 1/2 em (−1 + 4s,−2 + 8s),
obtemos que o ponto de interseção das retas é P = (1, 2).
Atenção: Para determinar o ponto de interseção de duas retas dadas
por suas equações paramétricas, devemos usar parâmetros diferentes, pois o
parâmetro de um ponto ao longo de uma reta pode não ser igual ao parâmetro
do mesmo ponto ao longo da outra reta.
3.3 Equação cartesiana da reta
Nesta seção, vamos utilizar o produto interno para caracterizar algebrica-
mente uma reta normal ou perpendicular a uma direção dada. Desta forma
7
Unidade 3 Equação cartesiana da reta
apresentaremos o segundo tipo de equação da reta: a equação cartesiana.
Definição 4 Um vetor −→u 6= −→0 é normal ou perpendicular a uma reta r se −→u ⊥
−−→
AB ,
quaisquer que sejam os pontos A,B ∈ r.
Figura 3.5: Vetor normal à reta r.
Seja r a reta que passa pelo ponto A = (x0, y0) e é perpendicular ao vetor
−→u = (a, b) 6= −→0 . Então,
P = (x, y) ∈ r ⇐⇒
−−→
AP ⊥ −→u
⇐⇒ 〈
−−→
AP ,−→u 〉 = 0
⇐⇒ 〈(x− x0, y − y0), (a, b)〉 = 0
⇐⇒ a(x− x0) + b(y − y0) = 0
⇐⇒ ax+ by = ax0 + by0
⇐⇒ ax+ by = c , onde c = ax0 + by0.
A equação dada por:
r : ax+ by = c
é chamada equação cartesiana da reta r.
Diferente das equações paramétricas, neste caso, as coordenadas dos pon-
tos pertencentes à reta se relacionam através de uma única equação. Nesta
equação, observamos que os coe�cientes a e b de x e y, respectivamente, são
as coordenadas do vetor normal −→u = (a, b) e que o valor de c é determinado
quando se conhece um ponto de r, no caso, o ponto A = (x0, y0). Observe
também que a e b não podem ser ambos iguais à zero, pois −→u = (a, b) é um
vetor não nulo.
8
Unidade 3Equações da reta no plano
Observação 5Um vetor −→u = (a, b) 6= (0, 0) é normal à reta r se, e somente se, o vetor
−→v = (−b, a) é paralelo à r. A demonstração deste fato será deixada como
exercício.
Exemplo 4Determine a equação cartesiana da reta r que passa pelo ponto A = (−1, 4)
e é normal ao vetor −→u = (2, 3).
Solução.
Como −→u ⊥ r, devemos ter r : 2x + 3 y = c. O valor de c é calculado
sabendo que A = (−1, 4) ∈ r, isto é, c = 2× (−1) + 3× 4 = 10. Portanto, a
equação procurada é r : 2x+ 3y = 10.
Figura 3.6: Exemplo 4
Exemplo 5Determine a equação cartesiana da reta r que passa pelo ponto B = (−1, 4)
e é paralela ao vetor −→v = (2, 3).
Solução.
Conhecer um ponto e um vetor paralelo à reta equivale a dar as equações
paramétricas:
r :
{
x = −1 + 2t
y = 4 + 3t
; t ∈ R .
Como −→v = (2, 3) ‖ r temos, pela observação 5, −→u = (3,−2) ⊥ r.
Portanto,
r : 3x− 2y = c.
Para determinar c, usamos o fato de que B = (−1, 4) ∈ r, isto é,
c = 3× (−1)− 2× 4 = −11.
9
Unidade 3 Equação cartesiana da reta
Logo, r : 3x− 2y = −11.
Figura 3.7: Exemplo 5
Exemplo 6
Determine a equação cartesiana da reta r :
{
x = 3− s
y = 1 + 2s
; s ∈ R.
Solução.
Das equações paramétricas, obtemos o vetor −→v = (−1, 2) paralelo à reta r
e um ponto A = (3, 1) pertencente a ela.
Como, pela observação 5, o vetor −→u = (2, 1) é normal a r, a equação
cartesiana de r é
2x+ y = c.
Para calcular c, usamos que A = (3, 1) ∈ r, isto é, c = 2× 3 + 1 = 7.
Logo a equação cartesiana de r é 2x+ y = 7.
Figura 3.8: Exemplo 6.
Exemplo 7 Determine as equações paramétricas da reta r : −3x+ 2y = 4.
10
Unidade 3Equações da reta no plano
Solução.
Para acharmos as equações paramétricas de r precisamos conhecer um vetor
paralelo a r e um ponto de r.
Da equação cartesiana, temos −→u = (−3, 2) ⊥ r =⇒ −→v = (2, 3) ‖ r .
Para determinarmos um ponto de r, fazemos x = 0 na equação cartesiana
de r e calculamos o valor correspondente de y:
x = 0 =⇒ 2× y = 4 =⇒ y = 2 .
Portanto, o ponto A = (0, 2) pertence a r. Assim, as equações paramétricas
de r são:
r :
{
x = 2t
y = 2 + 3t
; t ∈ R.
Figura 3.9: Exemplo 7.
3.4 Equação a�m ou reduzida da reta
Nesta seção estudaremos o terceiro tipo de equação de reta no plano: a
equação a�m. Este tipo de equação é o mais trabalhado na Educação Básica.
Considere uma reta r : ax+ by = c dada por sua equação cartesiana, onde
−→u = (a, b) 6= (0, 0) é um vetor normal a r.
Vamos veri�car que r pode ser reescrita das seguintes formas:
• Se b = 0, então um ponto (x, y) ∈ r se, e somente se, x =
c
a
. Ou seja,
r = {(d, y); y ∈ R},
onde d =
c
a
(observe que a 6= 0).
11
Unidade 3 Equação afim ou reduzida da reta
Uma reta do tipo r : x = d é dita vertical pois, neste caso, r é paralela ao
eixo-OY ou coincidente com este eixo.
Figura 3.10: r é vertical e sua equação é x = d.
• Se b 6= 0, isto é, r é não vertical, então o ponto (x, y) ∈ r se, e somente
se,
by = −ax+ c⇐⇒ y = −a
b
x+
c
b
.
Ou seja,
r = {(x,mx+ n);x ∈ R},
onde m = −a
b
e n =
c
b
.
Uma equação do tipo y = mx+n é chamada equação a�m ou reduzida da
reta r.
Provamos assim que toda reta r não vertical se representa por uma equação
do 1o grau da forma y = mx+ n, onde:
• n é a ordenada do ponto onde r intersecta o eixo−OY . Se n = 0, então
r passa pela origem.
• m é a razão entre o acréscimo de y e o acréscimo de x quando se passa
de um ponto a outro sobre a reta. De fato, se x0 6= x1, y0 = mx0 + n e
y1 = mx1 + n, então:
y1 − y0
x1 − x0
=
(mx1 + n)− (mx0 + n)
x1 − x0
=
m(x1 − x0)
x1 − x0
= m.
• O número m chama-se inclinação ou coe�ciente angular da reta
r : y = mx+ n.
Além disso,
� Se m > 0, a função y = mx + n é crescente, isto é, se x1 0, y = mx+ n é crescente.
� Se m y2 = mx2 + n.
Figura 3.12: Para m 0 : 0cada uma destas situações.
Proposição 6 As retas r1 : ax+ by = c e r2 : a′x+ b′y = c′ são paralelas ou coincidentes
se, e somente se, existe λ 6= 0 tal que (a′, b′) = λ(a, b), isto é, se e somente se,
seus vetores normais são múltiplos.
Demonstração Suponhamos que a′ = λa, b′ = λb, c′ 6= λc e λ 6= 0.
Se P = (x, y) ∈ r1, ou seja, ax+ by = c, então
λax+ λby = λc⇐⇒ a′x+ b′y = λc 6= c′.
Provamos assim que se P = (x, y) ∈ r1, então P = (x, y) /∈ r2, ou seja,
que r1 ∩ r2 = ∅.
Por outro lado, se a′ = λa, b′ = λb, c′ = λc e λ 6= 0, então
ax+ by = c⇐⇒ λax+ λby = λc⇐⇒ a′x+ b′y = c′,
ou seja, as retas r1 e r2 são coincidentes.
Suponhamos agora que r1 ∩ r2 = ∅ ou r1 = r2, ou seja, que r1 e r2 são
retas paralelas ou coincidentes.
Considere o sistema: {
ax+ by = c
a′x+ b′y = c′
Se
∣∣∣∣∣ a b
a′ b′
∣∣∣∣∣ = ab′ − a′b 6= 0, o sistema possui uma única solução dada
por:
x =
cb′ − c′b
ab′ − a′b
e y =
c′a− ca
ab′ − a′b
.
Logo, como as retas são paralelas ou coincidentes, devemos ter ab′−a′b = 0.
Isto signi�ca que os vetores (a, b) e (a′, b′) são múltiplos, ou seja, existe λ ∈ R
tal que (a′, b′) = λ(a, b). Como (a, b) 6= (0, 0) e (a′, b′) 6= (0, 0), devemos ter
λ 6= 0.
16
Unidade 3Equações da reta no plano
Corolário 7As retas r1 : ax+ by = c e r2 : a
′x+ b′y = c′ são coincidentes se, e
somente se, existe λ ∈ R, λ 6= 0, tal que
(a′, b′) = λ(a, b) e c′ = λc .
DemonstraçãoPelo teorema acima, se as retas são coincidentes, existe λ 6= 0 tal que
a′ = λa e b′ = λb.
Seja (x0, y0) um ponto da reta r. Como r1 = r2, as coordenadas x = x0 e
y = y0 satisfazem também a equação de r2. Logo,
c′ = a′x0 + b′y0 = λax0 + λby0 = λc ,
isto é c′ = λc.
Reciprocamente, se existe λ ∈ R, λ 6= 0, tal que λa = a′ , λb = b′ e
λc = c′, é claro que as equações de r1 e r2 representam a mesma reta, isto é,
r1 = r2.
Como consequência do corolário anterior e da proposição 6, obtemos:
Corolário 8As retas r1 : ax + by = c e r2 : a′x + b′y = c′ são paralelas se, e
somente se, existe λ ∈ R, λ 6= 0, tal que
(a′, b′) = λ(a, b) e c′ 6= λc .
Exemplo 9Determine a equação cartesiana da reta r2 paralela à reta r1 : x− 2y = 3
que passa pelo ponto A = (2, 2).
Solução.
Seja r2 : ax + by = c a equação cartesiana da reta r2. Pela proposição 6,
existe λ 6= 0 tal que
(a, b) = λ(1,−2),
onde (1,−2) é o vetor normal à reta r1. Podemos tomar, sem perda de gene-
ralidade, λ = 1, ou seja, (a, b) = (1,−2).
Como r2 : x−2y = c e o ponto A = (2, 2) ∈ r2, devemos ter c = 2−2×2 =
−2.
17
Unidade 3 Paralelismo e perpendicularismo entre retas
Figura 3.18: Exemplo 9.
Logo, x− 2y = −2 é a equação cartesiana da reta r2.
Exemplo 10 Veri�que se as retas
r1 : x+ 2y = −1, r2 : 2x+ 4y = 2 e r3 : 3x+ 6y = −3 ,
são paralelas ou coincidentes.
Solução. Multiplicando a equação de r1 por 2, obtemos r1 : 2x + 4y = −2.
Como −2 6= 2, temos r1 ‖ r2.
Multiplicando a equação de r1 por 3, obtemos a equação de r3. Logo,
r1 = r3.
Além disso, r2 ‖ r3.
Definição 9 O ângulo ∠(r1, r2) entre duas retas r1 e r2 se de�ne da seguinte
maneira:
• se r1 e r2 são coincidentes ou paralelas, então ∠(r1, r2) = 0,
• se as retas são concorrentes, isto é, r1∩ r2 = {P}, então ∠(r1, r2) é o menor
dos ângulos positivos determinados pelas retas.
18
Unidade 3Equações da reta no plano
Figura 3.19: ∠(r1, r2) = θ.
Em particular, 03Equações da reta no plano
Sejam r1 e r2 retas perpendiculares. Se r1 é horizontal, r1 : y = b, então
r2 é vertical, r2 : x = c, e vice-versa.
Figura 3.21: Retas horizontais e verticais são perpendiculares.
A proposição abaixo nos diz quando duas retas não verticais e não horizontais
são perpendiculares.
Proposição 12Sejam r1 : y = mx + n e r2 : y = m′x + n′ duas retas tais que m 6= 0 e
m′ 6= 0. Então, r1 ⊥ r2 se, e somente se, mm′ = −1.
DemonstraçãoComo r1 : mx−y = −n e r2 : m′x−y = −n′ temos, pela proposição 10, que
r1 ⊥ r2 se, e somente se, seus vetores normais −→v = (m,−1) e −→w = (m,−1)
são ortogonais.
Logo,
r1 ⊥ r2 ⇐⇒ 〈−→v ,−→w 〉 = mm′ + 1 = 0⇐⇒ mm′ = −1.
Exemplo 14Determine a equação da reta r2 que passa pelo ponto A e é perpendicular
à reta r1, onde:
(a) r1 : y = 3 , A = (2, 5) ; (b) r1 : y = 2x− 5 , A = (2,−1) .
Solução. (a) Como r1 é horizontal, r2 deve ser vertical e a sua equação da
forma r2 : x = n.
Sendo que A = (2, 5) ∈ r2, devemos ter 2 = n e, portanto, r2 : x = 2.
23
Unidade 3 Paralelismo e perpendicularismo entre retas
Figura 3.22: Reta r1 vertical, r2 ⊥ r1.
(b) Como r1 é não vertical e não horizontal, a equação de r2 deve ser da
forma r2 : y = mx+ n, onde 2m = −1 pela proposição 12. Isto é, m = −1
2
e,
portanto, r2 : y = −1
2
x+ n.
Para determinar o valor de n usamos que A = (2,−1) ∈ r2. Ou seja, as
coordenadas de A devem satisfazer a equação de r2:
−1 = −1
2
× 2 + n =⇒ n = 0 .
Assim, r2 : y = −1
2
x é a equação procurada.
Figura 3.23: Reta r1 : y = −
1
2
x+ 2 , r2 ⊥ r1.
Exemplo 15 Determine as equações cartesianas das retas perpendiculares à reta r que
passa pelos pontos A = (1, 1) e B = (2, 4).
Solução. A reta r tem inclinação m =
4− 1
2− 1
= 3. As retas perpendiculares
24
Unidade 3Equações da reta no plano
a r devem, portanto, ter inclinação m′ = − 1
m
= −1
3
. Logo, a equação a�m de
uma reta perpendicular a r é
r′d : y = −1
3
x+ d .
Variando d ∈ R, obtemos a equação de qualquer reta perpendicular à reta r.
Figura 3.24: Reta passando pelos pontos A e B e algumas retas da família r′d : y = − 1
3
x+ d.
Escrevemos o valor d como subíndice em r′d para indicar que a reta em
questão depende do valor d. Ou seja, mudar o valor de d signi�ca considerar
outra reta também perpendicular a r.
A equação da reta r′d se escreve na forma cartesiana como:
r′d :
1
3
x+ y = d , ou seja, r′d : x+ 3y = −3d .
Nesta equação d é um número real qualquer, assim como −3d. Portanto,
fazendo c = −3d, a família de retas perpendiculares à reta r pode ser reescrita
na forma:
r′c : x+ 3y = c ,
onde c ∈ R é um número real arbitrário.
Exercícios
1. Veri�que se os pontos P = (3, 2), Q = (1, 3) e R = (6, 4) são colineares.
2. Considere os pontos A = (2, 4), B = (4, 5) e C = (5, 2).
(a) Encontre a equação cartesiana da reta r que passa pelos pontos A e C.
(b) Encontre a equação cartesiana da reta s que passa por B e é perpendi-
cular à reta r.
25
Unidade 3 Paralelismo e perpendicularismo entre retas
(c) Encontre a altura h do triângulo ABC em relação à base AC.
3. Considere os pontos A = (0, 3), B = (2, 1), C = (0,−2) e D = (3, 3).
Veri�que que os segmentos AB e CD se interceptam e determine o ponto
de interseção.
4. Sejam r a reta que passa pelos pontos A = (2, 3) e B = (3, 4) e l a
reta que passa pelos pontos C = (6, 0) e D = (1,−3). Veri�que que as
retas r e l são concorrentes e determine o ponto P de interseção. O ponto
P pertence ao segmento AB, à semirreta
−−→
AB ou à semirreta oposta a
−−→
AB ? O ponto P pertence ao segmento CD, à semirreta
−−→
CD ou à
semirreta oposta à
−−→
CD ?
5. Encontre as equações paramétricas da reta r que passa pelo ponto
P = (1, 3) e é paralela à reta s : 2x + 4y = −4. Faça um esboço das
retas r e s.
6. Encontre o ponto P de ordenada −4 sobre a reta s perpendicular à reta
r :
{
x = 1− 2t
y = 2 + 3t
, t ∈ R, que passa por (−2, 5).
7. Mostre que as retas y = ax− 4− 2a passam pelo mesmo ponto, para todo
a ∈ R, e encontre este ponto.
8. Calcule a equação a�m da reta:
(a) r1 paralela à reta s1 : 4x− 3y = 1 que passa pelo ponto (6, 2);
(b) r2 perpendicular à reta s2 : y = 2x− 1 que passa pelo ponto (4, 0);
(c) r3 perpendicular à reta s3 : x = 5 que passa pelo ponto (2, 4).
9. Determine a equação paramétrica da reta r paralela à reta s : y = 3x − 2
que passa pelo médio do segmento AB, onde A = (3,−4) e B = (9, 8).
10. Dadas as equações paramétricas das retas abaixo, diga quais delas represen-
tam a mesma reta:
r1 :
{
x = 2t+ 1
y = −2t+ 4
, t ∈ R ; r2 :
{
x = −6t+ 3
y = 12t+ 2
, t ∈ R ;
r3 :
{
x = t+ 2
y = −t+ 3
, t ∈ R.
26
Unidade 3Equações da reta no plano
11. Mostre que as retas r : x+2y = 16, s : y = 2x−2, t :
{
x = t+ 1
y = 2t+ 8
, t ∈ R
e p : y = −x
2
+ 12 formam um quadrado.
12. Considere o paralelogramo de vértices A = (1, 1), B = (4, 3), C = (5, 4) e
D. Encontre a equação da reta r que passa por D e é paralela à diagonal
de ABCD que não passa por D.
13. Discuta a posição relativa das retas:
r : 4mx−my = 3,
s : 12x− 3my = m,
em função de m ∈ R.
14. Esboce a família de retas descritas pela equação 5y = λx + 5, onde 0 ≤
λ ≤ 5.
15. Para que valores de λ ∈ R as retas (λ−1)x+6y = −1 e 4x+(λ+1)y = 1
são paralelas ?
16. Encontre todas as retas que são perpendiculares à reta s : 3x+ 4y = 1.
17. Determine, em função de um único parâmetro, dando seu domínio de vari-
ação, uma equação que descreva a família de todas as retas que têm a
seguinte propriedade: o triângulo formado pelas retas e pelos eixos coorde-
nados tem área 2 e está situado no primeiro quadrante.
18. Sejam m e n dois números reais não nulos e P = (x, y) um ponto.
(a) Mostre que quando P descreve uma reta r, então os pontos Q =(
x
m
,
y
n
)
também descreve uma reta s.
(b) Se a equação de s é αx+ βy = γ, encontre a equação de r.
19. Sejam r1 : ax+ by = c e r2 : a′x+ b′y = c′ duas retas concorrentes em um
ponto P . Mostre que a reta r′′ : a′′x + b′′y = c′′ passa pelo ponto P se, e
somente se, existem números s e t tais que a′′ = sa + ta′, b′′ = sb + tb′ e
c′′ = sc+ tc′.
27
Unidade 3 Paralelismo e perpendicularismo entre retas
20. Sejam P = (−1, 3) e Q = (2, 2).
(a) Determine a equação a�m da reta r que passa por P e Q.
(b) Determine as coordenadas dos pontos que estão sobre a reta r e cuja
distância ao ponto Q é o dobro da distância ao ponto P .
(c) Determine as coordenadas dos pontos que estão sobre a reta r e cuja
distância ao ponto Q é λ vezes a distância ao ponto P , onde λ > 0.
21. Seja P o paralelogramo ABDC cujas diagonais estão sobre as retas
r1 :
{
x = t+ 1
y = −t+ 1
, t ∈ R e r2 :
{
x = −2t+ 1
y = t+ 2
, t ∈ R.
Sabendo que A = (1, 1) e que AB ⊂ r, onde r é uma reta paralela ao vetor
(2, 1), determine os vértices B,C e D de P .
22. Considere o retângulo ABDC, o ponto E ∈ AB e o ponto F ∈ BD tais
que |AB| = 4, |AC| = 3, |AE| = 2 e |FD| = 1. Escolhendo um sistema
de eixos ortogonais adequado, determine o cosseno do ângulo formado pelas
retas r e l, e calcule a distância do vértice C ao ponto P , onde r é a
reta que contém o segmento AF , l é a reta que contém o segmento CE e
{P} = CE ∩ AF .
23. Seja ABC um triângulo qualquer. Mostre, usando um sistema de eixos orto-
gonais adequado, que as alturas AD,BE e CF relativas aos lados BC,AC
e AB, respectivamente, se interceptam num ponto, chamado ortocentro
do triângulo.
24. Mostre que a equação cartesiana da reta r que corta o eixo-horizontal no
ponto de abscissa a e o eixo-vertical no ponto de ordenada b, com a e b
diferentes de zero, é dada por
x
a
+
y
b
= 1.
25. Uma reta r que passa pelo ponto P = (2, 4/3) forma com os semieixos co-
ordenados positivos um triângulo de perímetro 12. Determine sua equação.
Dica: Utilize o exercício anterior.
26. Mostre que dados três pontos A,B e C não colineares existe um, e apenas
um círculo que passa por esses pontos, ou seja, um círculo circunscrito ao
triângulo ABC.
28
Unidade 3Equações da reta no plano
Com isso, �ca provado que as mediatrizes dos ladosde um triângulo se
interceptam num ponto, chamado circuncentro, que é o centro do círculo
circunscrito ao triângulo.
27. Sejam os pontos A = (1, 2), B = (3, 0) e C = (−5,−2). Determine a
equação cartesiana do círculo circunscrito ao triângulo ABC.
�
29
4
1
Posição relativa entre
retas e círculos e
distâncias
Sumário
4.1 Distância de um ponto a uma reta . . . . . . . . . . 2
4.2 Posição relativa de uma reta e um círculo no plano 4
4.3 Distância entre duas retas no plano . . . . . . . . . 11
Unidade 4 Distância de um ponto a uma reta
Nesta unidade faremos uma demonstração algébrica de um resultado bem
conhecido da Geometria Euclidiana que nos dá as possíveis posições relativas
entre uma reta e um círculo em função da distância do centro do círculo a reta.
Mas, antes vamos deduzir uma fórmula para calcular a distância de um ponto
a uma reta e outra, para encontrar a distância entre duas retas paralelas.
4.1 Distância de um ponto a uma reta
Dados um ponto P e uma reta r no plano, já sabemos calcular a distância
de P a cada ponto P ′ ∈ r. Agora vamos ver como calcular a distância de P à
reta r.
Definição 1 De�nimos a distância, d(P, r), do ponto P à reta r por
d(P, r) = min{d(P, P ′) |P ′ ∈ r}
Dizemos que um ponto P ? ∈ r realiza a distância de P à reta r, se
d(P, P ?) ≤ d(P, P ′) ,para todo P ′ ∈ r.
Figura 4.1: P ? realiza a distância de P à reta r.
Usando o teorema de Pitágoras é fácil veri�car que o ponto P ? que realiza
a distância do ponto P à reta r é o pé da perpendicular a r que passa pelo
ponto P .
Assim,
d(P, r) = min{d(P, P ′) |P ′ ∈ r} = d(P, P ?) .
2
Unidade 4Posição relativa entre retas e círculos e distâncias
Teorema 2Sejam r : ax+ by = c uma reta e P = (x0, y0) um ponto no plano. Então
a distância de P a r é dada por
d(P, r) =
| ax0 + by0 − c |√
a2 + b2
DemonstraçãoSeja s a reta perpendicular à reta r : ax + by = c que passa pelo ponto
P = (x0, y0).
Como −→u = (a, b) ⊥ r, temos que −→u ‖ s. Logo,
s :
{
x = x0 + at
y = y0 + bt
; t ∈ R,
são as equações paramétricas de s.
Figura 4.2: Demonstração do teorema 2.
Seja P ∗ o pé da perpendicular a r que passa por P , ou seja, {P ∗} = r ∩ s.
Então, P ∗ = (x0 + at∗, y0 + bt∗), para algum t∗ ∈ R, e
a(x0 + at∗) + b(y0 + bt∗) = c
⇐⇒ (a2 + b2)t∗ + ax0 + by0 = c
⇐⇒ t∗ =
c− (ax0 + by0)
a2 + b2
.
Como d(P, r) = d(P, P ∗) = ||
−−−→
PP ∗ || e
−−−→
PP ∗ = (a, b)t∗, temos:
d(P, r) = |t∗| · ||(a, b)|| = |ax0 + by0 − c|
a2 + b2
√
a2 + b2
d(P, r) =
|ax0 + by0 − c|√
a2 + b2
.
3
Unidade 4 Posição relativa de uma reta e um círculo no plano
4.2 Posição relativa de uma reta e um círculo
no plano
Na unidade anterior, estudamos as posições que duas retas podem ter no
plano. Abordaremos agora as posições relativas entre círculos e retas do ponto
de vista algébrico. Para isso, lembramos da Geometria Plana, que um círculo C
e uma reta r no plano podem estar em três posições relativas (uma em relação
à outra):
(a) r ∩ C consiste de dois pontos: a reta r é dita secante ao círculo C.
(b) r ∩ C consiste de exatamente um ponto: a reta r é dita tangente
ao círculo C.
Neste caso, o ponto de interseção é chamado ponto de tangência
de r com C.
(c) r ∩ C = ∅: a reta r é dita exterior ao círculo C.
No seguinte teorema estabelecemos uma propriedade que caracteriza a tangên-
cia de uma reta a um círculo.
Teorema 3 Se a reta r é tangente no ponto P (ponto de tangência) ao círculo C de
centro A e raio α > 0, então a reta que passa por A e P é perpendicular à
reta r.
Demonstração Seja OXY o sistema de eixos ortogonais que tem origem no ponto A e
eixo−OX positivo contendo o ponto P . A escolha desse sistema de eixos
ortogonais visa facilitar a demonstração do teorema.
4
Unidade 4Posição relativa entre retas e círculos e distâncias
Figura 4.3: Escolha do sistema de coordenadas.
Neste sistema de coordenadas, A =
(0, 0) e P = (α, 0).
Para demonstrar o teorema, basta
mostrar que a equação da reta r no
sistema de coordenadas escolhido é r :
x = α.
Suponhamos, raciocinando por ab-
surdo, que r não é vertical. Isto é,
r : y = ax+ b.
Como P = (α, 0) ∈ r, devemos ter
0 = aα + b. Logo b = −aα e a equação de r é
r : y = ax− aα , ou melhor, r : y = a(x− α) .
Consideremos o sistema: {
y = a(x− α)
x2 + y2 = α2 ,
(4.1)
onde x2+y2 = α2 é a equação do círculo C no sistema de coordenadas escolhido.
Um ponto é comum à reta r e ao círculo C se, e somente se, suas coorde-
nadas satisfazem as duas equações do sistema (4.1).
Substituindo y da primeira equação na segunda, obtemos:
x2 + a2(x− α)2 = α2 ⇐⇒ x2 − α2 + a2(x− α)2 = 0
⇐⇒ (x− α)(x+ α) + a2(x− α)2 = 0
⇐⇒ (x− α)
[
x+ α + a2(x− α)
]
= 0 .
Então,
x = α ou x+ α + a2(x− α) = 0 ⇐⇒ x = α ou x =
α(a2 − 1)
1 + a2
.
Logo, o sistema (4.1) tem duas soluções:
P = (α, 0) , correspondente a x = α;
P ′ =
(
α(a2 − 1)
1 + a2
,− 2aα
1 + a2
)
, correspondente a x =
α(a2 − 1)
1 + a2
(veri�que!).
Mas isso é absurdo, pois a reta r e o círculo C são tangentes.
Assim, a hipótese de que r é uma reta não vertical é falsa. Isto conclue a
prova do teorema.
5
Unidade 4 Posição relativa de uma reta e um círculo no plano
Exemplo 1 Sabendo-se que o círculo C está centrado em Q = (2, 4) e que o ponto
P = (2,−1) ∈ C, dê a equação da reta r tangente a C que passa por P .
Encontre também a outra reta tangente a C e paralela a r.
Solução. A equação do círculo C é
C : (x− 2)2 + (y − 4)2 = R2 ,
onde R > 0 é o raio. Como P = (2,−1) ∈ C, temos
(2− 2)2 + (−1− 4)2 = R2 , ou seja, R2 = 25.
Portanto, C tem raio R = 5 e sua equação é
C : (x− 2)2 + (y − 4)2 = 25 .
Pelo teorema anterior, a reta r tangente a C no ponto P é perpendicular à
reta s que contém os pontos Q e P .
A reta s é vertical, pois os pontos Q e P têm abscissas iguais a 2. Portanto,
sua equação é s : x = 2 e a reta r deve ser horizontal. Como P = (2,−1) ∈ r,
todos os pontos de r devem ter ordenadas iguais a −1. Isto é, r : y = −1 é a
equação procurada da reta r.
Seja agora r′ a outra reta tangente a C paralela à reta r. Como r′ : y = a,
para algum a ∈ R, e r ∩ C consiste de apenas um ponto, a equação
(x− 2)2 + (a− 4)2 = 25 ,
deve ter apenas uma solução para x. Mas isso ocorre somente quando 25 −
(a − 4)2 = 0 ⇐⇒ a − 4 = ±5 ⇐⇒ a = 4 + 5 = 9 ⇐⇒ a = 4 − 5 = −1.
A segunda possibilidade corresponde a reta r : y = −1 e a primeira a reta
r′ : y = 9 procurada.
6
Unidade 4Posição relativa entre retas e círculos e distâncias
Figura 4.4: Circunferência C e tangentes horizontais.
Teorema 4Sejam r : ax + by = c uma reta e C um círculo de centro A = (x0, y0) e
raio α > 0. Então,
(a) C ∩ r = ∅ se, e somente se d(A, r) > α.
(b) C ∩ r consiste de um único ponto se, e somente se, d(A, r) = α.
(c) C ∩ r consiste de exatamente dois pontos se, e somente se,
d(A, r) α.
Figura 4.6: d(A, r) = α.
Figura 4.7: d(A, r) 0.
Vamos analisar o sistema 4.2 quanto ao número de soluções:
• Se b 6= 0, então a primeira equação de (4.2) nos dá
y = −a
b
x+
c
b
.
Em particular, a reta r não é vertical. Substituindo essa expressão de y na
segunda equação do sistema (4.2), obtemos:
(x− x0)2 +
(
−a
b
x+
c
b
− y0
)2
= α2
⇐⇒ (x− x0)2 +
(
−1
b
[a x− c+ y0b]
)2
= α2
⇐⇒ (x− x0)2 +
(
−1
b
)2
[a x− c+ y0b]
2 = α2
⇐⇒ (x− x0)2 +
1
b2
(a x− c+ y0b)
2 = α2
⇐⇒ b2(x− x0)2 + (a x− c+ y0b)
2 = α2b2
⇐⇒ b2(x− x0)2 + (a x−ax0 + ax0 + by0 − c)2 = α2b2
⇐⇒ b2(x− x0)2 + (a (x− x0) + [ax0 + by0 − c])2 = α2b2
Fazendo x′ = x− x0 e Q0 = ax0 + by0 − c, temos
b2(x′)2 + (a (x′) +Q0)
2 = α2b2
⇐⇒ b2(x′)2 +a2 (x′)2 + 2ax′Q0 +Q2
0 = α2b2
⇐⇒ (a2 + b2) (x′)2 + 2aQ0x
′ + (Q2
0 − α2b2) = 0 .
Esta última equação (de grau dois) terá uma única solução para x′ (e,
portanto, uma única solução para x) se, e somente se, o seu discriminante é
igual a zero, isto é,
∆ = (2aQ0)
2 − 4 (a2 + b2) (Q2
0 − α2b2) = 0.
Ou seja,
8
Unidade 4Posição relativa entre retas e círculos e distâncias
4a2Q2
0 − 4a2Q2
0 + 4a2b2α2 − 4b2Q2
0 + 4α2b4 = 0
4a2b2α2 − 4b2Q2
0 + 4α2b4 = 0
4b2 (a2α2 −Q2
0 + α2b2) = 0
a2α2 −Q2
0 + α2b2 = 0, pois b 6= 0
α2 (a2 + b2)−Q2
0 = 0
α2 (a2 + b2) = Q2
0
α2 =
Q2
0
a2 + b2
,
Lembrando que Q0 = ax0 + by0 − c e extraindo a raiz quadrada, obtemos:
α =
|ax0 + by0 − c|√
a2 + b2
= d(A, r) .
Logo, r ∩ C consiste de um único ponto, isto é, r é tangente a C se, e
somente se,
α = d(A, r).
Analogamente, temos que o sistema (4.2):
• não tem solução ⇐⇒ ∆ 0⇐⇒ α > d(A, r).
Ou seja, a reta r é exterior ao círculo C se, e somente se, α d(A, r).
O caso em que r : x = c é uma reta vertical �ca como exercício.
Exemplo 2Calcule a distância do ponto P = (1,−1) à reta r : x+ 2y = 1.
Solução.
9
Unidade 4 Posição relativa de uma reta e um círculo no plano
Figura 4.8: Exemplo 2.
Vamos resolver o problema de três maneiras:
(1) Usando a fórmula obtida no teorema 4: sendo x0 = 1, y0 = −1,
a = 1, b = 2 e c = 1, temos
d(P, r) =
|1× 1 + 2× (−1)− 1|√
12 + 22
=
|1− 2− 1|√
1 + 4
=
2√
5
.
(2) Vamos achar α ≥ 0 de modo que o sistema{
x+ 2y = 1
(x− 1)2 + (y + 1)2 = α2 ,
tenha uma única solução, ou seja, de maneira que a reta r seja tangente ao
círculo de centro P e raio α.
Substituindo x = 1− 2y na segunda equação, obtemos
(1− 2y − 1)2 + (y + 1)2 = α2 .
Então, 4y2 + y2 + 2y + 1 = α2, isto é,
5y2 + 2y + (1− α2) = 0.
Essa equação possui uma única solução se, e somente se, o seu discriminante
é igual a zero:
∆ = 22 − 4× 5× (1− α2) = 0
4− 20(1− α2) = 0
1− 5(1− α2) = 0
1− 5 + 5α2 = 0
α2 =
4
5
=⇒ α =
2√
5
.
10
Unidade 4Posição relativa entre retas e círculos e distâncias
Portanto,
d(P, r) = α =
2√
5
.
(3) Seja r′ a reta que passa pelo ponto P = (1,−1) e é perpendicular à
reta r : x+ 2y = 1. Como r tem inclinação m = −1
2
, a reta r′ tem inclinação
n = − 1
m
= − 1
−1/2
= 2. Logo, a equação de r′ deve ser r′ : y = 2x+ d.
Sendo P = (1,−1) ∈ r′, temos −1 = 2 × 1 + d =⇒ d = −1 − 2 = −3.
Assim, r′ : y = 2x − 3. Note, também, que a equação de r se escreve:
r : y = −1
2
x+
1
2
.
Seja r ∩ r′ = {P ?}. Se P ? = (x, y), então
2x− 3 = −1
2
x+
1
2
, ou seja,
(
2 +
1
2
)
x =
1
2
+ 3.
Portanto,
x =
2
5
× 7
2
=
7
5
e y = 2× 7
5
− 3 = −1
5
.
Logo, P ? =
(
7
5
,−1
5
)
. Finalmente,
d(P, r) = d(P, P ?) =
√(
7
5
− 1
)2
+
(
−1
5
+ 1
)2
=
√(
2
5
)2
+
(
4
5
)2
=
√
4 + 16
52
=
2√
5
,
concluindo, assim, o cálculo desejado.
4.3 Distância entre duas retas no plano
Definição 5De�nimos a distância entre r e r′ como sendo a menor distância entre
um ponto de r e um ponto de r′.
Isto é,
d(r, r′) = min{d(P, P ′) |P ∈ r e P ′ ∈ r′}
Pela de�nição anterior, podemos concluir que d(r, r′) = 0 se, e somente se,
r e r′ são coincidentes ou concorrentes.
11
Unidade 4 Distância entre duas retas no plano
Consideremos, então, duas retas paralelas r e r′. Sabemos que, dado R ∈ r,
existe um único ponto R? ∈ r′, pé da perpendicular a r′ traçada por R, tal que
d(R,R′) ≥ d(R,R?) , para todo R′ ∈ r′ .
Como r ‖ r′, temos d(Q,Q?) = d(P, P ?), quaisquer que sejam P,Q ∈ r,
pois QPP ?Q? é um retângulo. Então,
d(Q,Q′) ≥ d(Q,Q?) = d(P, P ?) = d(P, r′) ,
quaisquer que sejam Q ∈ r e Q′ ∈ r′.
Figura 4.9: Distância entre duas retas paralelas.
Logo, qualquer que seja P ∈ r,
d(r, r′) = d(P, r′).
Como conseqüencia do teorema 2, temos o seguinte corolário.
Corolário 6 Sejam r : ax + by = c e r′ : ax + by = c′ retas paralelas (c 6= c′) ou
coincidentes (c = c′). Então,
d(r, r′) =
| c− c′ |√
a2 + b2
Demonstração Seja P = (x0, y0) um ponto da reta r. Então
d(r, r′) = d(P, r′) =
|ax0 + by0 − c′|√
a2 + b2
.
Como ax0 + by0 = c, obtemos d(r, r′) =
|c− c′|√
a2 + b2
.
12
Unidade 4Posição relativa entre retas e círculos e distâncias
Exemplo 3Determine as equações das retas paralelas à reta r : x+ 2y = 2 que distam
5 unidades de r.
Solução. Seja s : x+ 2y = c uma reta paralela à reta r. Temos,
d(r, s) = 5⇐⇒ |c− 2|√
22 + 12
= 5⇐⇒ |c− 2| = 5
√
5 .
Logo c = 2 + 5
√
5 ou c = 2− 5
√
5, ou seja,
s1 : x+ 2y = 2 + 5
√
5 e s2 : x+ 2y = 2− 5
√
5 ,
são as retas paralelas a r que distam 5 unidades da reta r.
Vejamos outra solução para o mesmo problema sem usar a fórmula da dis-
tância entre duas retas paralelas.
Seja t : y = 2x a reta perpendicular à reta r que passa pela origem. Logo,
r ∩ t = {P}, onde P = (2/5, 4/5) (veri�que!).
Sejam (x, 2x) os pontos pertencentes à reta t que distam 5 de r, ou seja,
d
(
(x, 2x) ,
(
2
5
,
4
5
))
= 5 .
Então, (
x− 2
5
)2
+ 4
(
x− 2
5
)2
= 25
⇐⇒ 5
(
x− 2
5
)2
= 25⇐⇒ x = ±
√
5 +
2
5
.
Como t : y = 2x, os pontos ao logo de t que estão a distância 5 de P são:
P1 =
(√
5 +
2
5
, 2
√
5 +
4
5
)
P2 =
(
−
√
5 +
2
5
,−2
√
5 +
4
5
)
.
Consideremos agora as retas s1 e s2 paralelas à reta r que passam por P1 e
P2, respectivamente.
Como
d(s1, r) = d(P1, P ) = 5
d(s2, r) = d(P2, P ) = 5,
s1 e s2 são as retas paralelas a r que distam 5 unidades de r, e suas equações
são:
s1 : x+ 2y =
5
√
5 + 2
5
+ 2
(
10
√
5 + 4
5
)
= 5
√
5 + 2
s2 : x+ 2y =
−5
√
5 + 2
5
+ 2
(
−10
√
5 + 4
5
)
= −5
√
5 + 2.
13
Unidade 4 Distância entre duas retas no plano
Figura 4.10: Retas a distância 5 de r.
Exercícios
1. A distância da reta 4x− 3y + 1 = 0 ao ponto P é 4. Se a ordenada de P
é 3, determine sua abscissa.
2. Um ponto se move de maneira que sua distância ao ponto (1,−1) é sempre
igual a duas vezes a distância à reta 3x− 2y+ 6 = 0. Determine a equação
de seu lugar geométrico.
3. Sabendo-se que o círculo C está centrado em (1, 3) e que o ponto P =
(−1, 1) ∈ C, encontre a equação da reta r tangente a C que passa por P .
Encontre também a reta tangente a C e paralela a r.
4. Encontre as equações das retas paralelas à reta r : 2x + y = 1 que distam
3 de r.
5. Encontre, se possível, λ ∈ R para que d(r, P ) = 3, onde:
(a) r : x− y = 3 e P = (2λ, λ), onde λ ≥ 0.
(b) r : λx = y e P = (2,
√
3).
6. Determine a equação do lugar geométrico de um ponto que se move de
maneira que sua distância a reta 4x − 3y + 12 = 0 é sempre igual a duas
vezes sua distância ao eixo OX.
14
Unidade 4Posição relativa entre retas e círculos e distâncias
7. Mostre que a reta y = ax + b é tangente ao círculo x2 + y2 = R2 se, e
somente se, b2 = (1 + a2)R2.
8. Encontre as retas que passam pelo ponto (2, 7) e tangenciam o círculo de
centro em (3, 0) e raio 3.
9. Calcule a distância:
(a) da reta 2y = x+ 1 ao ponto P = (2,−1).
(b) da reta x+ y = 2 a reta x+ y = 3.
10. Considere o sistema não linear
{
y = 2x+ 1
(x− 2)2 + (y − 1)2 = R
,
onde R ∈ R. Faça uma análise do número de soluções desse sistema em
função do parâmetro R.
11. Suponha que a reta r : 3x− 2y = 1 tangencia um círculo C com centro no
ponto (2, 3).
(a) Calcule o raio do círculo C.
(b) Calcule o ponto de tangência da reta r com a circunferência C.
(c) Determine a reta que tangencia C e é paralela a r.
12. Sejam r e r′ duas retas concorrentes no plano. Dizemos que uma reta s é
bissetriz de r e r′ quando os ângulos entre r e s e entre r′ e s são iguais.
Se s e s′ são as bissetrizes das retas concorrentes r e r′, mostre que
s ∪ s′ = {P | d(P, r) = d(P, r′)}.
13. Considere as retas r1 : a1x+b1y = c1 e r2 : a2x+b2y = c2, onde a
2
1+b21 = 1
e a22 + b22 = 1. Mostre que as duas bissetrizes dos ângulos formados por r1
e r2 são
(a1 − a2)x+ (b1 − b2)y = c1 − c2 e (a1 + a2)x+ (b1 + b2)y = c1 + c2.
Dica: Utilize o exercício anterior.
14. Sejam as retas r1 : 4x+ 3y = 0 e r2 : 3x+ 4y = 0. Determine as equações
dos círculos de raio igual a 7/5 que são tangentes às retasr1 e r2.
15
Unidade 4 Distância entre duas retas no plano
15. Considere o ângulo PR̂Q cujos lados são as semirretas
−−→
RP e
−−→
RQ . Deter-
mine, em função de um parâmetro, os pontos da semirreta que bissecta esse
ângulo. Resolva também o caso particular em que P = (3, 1), R = (2, 4) e
Q = (−1, 2).
16. Encontre a equação cartesiana do círculo inscrito ao triângulo ABC, onde
A = (3, 4), B = (6,−2) e C = (4, 6).
17. Sejam r uma reta e A um ponto não pertencente a r. O ponto simétrico
do ponto A em relação à reta r é o ponto A′ tal que r é a mediatriz do
segmento AA′. Determine as coordenadas de A′ sabendo que r : ax+by = c
e A = (x0, y0). Faça o caso particular em que r : y = 2x+ 1 e A = (4, 1).
18. Sejam r e s duas retas concorrentes. A reta obtida re�etindo a reta s em
relação à reta r é a reta s′ tal que r é uma das bissetrizes de s e s′. Supondo
que r : ax + by = c, s : a′x + b′y = c′ e r ∩ s = {(x0, y0)}, determine
a equação da reta s′. Resolva o caso particular em que r : x + 3y = 3 e
s : 2x+ y = 1.
19. Considere as retas paralelas r e s. A re�exão da reta s em relação à reta
r é a reta s′ paralela à reta r, diferente de s, tal que d(s′, r) = d(s, r).
Supondo que r : ax + by = c e s : ax + by = c′, encontre c′′ ∈ R, em
função de c e c′, de modo que s′ : ax+ by = c′′. Faça o caso particular em
que r : 3x+ 2y = 2 e s : 3x+ 2y = 4.
20. Considere as retas r1 : 3x + 4y = 2 e r2 : 3x + 4y = −3. Determine, em
função de um parâmetro, a equação da família de círculos tangentes às retas
r1 e r2. Se o centro do círculo pertence à reta l : x + y = 1, encontre sua
equação.
21. (Posição relativa entre dois círculos) Sejam C1 e C2 dois círculos de centro
A1 e A2 e raios r1 e r2, respectivamente. Sendo c = d(A1, A2), mostre que:
(a) C1∩C2 é vazio se, e somente se, c > r1+r2 ou r1 > r2+c ou r2 > r1+c.
(b) C1 ∩ C2 consiste de um único ponto se, e somente se, c = r1 + r2 ou
r1 = r2 + c ou r2 = r1 + c.
16
Unidade 4Posição relativa entre retas e círculos e distâncias
(c) C1∩C2 consiste de dois pontos se, e somente se, c 0 . . 15
5.7 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
5.8 Exercícios Suplementares . . . . . . . . . . . . . . . 20
5.9 Solução de Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
Unidade 5 Introdução
5.1 Introdução
Os historiadores atribuem ao matemático Menaecmus (380 � 320 A.C.
aproximadamente), discípulo de Eudóxio na Academia de Platão, a descoberta
das curvas cônicas ou seções cônicas quando trabalhava na resolução do
problema da duplicação do cubo. Foi ele o primeiro a mostrar que as elipses, as
parábolas e as hipérboles são obtidas como seções de um cone quando cortado
por planos não paralelos à sua base.
Figura 5.1: Apolônio de Perga
Nos escritos de Pappus de Alexandria, credita-
se ao geometra grego Aristeu (370 � 300 a.C.) a
publicação do primeiro tratado sobre seções cônicas.
Mais tarde, o astrônomo e matemático gregoApolônio
de Perga (262-190 a.C.) recompilou e aprimorou os
resultados conhecidos até então sobre o assunto na
sua obra Seções Cônicas. A denominação das cur-
vas não foi devida a Menaecmus. As curvas somente
foram nomeadas na obra de Apolônio, mas os nomes
parábola e hipérbole foram usados antes dele. Foi
Apolônio quem considerou as curvas como seções do cone duplo, com o qual
a hipérbole adquiriu outro ramo, tal qual conhecemos hoje em dia. A obra
Seções Cônicas de Apolônio e os Elementos de Euclides constituem o ápice
da matemática grega.
Figura 5.2: Elipse Figura 5.3: Hipérbole Figura 5.4: Parábola
A motivação principal de Pierre de Fermat na elaboração da sua obra
Ad locos planos et solidos isagoge (1636), no qual estabelece um sistema de
coordenadas na Geometria Euclidiana (equivalente ao de Descartes), aconteceu
quando restaurava a obra perdida de Apolônio, Plane Loci, seguindo o delinea-
2
Unidade 5Elipse
mento feito por Pappus de Alexandria (290 � 350 aproximadamente). De
posse da teoria de equações de François Viète, Fermat fez uso sistemático da
linguagem algébrica para obter as demonstrações dos teoremas enunciados por
Pappus na sua descrição da obra de Apolônio. A aplicação da Álgebra com-
binada com a natureza particular dos lugares geométricos estudados em Plane
Loci e as técnicas usadas nas demonstrações dos resultados, revelaram a Fermat
que todos os lugares geométricos discutidos por Apolônio poderiam se exprimir
na forma de equações algébricas com duas variáveis, cuja análise, usando a
teoria de Viète, produziria as propriedades fundamentais do lugar geométrico
assim como a natureza da sua construção.
Fermat aplicou os mesmos procedimentos ao estudar a obra Cônicas de
Apolônio e, através das propriedades que de�nem as seções cônicas, obteve
suas equações. Seus estudos e análise deram lugar a sete equações que ele
podia obter como formas irredutíveis a partir da equação geral do segundo grau
com duas variáveis que, escrita na linguagem atual, é:
Ax2 +Bxy + Cy2 +Dx+ Ey + F = 0. (5.1)
Segundo os valores dos coe�cientes dessa equação, Fermat classi�cou os lu-
gares geométricos obtidos na seguinte nomenclatura: reta, hipérbole equilátera,
par de retas concorrentes, parábola, círculo, elipse e hipérbole axial.
Nosso objetivo, neste e nos próximos três capítulos, é estudar a equação
(5.1) nos casos em que A 6= 0 ou B 6= 0 ou C 6= 0. Para isso, de�niremos,
geometricamente, uma elipse, uma hipérbole e uma parábola, que são os prin-
cipais lugares geométricos obtidos dessa equação. O primeiro lugar geométrico
que estudaremos corresponde à seção cônica denominada elipse.
5.2 Elipse
Definição 1Uma elipse E de focos F1 e F2 é o conjunto dos pontos P do plano cuja
soma das distâncias a F1 e F2 é igual a uma constante 2a > 0, maior do que
a distância entre os focos 2c ≥ 0. Ou seja, sendo 0 ≤ creta não focal é a reta `′ perpendicular a ` que passa pelo centro C.
• A elipse intersecta a reta não focal `′ em exatamente dois pontos, B1 e B2,
denominados vértices da elipse sobre a reta não focal (Figura 5.6).
4
Unidade 5Elipse
`′
`
F1 F2C A2A1
B1
B2
cc
a−ca−c
b
b
aa
a a
Figura 5.6: Elementos da elipse sobre as retas focal e não focal
De fato, como `′ é a me-
diatriz do segmento F1F2, temos
que B ∈ `′∩E se, e somente
se,
d(B,F1) = d(B,F2) = a.
Logo, pelo teorema de Pitá-
goras, `′∩E consiste de dois
pontos, B1 e B2, em `′, que
distam b =
√
a2 − c2 do cen-
tro C da elipse.
• O eixo não focal da elip-
se é o segmento B1B2 de
comprimento 2b, onde b2 = a2 − c2.
• O número e =
c
a
é a excentricidade da elipse. Note que 0 ≤ e a2 − a2 =⇒ a2 + cx > 0.
• y2
b2
≤ x2
a2
+
y2
b2
= 1 =⇒ y2 ≤ b2 =⇒ −b2 + y2 ≤ 0
=⇒ (x+ c)2 + y2 = x2 + 2cx+ c2 + y2 a2 − x21
⇐⇒ b
a
√
a2 − x20 >
b
a
√
a2 − x21 ⇐⇒ f(x0) > f(x1).
Outra maneira de veri�car que f(x) é decrescente é calculando sua primeira
derivada e veri�cando que ela é sempre negativa para x ∈ (0, a):
f ′(x) = − bx
a
√
a2 − x2
O
O
Y
X
Y
X
P
xo
yo
xo+x
x
yo+y
y
Figura 5.12: P =(x, y)
O X Y
=(x0+x, y0+y)OXY
Sejam OXY um sistema de eixos or-
togonais, O = (x0, y0) um ponto no plano
e OX Y o sistema cujos eixos OX e
OY são paralelos aos eixos OX e OY e
têm o mesmo sentido destes eixos, res-
pectivamente. Designamos por (x, y) as
coordenadas do ponto P no sistema de
eixos OX Y e por (x, y) as coordenadas
de P no sistema de eixos OXY .
Se −→e1 e −→e2 são os vetores unitários
na direção e sentido, respectivamente,
dos eixos OX e OY (e, portanto, dos
eixos OX e OY ) segue, da Proposição 13 do Capítulo 2, que:
−−→
OP = x−→e1 + y−→e2 ,
−−→
OP = x−→e1 + y−→e2 e
−−→
OO = xo
−→e1 + yo
−→e2 .
Como
−−→
OP =
−−→
OO +
−−→
OP ,
temos:
x−→e1 + y−→e2 = (xo
−→e1 + yo
−→e2 ) + (x−→e1 + y−→e2 )
= (x+ xo)
−→e1 + (y + yo)
−→e2 .
Logo, as coordenadas do ponto P nos sistemas OXY e OX Y são relacio-
nadas pelas fórmulas (Figura 5.12):x = x+ x0
y = y + y0.
O exemplo a seguir mostra como uma simples translação do sistema de eixos
ortogonais pode facilitar a solução de um problema geométrico.
11
Unidade 5 Elipse com centro no ponto O = (x0, y0)
Exemplo 5
O
O
Y
X
Y
X
P
1
2
1+x
x
2+y
y
Figura 5.13: x3 − 3x2 − y2 + 3x+ 4y − 5 = 0 .
Faça um esboço da curva
x3 − 3x2 − y2 + 3x+ 4y − 5 = 0 ,
escrevendo a equação nas coordenadas
x e y do sistema de eixos OX Y obtido
quando o sistema OXY é transladado
para a origem O = (1, 2).
Solução. Fazendo x = x+1 e y = y+2
na equação dada, obtemos:
(x+ 1)3 − 3(x+ 1)2 − (y + 2)2
+3(x+ 1) + 4(y + 2)− 5 = 0 .
Simpli�cando esta identidade, temos
x3 = y2.
Então, y = ±x3/2 e x ≥ 0.
Fazer agora o esboço da curva é bem mais simples (ver Figura 5.13).
5.5 Elipse com centro no ponto O = (x0, y0)
Por uma translação dos eixos coordenados vamos obter a equação de uma
elipse E cuja reta focal é horizontal ou vertical.
Seja OX Y o sistema de eixos ortogonais obtido transladando o sistema
OXY para a nova origem O.
Caso I. Reta focal paralela ao eixo OX
Como O = (x0, y0) é o centro, ` : y = y0 é a reta focal e F1 = (x0−c, y0) e
F2 = (x0 + c, y0) são os focos da elipse (pois d(F1, O) = d(F2, O) = c), temos
que um ponto P = (x, y) = (x+x0, y+ y0) pertence à elipse se, e somente se,
d(P, F1) + d(P, F2) = 2a ,
ou seja,
⇐⇒ d((x+ x0, y + y0), (x0 − c, y0)) + d((x+ x0, y + y0), (x0 + c, y0)) = 2a
⇐⇒ d((x, y), (−c, 0)) + d((x, y), (c, 0)) = 2a
⇐⇒ x2
a2
+
y2
b2
= 1⇐⇒ (x− x0)
2
a2
+
(y − y0)
2
b2
= 1 .
Portanto, a forma canônica da equação da elipse E com centro no
ponto (x0, y0) e eixo focal paralelo ao eixo OX é:
12
Unidade 5Elipse
E :
(x− x0)
2
a2
+
(y − y0)
2
b2
= 1 , onde b2 = a2 − c2
Os elementos dessa elipse são:
• Reta focal: ` : y = y0;
• Reta não focal: `′ :x=x0;
• Focos: F1 = (x0 − c, y0) e F2 = (x0 + c, y0);
• Vértices sobre a reta focal: A1 = (x0 − a, y0) e A2 = (x0 + a, y0);
• Vértices sobre a reta não focal: B1 = (x0, y0 − b) e B2 = (x0, y0 + b);
O esboço da elipse é mostrado na Figura 5.14.
O
O
X
X
YY
F1 F2
A1 A2
B1
B2
xo
x
o
+
c
x
o
−
c
x
o
+
a
x
o
−
a
yo
yo+b
yo−b
Figura 5.14: E :
(x−x0)
2
a2 +
(y−y0)
2
b2
= 1 .
O
O
X
X
YY
F1
F2
A1
A2
B1 B2
xo
yo+c
yo−c
yo+a
yo−a
yo
x
o
+
b
x
o
−
b
Figura 5.15: E :
(x−x0)
2
b2
+
(y−y0)
2
a2 = 1 .
Caso II. Reta focal paralela ao eixo OY
Procedendo como no caso anterior, veri�ca-se que a forma canônica da
equação da elipse E com centro no ponto (x0, y0) e eixo focal paralelo
ao eixo OY é:
E :
(x− x0)
2
b2
+
(y − y0)
2
a2
= 1 , onde b2 = a2 − c2
Os elementos dessa elipse são:
• Reta focal: ` : x = x0;
• Reta não focal: `′ : y = y0
• Focos: F1=(x0, y0−c) e F2=(x0, y0+c);
• Vértices sobre a reta focal: A1=(x0, y0−a) e A2=(x0, y0+a);
• Vértices sobre a reta não focal: B1 = (x0 − b, y0) e B2 = (x0 + b, y0).
O esboço da elipse é mostrado na Figura 5.15.
13
Unidade 5 Elipse com centro no ponto O = (x0, y0)
Exemplo 6 Os focos de uma elipse E são (3, 8) e (3, 2), e o comprimento de seu eixo
não focal é 8. Determine a equação de E , seus vértices e sua excentricidade.
Solução. Como F1 = (3, 2) e F2 = (3, 8) são os focos da elipse, sua reta focal
é ` : x = 3 (paralela ao eixo OY ) e seu centro é C =
F1 + F2
2
= (3, 5). Além
disso, 2b = 8, isto é, b = 4, c = d(C,F1) = d(C,F2) = 3 e a =
√
b2 + c2 =√
42 + 32 =
√
16 + 9 = 5. Portanto, e =
c
a
=
3
5
; A1 = (3, 0) e A2 = (3, 10)
são os vértices sobre a reta focal; `′ : y = 5 é a reta não focal; B1 = (−1, 5) e
B2 = (7, 5) são os vértices sobre a reta não focal e sua equação é:
E :
(x− 3)2
16
+
(y − 5)2
25
= 1.
Exemplo 7 A equação de uma elipse é E : x2 + 4y2 + 2x − 12y + 6 = 0. Encontre a
equação da elipse na forma canônica, seu centro, seus vértices, seus focos e sua
excentricidade.
Solução. Completando os quadrados na equação de E , temos:
E : (x2 + 2x) + 4(y2 − 3y) = −6
E : (x2 + 2x + 1) + 4
(
y2 − 3y +
9
4
)
= −6 + 1 + 4× 9
4
= 4
E : (x+ 1)2 + 4
(
y − 3
2
)2
= 4
E :
(x+ 1)2
4
+
(
y − 3
2
)2
= 1 .
Esta última equação é a forma canônica de E . Assim, C =
(
−1, 3
2
)
é
o centro de E , a = 2, b = 1 e c =
√
a2 − b2 =
√
22 − 12 =
√
3. Logo,
e =
c
a
=
√
3
2
é a excentricidade de E .
A reta focal de E é ` : y =
3
2
, paralela ao eixo OX, e a reta não focal é
`′ : x = −1, paralela ao eixo−OY .
Os focos da elipse são F1 =
(
−1−
√
3,
3
2
)
e F2 =
(
−1 +
√
3,
3
2
)
; os vér-
tices sobre a reta focal sãoA1 =
(
−1− 2,
3
2
)
=
(
−3, 3
2
)
eA2 =
(
−1 + 2,
3
2
)
=(
1,
3
2
)
e os vértices sobre a reta não focal são B1 =
(
−1, 3
2
− 1
)
=
(
−1, 1
2
)
e B2 =
(
−1, 3
2
+ 1
)
=
(
−1, 5
2
)
.
14
Unidade 5Elipse
5.6 Equação do segundo grau com B = 0 e
AC > 0
Consideremos a equação da elipse E de centro no ponto (x0, y0) e reta focal
paralela ao eixo OX:
E :
(x− x0)
2
a2
+
(y − y0)
2
b2
= 1 .
Desenvolvendo essa equação, obtemos:
b2x2 + a2y2 − 2b2x0x− 2a2y0y + b2x20 + a2y20 − a2b2 = 0 ,
que é da forma
Ax2 +Bxy + Cy2 +Dx+ Ey + F = 0 ,
com A = b2, B = 0, C = a2, D = −2b2x0, E = −2a2y0 e F = b2x20+a
2y20−
a2b2.
Então, B = 0 e A e C têm o mesmo sinal. O mesmo vale para a
equação da elipse com centro no ponto (x0, y0) e reta focal paralela ao eixo
OY .
Reciprocamente, temos:
Proposição 4Se os coe�cientes A e C da equação do segundo grau
Ax2 + Cy2 +Dx+ Ey + F = 0 (5.6)
têm o mesmo sinal, então a equação representa um dos seguintes conjuntos:
• uma elipse com eixos paralelos aos eixos coordenados;
• um ponto;
• o conjunto vazio.
DemonstraçãoDividindo a equação (5.6) por AC, obtemos:
x2
C
+
y2
A
+
D
AC
x+
E
AC
y +
F
AC
= 0 ,
ou seja,
x2 +
D
A
x
C
+
y2 +
E
C
y
A
= − F
AC
.
Completando os quadrados, temos:
x2 +
D
A
x+
D2
4A2
C
+
y2 +
E
C
y+
E2
4C2
A
= − F
AC
+
D2
4A2C
+
E2
4AC2
.
15
Unidade 5 Equação do segundo grau com B = 0 e AC > 0
Isto é,(
x+
D
2A
)2
C
+
(
y2 +
E
2C
)2
A
=
C2D2 +ACE2 − 4AFC2
4A2C3
=
M
4A2C3
(5.7)
onde M = C2D2 + ACE2 − 4AFC2.
Se M = 0, a equação (5.7) representa o ponto
(
− D
2A
,− E
2C
)
, pois A e C
têm o mesmo sinal.
Se M 6= 0, podemos escrever a equação (5.7) na forma:
(
x+
D
2A
)2
M
4A2C2
+
(
y2 +
E
2C
)2
M
4ACC2
= 1. (5.8)
Como AC > 0, a equação (5.8) representa uma elipse de eixos paralelos
aos eixos coordenados e centro no ponto
(
− D
2A
,− E
2C
)
, se M > 0.
Se M 0, representa um ponto ou o conjunto vazio são denominados casos
degenerados da elipse.
Exemplo 8 Veri�que se as equações abaixo representam uma elipse ou uma elipse de-
generada. Caso seja uma elipse, determine seus principais elementos.
(a) 25x2 + 9y2 − 225 = 0.
Solução. Como 25x2+9y2 = 225, obtemos, dividindo por 225, que a equação
x2
9
+
y2
25
= 1 representa uma elipse com:
• a = 5, b = 3 e c =
√
25− 9 = 4;
• centro: C = (0, 0);
• reta focal: ` = eixo−OY : x = 0;pares ordenados de
números reais do conjunto R2 = {(a, b); a, b ∈ R} da seguinte maneira:
Ao ponto P ∈ π fazemos corresponder o par ordenado (a, b) se P não está
sobre os eixos, a é a abscissa do pé da perpendicular ao eixo-OX por P e b é
a ordenada do pé da perpendicular ao eixo-OY por P .
O X
Y
π
(0, 0)
(2, 0)
(0,−
√
2)
(4, 2)
(−3, 3)
(−
√
3,−2) (π,−2)
Figura 1.9: Pontos no plano π
Os números a, b ∈ R do par or-
denado (a, b) associado ao ponto P
são as coordenadas cartesianas do
ponto P , a é a abscissa ou primeira
coordenada de P e b é a ordenada
ou segunda coordanada de P .
Na Figura 1.9 ilustramos alguns
pontos do plano π com suas co-
ordenadas em relação ao sistema
OXY .
Reciprocamente, ao par ordena-
do (a, b) ∈ R2 associamos o ponto
P do plano π dado pela interseção
da perpendicular ao eixo-OX que passa pelo ponto de abscissa a, com a per-
pendicular ao eixo-OY que passa pelo ponto de ordenada b.
Sabendo que (a, b) = (a′, b′) em R2 se, e somente se, a = a′ e b = b′, é
simples veri�car que a correspondência
ponto do plano π ←→ par ordenado de R2
é uma bijeção, isto é, uma correspondência biunívoca.
Notação: Se P ∈ π corresponde a (a, b) ∈ R2, escrevemos P = (a, b).
Observe que os pontos do eixo-OX têm coordenadas (x, 0) e os pontos do
eixo-OY tem coordenadas (0, y).
7
Unidade 1 Distância entre pontos do plano
+ Para Saber Mais - Sistemas de Coordenadas - Clique para ler
1.4 Distância entre pontos do plano
Sejam P = (a, b) e Q = (c, d) pontos no plano π dados pelas suas coorde-
nadas em relação a um sistema de eixos ortogonais OXY dado.
O X
Yπ
P
Q
R
a
b
c
d
Figura 1.10: Distância entre pontos no plano π
Seja R = (c, b) (Figura 1.11).
A distância de P a Q, que desig-
namos d(P,Q), é a medida da hi-
potenusa PQ do triângulo retân-
gulo 4PQR de catetos PR e QR.
Sendo a distância entre dois pon-
tos de um eixo medida pelo módulo
da diferença das suas coordenadas,
as medidas desses catetos são, res-
pectivamente, |PR| = |a − c| e
|QR| = |b − d|. Do teorema de
Pitágoras, obtemos:
d(P,Q) = |PQ| =
√
|PR|2 + |QR|2 =
√
(a− c)2 + (b− d)2. (1.1)
Assim, a distância de P = (a, b) a Q = (c, d) é a raiz quadrada da soma dos
quadrados das diferenças das coordenadas correspondentes.
Exemplo 2 Calcule a distância do ponto A = (−1, 2) ao ponto B = (2,−3).
Solução. Temos:
d(A,B) =
√
(2− (−1))2 + (−3− 2)2 =
√
9 + 25 =
√
34.
Exemplo 3 Determine m ∈ R para que os pontos P = (m, 1) e Q = (2m,−m) estejam
a distância 1.
Solução. Temos:
8
Unidade 1Coordenadas e vetores no plano
d(P,Q) =
√
(2m−m)2 + (−m− 1)2
=
√
2m2 + 2m+ 1 = 1
⇐⇒ 2m2 + 2m+ 1 = 1
⇐⇒ m(m+ 1) = 0
⇐⇒ m = 0 ou m = −1.
Exemplo 4Se A = (1, 3), determine os pontos P do eixo-OX tais que d(P,A) = 5.
Solução. O ponto P é da forma (x, 0) para algum x ∈ R. Logo,
d(A,P ) =
√
(x− 1)2 + (0− 3)2 = 5
⇐⇒ (x− 1)2 + 9 = 25⇐⇒ (x− 1)2 = 16
⇐⇒ x− 1 = ±4⇐⇒ x = 5 ou x = −3
⇐⇒ P = (5, 0) ou P = (−3, 0).
O cálculo de distâncias permite obter uma caracterização algébrica do círculo
no plano, do ponto médio e da mediatriz de um segmento no plano.
Definição 4O círculo C de centro no ponto A ∈ π e raio r > 0 é o conjunto que
consiste dos pontos do plano π situados à distância r do ponto A, ou seja:
C = {P ∈ π | d(P,A) = r}.
O X
Y
P
A
C
π
a x
b
y
r
Figura 1.11: Círculo C de centro A e raio r
Se A = (a, b) num sistema de
eixos ortogonais OXY no plano π,
P = (x, y) ∈ C
⇐⇒ d(P,A) = r
⇐⇒ d(P,A)2 = r2
⇐⇒ (x− a)2 + (y − b)2 = r2.
Assim, associamos ao círculo C
a equação (x−a)2+(y− b)2 = r2,
que relaciona a abscissa com a or-
denada de cada um de seus pon-
tos. Propriedades geométricas do
círculo são deduzidas por métodos
algébricos estudando sua equação.
9
Unidade 1 Distância entre pontos do plano
Exemplo 5 Determine o centro e o raio do círculo dado pela equação:
(a) C : x2 + y2 − 4x+ 6y = 0.
(b) C : x2 + y2 + 3x− 5y + 1 = 0.
Solução. (a) Completando os quadrados, obtemos:
x2 − 4x+ y2 + 6y = 0
(x2 − 4x+4) + (y2 + 6y+9) = 0+4+9
(x− 2)2 + (y + 3)2 = 13.
Portanto, o círculo C tem centro no ponto A = (2,−3) e raio r =
√
13.
(b) Completando os quadrados, obtemos:
x2 + 3x+ y2 − 5y = −1(
x2 + 3x+
9
4
)
+
(
y2 − 5y+
25
4
)
= −1+9
4
+
25
4(
x+
3
2
)2
+
(
y − 5
2
)2
=
30
4
.
Assim, C é o círculo de centro no ponto A =
(
−3
2
,
5
2
)
e raio r =
√
30
2
.
No seguinte exemplo veremos que as coordenadas do ponto médioM de um
segmento AB no plano π são os valores médios das respectivas coordenadas
dos pontos A e B.
Exemplo 6 Se A = (x1, y1) e B = (x2, y2) são pontos no plano π representados pelas
suas coordenadas em relação um sistema de eixos ortogonais OXY , então,
M =
(
x1 + x2
2
,
y1 + y2
2
)
.
é o ponto médio do segmento AB.
10
Unidade 1Coordenadas e vetores no plano
O X
Y π
A
B
C
D
M
x1 xM x2
y1
yM
y2
Figura 1.12: M é o ponto médio do segmento AB
Solução. Sejam M = (xM , yM)
o ponto médio do segmento AB,
C = (xM , y1) e D = (xM , y2).
Como 4AMC e 4BMD são
triângulos congruentes (AAL),
• d(A,C) = d(B,D)
=⇒ |xM − x1| = |x2 − xM |
=⇒ xM = valor médio entre x1 e x2
=⇒ xM =
x1 + x2
2
.
• d(C,M) = d(D,M)
=⇒ |yM − y1| = |y2 − yM |
=⇒ yM = valor médio entre y1 e y2 =⇒ yM =
y1 + y2
2
.
No seguinte exemplo vamos usar coordenadas e a distância no plano para
dar uma caracterização algébrica dos pontos que pertencem à mediatriz de um
segmento dado.
Exemplo 7Seja R o conjunto dos pontos equidistantes dos pontos A e B no plano π:
R = {P ∈ π | d(P,A) = d(P,B)}.
Mostre, algebricamente, que R é a mediatriz do segmento AB, isto é,
R é a reta perpendicular ao segmento AB que passa pelo seu ponto médio M .
Solução. Consideremos um sistema de eixos ortogonais OXY de modo que
o eixo−OX seja a reta que passa pelos pontos A e B, com origem no ponto
médio M do segmento AB e orientada de modo que A esteja à esquerda de B
(�gura 1.14).
Neste sistema de eixos, A e B têm coordenadas (−x0, 0) e (x0, 0), respec-
tivamente, para algum número real x0 > 0. Então,
P = (x, y) ∈ R ⇐⇒ d(P,A) = d(P,B)⇐⇒ d(P,A)2 = d(P,B)2
⇐⇒ (x− (−x0))2 + (y − 0)2 = (x− x0)2 + (y − 0)2
⇐⇒ (x+ x0))
2 + y2 = (x− x0)2 + y2
⇐⇒ x2 + 2xx0 + x20 + y2 = x2 − 2xx0 + x20 + y2
⇐⇒ 2xx0 = −2xx0 ⇐⇒ 4xx0 = 0
⇐⇒ x = 0⇐⇒ P ∈ eixo−OY .
11
Unidade 1 Distância entre pontos do plano
π
R
A
B
M
P
Figura 1.13: Mediatriz e ponto médio de AB
π
R
A
−xo
B
xo
M=O
P
X
Y
Figura 1.14: Escolha do sistema de eixos ortogonais
Portanto, R = {(x, y) ∈ R2 |x = 0} = eixo − OY corresponde, geomet-
ricamente, à reta perpendicular ao segmento AB que passa pelo ponto médio
M do segmento AB.
θ
A
BC a
b
c
c2=a2+b2−2ab cos θ
Figura 1.15: Lei dos Cossenos
No seguinte exemplo vamos caracteri-
zar, em termos de coordenadas, os pontos
obtidos a partir de um ponto dado apli-
cando uma rotação de 90◦ com respeito
à origem.
Para isso precisamos lembrar do se-
guinte resultado (Figura 1.15):
Lei dos Cossenos: Se 4ABC é um
triângulo, θ = ÂCB é o ângulo no vér-
tice C e a, b e c são os comprimentos
dos lados opostos aos vértices A, B e C, respectivamente, então: c2 =
a2 + b2 − 2ab cos θ.
Exemplo 8 Seja P = (x, y) 6= O um ponto do plano π. Então, os pontos P ′ = (−y, x)
e P ′′ = (y,−x) são obtidos a partir do ponto P rotacionando de 90◦ o segmento
OP em torno da origem.
12
Unidade 1Coordenadas e vetores no plano
P
P ′
X
Y
O x−y
y
x
θ
π
Figura 1.16: Posição dos pontos P e P ′
Convenção: a rotação de 90◦
que leva o ponto P = (x, y) no
ponto P ′ = (−y, x) tem sentido
positivo e a rotação de 90◦ que leva
o ponto P no ponto P ′′ = (y,−x)
tem sentido negativo.
Solução. Como
d(P,O)2 = (x− 0)2 + (y − 0)2
= x2 + y2
d(P ′, O)2 = (−y − 0)2 + (x− 0)2 = y2 + x2,
o triângulo 4POP ′ é isósceles.
Além disso,
d(P, P ′)2 = (−y − x)2 + (y − x)2
= y2 + 2xy + x2 + x2 − 2xy + y2
= 2(x2 + y2) = (x2 + y2) + (x2 + y2) = d(P,O)2 + d(P ′, O)2.
Pela Lei dos Cossenos, se θ = P̂OP ′ (Figura 1.16),
d(P, P ′)2 = d(P,O)2 + d(P ′, O)2 − 2d(P,O) d(P ′, O) cos θ,
logo, cos• reta não focal: `′ = eixo−OX : y = 0;
• vértices sobre a reta focal: A1 = (0,−5) e A2 = (0, 5);
• vértices sobre a reta não focal: B1 = (−3, 0) e B2 = (3, 0);
• focos: F1 = (0,−4) e F2 = (0, 4).
16
Unidade 5Elipse
(b) 4x2 + 9y2 − 40x+ 36y + 100 = 0.
Solução. Completando os quadrados, obtemos:
4(x2 − 10x) + 9(y2 + 4y) = −100
⇐⇒ 4(x2 − 10x+ 25) + 9(y2 + 4y + 4) = −100 + 4× 25 + 9× 4
⇐⇒ 4(x− 5)2 + 9(y + 2)2 = 36
⇐⇒ (x− 5)2
9
+
(y + 2)2
4
= 1 .
Logo, a equação representa uma elipse com:
• a = 3, b = 2 e c =
√
9− 4 =
√
5;
• centro: C = (5,−2);
• reta focal: ` : y = −2, paralela ao eixo−OX;
• reta não focal: `′ : x = 5, paralela ao eixo−OY ;
• vértices sobre a reta focal: A1 = (2,−2) e A2 = (8,−2);
• vértices sobre a reta não focal: B1 = (5,−4) e B2 = (5, 0);
• focos: F1 = (5−
√
5,−2) e F2 = (5 +
√
5,−2).
(c) 36x2 + 9y2 − 108x+ 6y + 82 = 0.
Solução. Completando os quadrados, obtemos:
36(x2 − 3x) + 9
(
y2 +
6
9
y
)
= −82
⇐⇒ 36
(
x2 − 3x+
9
4
)
+ 9
(
y2 +
2
3
y +
1
9
)
= −82 + 36× 9
4
+ 9× 1
9
⇐⇒ 36
(
x− 3
2
)2
+ 9
(
y +
1
3
)2
= −82 + 81 + 1
⇐⇒ 36
(
x− 3
2
)2
+ 9
(
y +
1
3
)2
= 0 .
Assim, apenas o ponto
(
3
2
,−1
3
)
satisfaz à equação dada, isto é, a equação
representa um ponto.
(d) 9x2 + 4y2 + 18x− 9y + 25 = 0.
Solução. Completando os quadrados, obtemos:
9(x2 + 2x) + 4
(
y2 − 9
4
y
)
= −25
⇐⇒ 9(x2 + 2x+ 1) + 4
(
y2 − 9
4
y +
81
64
)
= −25 + 9× 1 + 4× 81
64
⇐⇒ 9(x+ 1)2 + 4
(
y − 9
8
)2
= −16 + 81
16
= −175
16
.
Como −175
16
 c . Mostre que {(x, y) ∈ R2 ; ax + by > c} é o
semiplano para o qual o vetor (a, b), normal à reta r, aponta.
8. Sejam E a elipse e R a região do plano dadas por:
E : 25x2 + 16y2 − 150x− 32y − 159 = 0 e R :

4x+ 3y ≥ 1
5x− 3y ≤ 12
|y| ≤ 5.
(a) Determine todos os elementos da elipse E .
(b) Faça um esboço detalhado da região do plano obtida pela interseção de
R com a região focal determinada por E .
9. Obtenha todos os elementos da elipse E : x2 + 9y2 − 6x = 0 e faça um
esboço detalhado da região obtida pela interseção da região focal de E com
o interior do círculo C : (x− 8)2 + y2 − 25 = 0.
10. Sejam F1 e F2 pontos do plano tais que d(F1, F2) = 2c > 0 e a > 0 um
número real positivo. Considere o conjunto
C = {P ; d(P, F1) + d(P, F2) = 2a}.
Vimos no texto que se a > c, então C é uma elipse. Determine o conjunto
C quando a = c e quando a 0 e d(A1, A2) = 2a > 0, então:
(a) a− c ≤ d(P, F1) ≤ a+ c para todo ponto P ∈ E ;
(b) d(P, F1) = a− c se, e só se, P = A1.
(c) d(P, F1) = a+ c se, e só se, P = A2.
7. Encontre as retas de inclinação 3 que são tangentes à elipse 4x2− 2y2 = 9.
8. Considere a elipse E :
x2
a2
+
y2
b2
= 1 e o círculo C : x2+y2 = a2. Prove que um
ponto P = (xo, yo) pertence à elipse E se, e só se, o ponto P ′ =
(
xo,
a
b
yo
)
pertence ao círculo C. Conclua que r é a reta tangente à elipse no ponto
(xo, yo) ∈ E se, e só se, r =
{(
x,
a
b
y
)
; (x, y) ∈ r
}
é uma reta que é
tangente a C no ponto
(
xo,
a
b
yo
)
∈ C. Daí, já sabendo como determinar a
reta tangente a C no ponto (xo,
a
b
yo), mostre que b2xox + a2yoy = a2b2 é
a reta tangente a E no ponto (xo, yo).
9. Seja P um ponto da elipse E de focos F1 e F2. Mostre que os segmentos
PF1 e PF2 formam ângulos iguais com a reta tangente a E em P , e que a
reta normal a E em P é a bissetriz do ângulo F̂1PF2.
10. Construções da elipse usando o GeoGebra.
(a) Numa tela do GeoGebra:
• escolha dois pontos F1 e F2;
• trace a semirreta de origem F1 passando por F2;
• trace um círculo de centro F1 contendo F2 no seu interior;
• escolha um ponto D no círculo não pertencente à semirreta
⇀
F1F2;
• trace os segmentos DF1 e DF2;
• trace a mediatriz do segmento DF2 e determine o ponto P onde ela
intersecta o segmento DF1;
21
Unidade 5 Exercícios Suplementares
• Note que o ponto P pertence à elipse de focos F1 e F2 com 2a = d(F1, D).
(De fato, como o ponto P pertence à mediatriz de DF2, temos d(P,D) = d(P, F2) e,
portanto, 2a= d(F1, D) = d(F1, P ) + d(P,D) = d(F1, P ) + d(P, F2)).
Habilite o rastro no ponto P para desenhar a elipse, movendo o ponto D
ao longo do círculo.
(b) Numa tela do GeoGebra:
• trace a reta que passa por dois pontos A e B;
• trace dois círculos concêntricos de centro A;
• escolha um ponto C no círculo exterior;
• trace o segmento AC e determine sua interseção D com o círculo interior;
• determine a interseção P da perpendicular à reta AB que passa por C
com a paralela à reta AB que passa por D;
• prove que o ponto P pertence a uma elipse de centro A cujos semieixos
tem comprimentos iguais aos raios dos círculos dados.
• habilite o rastro no ponto P e desenhe a elipse que o contém, movendo o
ponto C ao longo do círculo.
Para Saber Mais
1. O Exercício 9 é o princípio de re�exão da elipse. Como consequência
dele, todo feixe de luz, ou onda sonora, que parte de um dos focos, atinge o
outro foco.
2. O termo foco foi empregado pela primeira vez em 1604 por Johannes
Kepler (1571 � 1630). Analisando a enorme coleção de dados e observações
astronômicas de Thcho Brahe (1546 � 1601), de quem se tornou assistente,
Kepler concluiu que a órbita de Marte é uma elipse tendo o Sol num dos focos.
Esta é a primeira lei do movimento planetário ou primeira lei de Kepler.
Esse resultado, juntamente com a segunda lei de Kepler (o segmento que liga o
planeta Marte ao Sol descreve áreas iguais em tempos iguais) foram publicados
na sua obra Astronomia Nova (1609). Posteriormente, Kepler con�rmou que
as mesmas propriedades eram válidas para as órbitas dos outros planetas. A
22
Unidade 5Elipse
terceira lei de Kepler (para quaisquer dois planetas, a razão dos quadrados dos
seus períodos é igual à razão dos cubos dos raios médios das suas órbitas) foi
publicada no seu segundo, e mais elaborado, tratado astronômico, Harmonices
mundi livri (1619).
Figura 5.16: Kepler
A terceira lei de Kepler foi um elemento de
fundamental importância para Isaac Newton
(1643 � 1727) concluir, em 1666, a lei do qua-
drado inverso (dois corpos são atraídos por uma
força proporcional ao inverso do quadrado da dis-
tância entre eles). Newton con�rmou as outras
duas leis de Kepler como consequência da ação
das forças centrípetas atuantes sobre os corpos no
movimento, como aparece na que é considerada a
maior publicação cientí�ca de todos os tempos, o
Philosophiæ Naturalis Principia Mathematica de
Newton, publicado em 1687.
3. A Terra se movimenta seguindo uma órbita elíptica que tem o Sol num
dos focos. Em relação ao Exercício 6, se F1 é o foco correspondente ao Sol, a
posição que a Terra ocupa quando está no vértice A1 é a mais próxima do Sol e
a posição que ocupa quando está no vértice A2 é a mais afastada do Sol. Essas
posições correspondem ao Periélio (A1) e Afélio (A2) da órbita da Terra. É
importante observar que as estações não são determinadas pela posição da terra
ao longo da órbita e sim pela inclinação do seu eixo de rotação em relação ao
plano que contém a órbita.
23
Unidade 5 Solução de Exercícios
5.9 Solução de Exercícios
Solução do Exercício 8:
Sejam r : ax+ by = c e r′ : ax+ by = c′ duas retas paralelas. Considere a
reta ` = { t(a, b) ; t ∈ R} perpendicular às retas r e r′ que passa pela origem.
Então, c 0
⇐⇒
−−→
PP ′ = (t′ − t)(a, b) é um múltiplo positivo de (a, b).
Provamos, assim, que {(x, y) ∈ R2 ; ax + by > c} é o semiplano determi-
nado pela reta r para o qual o vetor (a, b), normal a r, aponta.
Figura 5.17: Semiplanos determinados por r.
�
24
6
1
Hipérbole
Sumário
6.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
6.2 Hipérbole . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
6.3 Forma canônica da hipérbole . . . . . . . . . . . . . 6
6.3.1 Hipérbole com centro na origem e reta focal co-
incidente com o eixo OX . . . . . . . . . . . . . 6
6.3.2 Esboço da Hipérbole . . . . . . . . . . . . . . . . 7
6.3.3 Hipérbole com centro na origem e reta focal co-
incidente com o eixo OY . . . . . . . . . . . . . . 8
6.4 Hipérbole com centro no ponto O = (xo, yo) . . . . 11
6.5 Equação do segundo grau com B = 0 e AC 0, menor do que a distância entre os focos 2c > 0.
H = {P | | d(P, F1)− d(P, F2) | = 2a } , 0 2a.
E se P pertence à semirreta de origem F2 que não contém F1 e d(P, F1) = x
(Figura 6.2 (b)), então P /∈ H, pois:
|d(P, F1)− d(P, F2)| = |(x+ 2c)− x| = 2c > 2a.
Seja, então, A1 ∈ F1F2 ∩H tal que d(A1, F1) = x e 0 1, pois
c > a.
CF1F2
A1 A2 `
`′
B2
B1
Assíntotas
Retângulo
de base
Figura 6.7: Retângulo de base e assíntotas da hipérbole
• O retângulo de base da hipér-
bole H é o retângulo cujos lados
têm A1, A2, B1 e B2 como pontos
médios. As retas que contêm as
diagonais do retângulo de base são
as assíntotas de H (Figura 6.7).
Portanto, as assíntotas de H são
as retas que passam pelo centro da
hipérbole e tem inclinação ± b
a
em
relação à reta focal. Assim, ` e `′
são as bissetrizes das assíntotas.
4
Unidade 6Hipérbole
Pelo teorema de Pitágoras, as diagonais do retângulo de base da hipérbole
H têm comprimento 2c, pois a distância do centro C de H a qualquer vértice
do retângulo de base é igual a c.
• Uma hipérbole é equilátera, se o comprimento do eixo focal for igual ao
comprimento do eixo não focal, isto é, a = b.
O retângulo de base de uma hipérbole equilátera é um quadrado e as assín-
totas se intersectam perpendicularmente.
• Duas hipérboles são conjugadas se o eixo focal de cada uma é o eixo não
focal da outra.
Duas hipérboles conjugadas possuem o mesmo retângulo de base, o mesmo
centro, as mesmas assíntotas e os focos estão a uma mesma distância do centro.
Observação 2A hipérbole é simétrica em relação à reta focal, à reta não focal e ao centro.
(a) Simetria de H em relação à reta focal. Se P ∈ H e P ′ é o
simétrico de P em relação à reta focal, então (Figura 6.8):
4F1PQ ≡ 4F1P
′Q e 4F2PQ ≡ 4F2P
′Q .
Em particular,
|F2P | = |F2P
′| e |F1P | = |F1P
′|.
Logo,
|d(P ′, F1)− d(P ′, F2)| = |d(P, F1)− d(P, F2)| = 2a =⇒ P ′ ∈ H .
C
A1 A2
F1 F2
P
P ′
Q
`
`′
Figura 6.8: Simetria da hipérbole em relação à reta focal
A simetria em relação à reta não focal se veri�ca de maneira análoga.
5
Unidade 6 Forma canônica da hipérbole
(b) Simetria de H em relação ao centro.
Se P ∈ H e P ′′ é o simétrico de P em relação ao centro (Figura 6.9),
então:
4F1CP ≡ 4F2CP
′′ e 4PCF2 ≡ 4P ′′CF1 .
Em particular,
|F2P | = |F1P
′′| e |F1P | = |F2P
′′|.
Logo,
|d(P ′′, F2)− d(P ′′, F1)| = |d(P, F1)− d(P, F2)| = 2a =⇒ P ′′ ∈ H .
C
A1 A2
F1 F2
P
P ′′
`
`′
Figura 6.9: Simetria da hipérbole em relação ao centro
6.3 Forma canônica da hipérbole
Como �zemos para a elipse, vamos obter a equação da hipérbole em relação
a um sistema de eixos ortogonais OXY nos casos em que o eixo focal é o eixo
OX ou o eixo OY .
6.3.1 Hipérbole com centro na origem e reta focal co-
incidente com o eixo OX
Neste caso,
F1 = (−c, 0); A1 = (−a, 0); B1 = (0,−b)
F2 = (c, 0); A2 = (a, 0); B2 = (0, b).
Logo,
P = (x, y) ∈ H ⇐⇒ |d(P, F1)− d(P, F2)| = 2a
6
Unidade 6Hipérbole
⇐⇒
 d(P, F1)− d(P, F2) = 2a (ramo direito de H)
ou
d(P, F1)− d(P, F2) = −2a (ramo esquerdo de H)
⇐⇒

√
(x+ c)2 + y2 −
√
(x− c)2 + y2 = 2a (ramo direito de H)
ou√
(x+ c)2 + y2 −
√
(x− c)2 + y2 = −2a (ramo esquerdo de H).
Continuando o desenvolvimento de maneira análoga ao caso da elipse, e
lembrando que b2 = c2 − a2, chegamos à conclusão que
P = (x, y) ∈ H ⇐⇒ (c2 − a2)x2 − a2y2 = a2(c2 − a2)
⇐⇒ b2x2 − a2y2 = a2b2
⇐⇒ x2
a2
− y2
b2
= 1 (6.1)
Esta última equação é a forma canônica da equação da hipérbole H
de centro na origem e reta focal coincidente com o eixo−OX. Como as
assíntotas de H são as retas que passam pela origem (centro) e têm inclinação
± b
a
em relação ao eixo−OX (reta focal), suas equações são y = ± b
a
x, ou
seja, bx− ay = 0 e bx+ ay = 0.
6.3.2 Esboço da Hipérbole
C
A1 A2F1 F2
a
b
X
Y
Grá�co de f(x)
Figura 6.10: Grá�co da função f(x)
SejamH uma hipérbole eOXY
um sistema de eixos ortogonais no
qual O é o centro e o eixo OX é a
reta focal de H. Nesse sistema, a
equação de H é a equação (6.1).
Dessa equação, obtemos
y = ± b
a
√
x2 − a2,
com x ≥ a ou x ≤ −a.
Considere a função
f : [a+∞) −→ R
x 7−→ f(x) = y =
b
a
√
x2 − a2,
cujo grá�co é a parte de H situada no primeiro quadrante (Figura 6.10).
Temos que f(a) = 0 e f(x) é crescente e côncava, pois
7
Unidade 6 Forma canônica da hipérbole
f ′(x) =
bx
a
√
x2 − a2
> 0 e f ′′(x) =
−ab
(x2 − a2)3/2
 0 e 16× 4− 25× 36pode ser escrita na
forma H :
x2
4
− y2
9
= 1, tem centro na origem, reta focal = eixo−OX, a = 2,
b = 3 e c =
√
a2 + b2 =
√
13.
Então, a hipérbole H′, conjugada da hipérbole H, tem centro na origem,
a′ = b = 3, b′ = a = 2, c′ = c =
√
13 e reta focal = eixo−OY .
Logo, H′ : y
2
9
− x
2
4
= 1 é a equação da hipérbole conjugada da hipérbole H,
F1 = (0,−
√
13) e F2 = (0,
√
13) são seus focos, A1 = (0,−3) e A2 = (0, 3)
são seus vértices e e =
c
a
=
√
13
3
é a sua excentricidade.
6.4 Hipérbole com centro no ponto O = (xo, yo)
Caso I. Reta focal paralela ao eixo−OX
Como o centro O = (xo, yo) pertence à reta focal, temos que ` : y = yo é
a equação cartesiana da reta focal.
Além disso, como
d(F1, O) = d(F2, O) = c,
onde F1 e F2 são os focos da elipse, temos que F1 = (xo − c, yo) e F2 =
(xo + c, yo).
Seja P = (x+ xo, y + yo) um ponto pertencente à hipérbole, onde
x = x+ xo e y = y + yo
são suas coordenadas no sistema OXY , e x, y são suas coordenadas no sistema
OX Y , obtido transladando o sistema OXY para a origem O = (xo, yo).
Então, P pertence à hipérbole se, e somente se,
|d(P, F1)− d(P, F2)| = 2a
⇐⇒ |d((x+ xo, y + yo), (xo − c, yo))− d((x+ xo, y + yo), (xo + c, yo))| = 2a
⇐⇒ |d((x, y), (−c, 0))− d((x, y), (c, 0))| = 2a
⇐⇒ x2
a2
− y2
b2
= 1⇐⇒ (x− xo)2
a2
− (y − yo)2
b2
= 1 .
Logo, a forma canônica da equação da hipérbole com centro no
ponto (xo, yo) e reta focal paralela ao eixo−OX é:
(x− xo)2
a2
− (y − yo)2
b2
= 1 , onde b2 = c2 − a2
11
Unidade 6 Hipérbole com centro no ponto O = (xo, yo)
O
O
A1 A2F1 F2
yo
xo
B2
B1
X
Y
X
Y
Figura 6.14: Grá�co de H :
(x−xo)
2
a2 − (y−yo)
2
b2
= 1
Os elementos de H são:
• focos: F1 = (xo−c, yo) e F2 =
(xo + c, yo);
• reta focal: ` : y = yo;
• vértices:A1 = (xo − a, yo) e
A2 = (xo + a, yo);
• reta não focal: `′ : x = xo;
• vértices imaginários: B1 =
(xo, yo − b) e B2 = (xo, yo + b);
• assíntotas: y−yo = ± b
a
(x−xo), ou seja, b(x − xo) − a(y − yo) = 0 e
b(x− xo) + a(y − yo) = 0 .
Caso II. Reta focal paralela ao eixo−OY
Procedendo como no caso anterior, veri�ca-se que a forma canônica da
equação da hipérbole com centro no ponto (xo, yo) e reta focal paralela
ao eixo−OY é:
(y − yo)2
a2
− (x− xo)2
b2
= 1 , onde b2 = c2 − a2
O
O
B1 B2
F1
F2
yo
xo
A2
A1
X
Y
X
Y
Figura 6.15: Grá�co de H :
(y−yo)
2
a2 − (x−xo)
2
b2
= 1
Os elementos de H são:
• focos: F1 = (xo, yo−c) e F2 =
(xo, yo + c);
• reta focal: ` : x = xo;
• vértices: A1 = (xo, yo − a) e
A2 = (xo, yo + a);
• reta não focal: `′ : y = yo;
• vértices imaginários: B1 =
(xo − b, yo) e B2 = (xo + b, yo);
• assíntotas: x−xo = ±b/a(y−yo), ou seja, a(x − xo) − b(y − yo) = 0 e
a(x− xo) + b(y − yo) = 0.
12
Unidade 6Hipérbole
Exemplo 6Determine o ângulo agudo de interseção das assíntotas da hipérbole
9x2 − y2 − 36x− 2y + 44 = 0.
Solução. A equação da hipérbole se escreve na forma:
9(x2 − 4x)− (y2 + 2y) = −44
9(x− 2)2 − (y + 1)2 = −44 + 36− 1 = −9
(y + 1)2
9
− (x− 2)2 = 1 .
Logo, C = (2,−1) é o centro, a reta focal é ` : x = 2, paralela ao eixo−OY ,
a = 3, b = 1, c =
√
a2 + b2 =
√
10 e as assíntotas são x− 2 = ±1
3
(y + 1), ou
seja, y = 3x− 7 e y = −3x+ 5.
Assim, tg β = 3, tgα = −3, θ = α− β e
tg θ =
tgα− tg β
1 + tgα tg β
=
−6
1− 9
=
3
4
,
onde β e α são os ângulos que as retas y = 3x − 7 e y = −3x + 5 fazem,
respectivamente, com o semieixo OX positivo, e θ é o ângulo agudo entre as
assíntotas.
Exemplo 7Encontre a equação da hipérbole que passa pelo ponto (6, 2) e tem as retas
r : 2x+ y = 3 e s : 2x− y = 1 por assíntotas.
Solução. O centro C = (x, y) da hipérbole é o ponto de interseção das
assíntotas, isto é, (x, y) é a solução do sistema:{
2x+ y = 3
2x− y = 1 .
Logo, C = (1, 1) é o centro. A reta focal ` e a reta não focal `′ são as
bissetrizes das assíntotas, ou seja,
(x, y) ∈ ` ∪ `′ ⇐⇒ d((x, y), `) = d((x, y), `′)
⇐⇒ |2x+ y − 3|√
5
=
|2x− y − 1|√
5
⇐⇒ 2x+ y − 3 = ±(2x− y − 1)
⇐⇒ y = 1 ou x = 1.
Portanto, a reta focal é a reta x = 1 ou a reta y = 1. Vamos analisar os
dois casos possíveis.
• Caso I: Reta focal ` : y = 1, paralela ao eixo−OX.
Neste caso, H :
(x− 1)2
a2
− (y − 1)2
b2
= 1 e
b
a
= 2, ou seja, b = 2a.
13
Unidade 6 Equação do segundo grau com B = 0 e AC 0 e Co par de retas, 3x+ 4y = −31 e 3x− 4y = 1,
que se cortam no ponto (−5,−4).
16
Unidade 6Hipérbole
Para Saber MaisQuando duas frentes de onda circulares se encontram, o fazem formando
hipérboles como vemos na Figura 6.16.
Figura 6.16: Interseção de frentes de onda circulares
É nesse fato que se baseia o sistema de localização LORAN (LOng RAnge
Navigation) onde os círculos concêntricos são sinais de rádio.
6.6 Exercícios
1. Determine a equação da hipérbole que passa pelos pontos (1,−3) e (4, 6),
com centro na origem e reta focal igual ao eixo OX.
2. Considere a hipérbole H :
x2
a2
− y2
b2
= 1.
(a) Determine os pontos P1 e P2 onde H intersecta a perpendicular à reta
focal que passa por um dos focos.
(b) Veri�que que d(P1, P2) = |P1P2| =
2b2
a
. Esse número é o latus rectum
de H. O semi latus rectum é o número
b2
a
.
3. Determine a equação na forma canônica, os vértices, o centro, os focos,
a reta focal, a reta não focal, os vértices imaginários, a excentricidade, as
assíntotas, o latus rectum e o esboço da hipérbole H.
(a) H : 9x2 − 16y2 − 144 = 0;
(b) H : 4x2 − 45y2 = 180;
17
Unidade 6 Exercícios
(c) H : 49y2 − 16x2 = 784;
(d) H : 9x2 − 16y2 − 36x− 32y − 124 = 0;
(e) H : 3x2 − 4y2 + 12x+ 8y − 4 = 0;
(f) H : x2 − y2 − 6x+ 8y + 5 = 0.
4. Obtenha o lugar geométrico dos pontos cujo módulo da diferença das dis-
tâncias aos pontos (0, 3) e (0,−3) é igual a 5.
5. Encontre o lugar geométrico dos pontos cujo produto das distâncias às retas
3x− 4y + 1 = 0 e 3x+ 4y − 7 = 0 é
144
25
.
6. Ache a equação da hipérbole conjugada à hipérbole de centro na origem
com um vértice em (3, 0) e uma assíntota 2x− 3y = 0.
7. Determine, caso existam, os valores de λ ∈ R para os quais a equação dada
representa uma hipérbole, incluindo o caso degenerado.
(a) (λ− 1)x2 + (λ− 3)y2 = λ− 2;
(b) (λ− 1)(λ− 2)x2 + (λ− 2)y2 − 2λ(λ− 2)y = 3λ2 − λ3;
(c) (λ− 2)x2 + 2(λ− 2)x+ (λ+ 2)y2 = λ2 − 3λ+ 3;
(d) (λ2 − 1)x2 + 2(λ2 − 1)(λ− 1)x+ (λ2 − 4)y2 = (λ− 1)2.
8. (a) Uma hipérbole divide o plano em três subconjuntos disjuntos: a própria
hipérbole, a região que contém seus focos, denominada região focal, e a
região que contém seu centro, a região não focal. Descreva a região focal
e a região não focal mediante desigualdades, no caso em que a hipérbole
tem centro no ponto (xo, yo) e reta focal paralela ao eixo OX.
(b) Veri�que se os pontos (5, 3), (−1,−2) e (−8, 4) pertencem à hipérbole
H : 4x2 − 9y2 + 20x− 11 = 0, à região focal ou à região não focal de H.
9. Sejam C1 : 4x2 + y2 − 24x+ 32 = 0 e C2 : x2 − 4y2 − 6x+ 5 = 0.
(a) Determine as equações canônicas de C1 e C2 e seus elementos.
(b) Faça um esboço detalhado da região R :

4x2 + y2 − 24x+ 32 ≥ 0
x2 − 4y2 − 6x+ 5 ≤ 0
|y| ≤ 2.
18
Unidade 6Hipérbole
10. A reta tangente a uma hipérbole H num ponto P ∈ H é a única reta não
paralela às assíntotas que intersecta H só nesse ponto.
Mostre que a reta tangente à hipérbole H : b2x2 − a2y2 = a2b2, em um
ponto P = (xo, yo) sobre a curva, tem por equação
b2xox− a2yoy = a2b2 .
11. Determine os valores de m ∈ R para os quais as retas da família rm : y =
mx− 1 são tangentes à hipérbole H : 4x2 − 9y2 = 36.
6.7 Exercícios Suplementares
1. Encontre o lugar geométrico dos pontos cuja distância ao ponto (0, 6) é
igual a 3/2 da distância à reta y − 8/3 = 0.
2. Determine a equação da hipérbole H
(a) de latus rectum 18 e distância entre seus focos igual a 12.
(b) centrada na origem, de excentricidade 2
√
3, latus rectum 18 e eixo focal
sobre o eixo OY .
(c) centrada na origem e eixos sobre os eixos coordenados, que passa pelos
pontos (3, 1) e (9, 5).
(d) de vértices (±6, 0) e assíntotas 7x± 6y = 0.
3. Encontre a equação e os elementos principais da hipérbole que passa pelo
ponto Q = (−1,−5) e tem os eixos coordenados como assíntotas.
4. Sejam F1 e F2 dois pontos do plano tais que d(F1, F2) = 2c > 0 e a > 0 um
número real positivo. Considere o conjunto C = {P ; |d(P, F1)−d(P, F2)| =
2a}. Como foi visto no texto, C é uma hipérbole se a c.
5. Mostre que uma hipérbole não intersecta suas assíntotas e que qualquer reta
paralela a uma assíntota intersecta a hipérbole em exatamente um ponto.
6. (Princício de re�exão das hipérbole)
Seja P um ponto de uma hipérbole H de focos F1 e F2. Mostre que a reta
19
Unidade 6 Exercícios Suplementares
tangente a H em P é a bissetriz do ângulo F̂1PF2. Assim, todo raio que
parte de um ponto Q, pertence à reta que passa por F1 e P e situado na
região não focal de H, será re�etido no ponto P pela hipérbole num raio
que intersecta o outro ramo da hipérbole no ponto de interseção, diferente
de P , de H com a reta r2 que passa por F2 e P .
7. Neste exercício apresentamos duas construções da hipérbole, usando o Geo-
Gebra.
(a) Numa janela do GeoGebra:
• escolha pontos F1 e F2 e trace a semirreta r de origem F1 passando por
F2;
• escolha um ponto A na semirreta r entre F1 e F2;
• trace o círculo C de centro F1 que passa pelo ponto A;
• escolha um ponto B no círculo C diferente de A;
• trace a reta s que passa por F1 e B;
• trace a mediatriz m do segmento BF2;
• determine o ponto P dado pela interseção da reta s com a mediatriz m;
• prove que o ponto P descreve uma hipérbole de focos F1 e F2, quando
o ponto B se move ao longo do círculo C. Habilite o rastro no ponto P e
mova o ponto B para desenhar a hipérbole.
(b) Numa janela do GeoGebra:
• trace a reta r passando por dois pontos A e B;
• escolha um ponto C entre A e B na reta r;
• trace os círculos CB e CC de centro A passando por B e C, respectiva-
mente;
• escolha um ponto D no círculo CB não pertencente à reta r;
• trace a semirreta s de origem A passando por D;
• determine as interseções EB e EC de s com as perpendiculares a r pas-
sando por B e C respectivamente;
20
Unidade 6Hipérbole
• determine as interseções P1 e P2 da reta r com o círculo C de centro A
que passa por EB;
• trace as retas r1 e r2, perpendiculares a r que passam pelos pontos P1 e
P2, respectivamente.
• trace a reta r3 paralela a r que passa pelo ponto EC ;
• determine e habilite o rastro nos pontos Q1 e Q2 obtidos pela interseção
de r3 com r1 e r2, respectivamente;
• quando o ponto D se move ao longo do círculo CB, os pontos Q1 e Q2
descrevem os ramos de uma hipérbole de centro no ponto A, cujos vértices
são os pontos de interseção de r com o círculo CB.
Para Saber MaisO princício de re�exão das cônicas, conhecido desde a época dos gregos,
tem sido muito explorado desde o século XVII na construção de telescópios.
Em particular, o telescópio re�etor de Cassegrain, inventado pelo francês Guil-
laume Cassegrain no ano de 1672, se utiliza de um espelho re�etor primário
parabólico e de um espelho secundário hiperbólico. Esse é o modelo usado no
telescópio espacial Hubble que orbita a Terra desde 1990.
ra
io
s
lu
m
in
o
so
s espelho primário
parabólico
espelho secundário
hiperbólico
Figura 6.17: Telescópio de Cassegrain
Figura 6.18: Telescópio espacial Hubble
21
Unidade 6 Solução de Exercícios
6.8 Solução de Exercícios
Solução do Exercício 10:
Seja
r :
{
x = xo +mt
y = yo + nt
; t ∈ R,
a reta tangente à hipérbole H no ponto P = (xo, yo) ∈ H. Então,
Q = (xo +mt, yo + nt) ∈ H ∩ r
⇐⇒ b2(xo +mt)2 − a2(yo + nt)2 = a2b2
⇐⇒ b2(x2o + 2mxot+m2t2)− a2(y2o + 2nyot+ n2t2) = a2b2
⇐⇒ (b2m2 − a2n2)t2 + (2xomb
2 − 2yona
2)t+ b2x2o − a2y2o − a2b2 = 0
⇐⇒ (b2m2 − a2n2)t2 + (2xomb
2 − 2yona
2)t = 0 , (6.4)
pois b2x2o − a2y2o = a2b2.
Como b2m2 − a2n2 = (bm − an)(bm + an), temos que b2m2 − a2n2 = 0
⇐⇒ bm − an = 0 ou bm + an = 0 ⇐⇒
∣∣∣∣m n
a b
∣∣∣∣ = 0 ou
∣∣∣∣m n
−a b
∣∣∣∣ = 0 ⇐⇒
(m,n) ‖ (a, b) ou (m,n) ‖ (−a, b).
Além disso, como as assíntotas r+ : bx − ay = 0 e r− : bx + ay = 0 são
perpendiculares, respectivamente, aos vetores (b,−a) e (b, a), temos que (a, b)
e (−a, b) são vetores paralelos às retas r+ e r−, respectivamente.
Logo, b2m2 − a2n2 = 0 se, e somente se, r é paralela à assíntota r+ ou à
assíntota r− da hipérbole.Então, b2m2 − a2n2 6= 0, pois, por de�nição, r não
é paralela às assíntotas.
Como b2m2 − a2n2 6= 0 e r ∩ H consiste de um único ponto, temos, por
(6.4), que:
2xob
2m− 2yoa
2n = 0 ,
ou seja, (m,n) ⊥ (2xob
2,−2yoa
2).
Sendo o vetor (xob
2,−yoa2) perpendicular à reta r, P = (xo, yo) ∈ r e
b2x2o − a2y2o = a2b2, a equação de r é dada por:
r : b2xox− a2yoy = b2x2o − a2y2o = a2b2.
Solução do Exercício 11:
22
Unidade 6Hipérbole
A reta rm é tangente a H se, e somente se, rm ∩H consiste apenas de um
ponto e rm não é paralela às assíntotas.
Como a hipérbole H : x2
9
− y2
4
= 1 tem centro na origem, reta focal =
eixo−OX, a = 3 e b = 2, suas assíntotas, y = ±2
3
x, têm inclinação ±2
3
em
relação ao eixo−OX. Logo, m 6= ±2
3
, ou seja, 9m2 − 4 6= 0.
Além disso, rm ∩H consiste de um único ponto. Isto é, a equação
4x2 − 9(mx− 1)2 = 36⇐⇒ (4− 9m2)x2 + 18mx− 45 = 0
tem apenas uma solução. Assim, o discriminante da equação de grau 2 (4 −
9m2 6= 0) acima é igual a zero, ou seja:
∆ = (18m)2 + 4× 45(4− 9m2) = 0
⇐⇒ 18m2 + 10(4− 9m2) = 0
⇐⇒ −72m2 + 40 = 0
⇐⇒ m2 = 40
72
⇐⇒ m2 = 5
9
⇐⇒ m = ±
√
5
3
.
Portanto, y =
√
5
3
x− 1 e y = −
√
5
3
x− 1 são as retas da família rm que são
tangentes à hipérbole H.
Solução do Exercício Suplementar 7:
Seja ρNeste caso, F = (0,−p) e L : y = p, onde 2p = d(F,L). Logo, P =
(x, y) ∈ P se, e somente se,√
x2 + (y + p)2 = |y − p| ⇐⇒ x2 = −4py
5
Unidade 7 Formas canônicas da parábola
Exemplo 1 Determine a equação da parábola P com vértice V na origem, cujo foco é
o ponto:
(a) F = (3, 0).
Solução. Temos p = d(V, F ) = 3 e reta focal = eixo OX. Como o foco F
está à direita do vértice, temos que a diretriz é a reta L : x = −3 e a equação
da parábola é P : y2 = 12x.
(b) F = (0,−2).
Solução. Temos p = d(V, F ) = 2 e reta focal = eixo OY . Como o foco F
está abaixo do vértice, temos que a diretriz é a reta L : y = 2 e a equação da
parábola é P : x2 = −8y.
Exemplo 2
`
F
Y
X
2
−2
V
L : y=2
(4,−2)
4
P
Figura 7.9: Parábola P : x2 = −8y
Uma parábola P passa pelo ponto
(4,−2), tem vértice V na origem e o
eixo OY como reta focal. Encontre
sua equação, seu foco F e a equação
da sua diretriz L.
Solução. Temos
P : x2 = ±4py,
com p = d(V, F ) > 0.
Como (4,−2) ∈ P , vemos que
P : x2 = −4py e 16 = 8p. Logo,
p = 2, F = (0,−2), L : y = 2 e P :
x2 = −8y é a equação da parábola.
Exemplo 3 Um círculo C, centrado no ponto C = (4,−1), passa pelo foco F da
parábola P : x2 = −16y. Mostre que a diretriz L da parábola é tangente
ao círculo C.
Solução. A reta focal da parábola P é o eixo OY , o vértice é a origem, o foco
está abaixo da diretriz e 4p = 16. Então, F = (0,−4) e L : y = 4.
A equação do círculo é:
C : (x− 4)2 + (y + 1)2 = r2.
Como F = (0,−4) ∈ C, temos 16 + 9 = r2, ou seja, r = 5. Então,
6
Unidade 7Parábola
(x, y) ∈ C ∩ L ⇐⇒ (x− 4)2 + (4 + 1)2 = 52
⇐⇒ (x− 4)2 = 0⇐⇒ x = 4⇐⇒ (x, y) = (4, 4).
Logo, L tangencia C no ponto (4, 4) (Figura 7.10).
`
F
Y
X
−4
4
4
−1
V
L : y=4
(4,−1)
P
C
Figura 7.10: Parábola P e círculo C tangenciando a diretriz L
7.3.3 Parábola com vértice V = (xo, yo) e reta focal pa-
ralela ao eixo OX
Da mesma forma como �zemos para a elipse e a hipérbole nos capítulos
anteriores, para obtermos a forma canônica da parábola P de vértice no ponto
V = (xo, yo) e reta focal paralela ao eixo OX, vamos considerar o sistema de
eixos ortogonais OX Y , com origem O = V = (xo, yo) e eixos OX e OY que
têm a mesma direção e mesmo sentido dos eixos OX e OY , respectivamente.
Caso I. O foco F está à direita da diretriz L.
Sabemos que, no sistema de coordenadas OX Y , a equação da parábola
é P : y2 = 4px; o foco é F = (p, 0); o vértice é V = (0, 0); a diretriz é
L : x = −p e a reta focal é ` : y = 0.
7
Unidade 7 Formas canônicas da parábola
PL
`
X
X
Y Y
O
O
V F
P
xo
x
o
+
p
x
o
−
p
yo
y+yo
x
+
x
o
y
x
Figura 7.11: P : (y − yo)2 = 4p(x− xo)
Como
x = x+ xo e y = y + yo,
a equação da parábola P é:
P : (y − yo)2 = 4p(x− xo)
e seus elementos são:
• foco: F = (xo + p, yo);
• vértice: V = (xo, yo);
• diretriz: L : x − xo = −p, ou
seja, L : x = xo − p;
• reta focal: ` : y − yo = 0, ou seja, ` : y = yo.
Caso II. O foco F está à esquerda da diretriz L.
Neste caso, a equação da parábola no sistema OX Y é y2 = −4px, e seus
elementos são: foco F = (−p, 0); vértice V = (0, 0); diretriz L : x = p e
reta focal ` : y = 0. Passando para as coordenadas x, y do sistema OXY , a
equação da parábola �ca na forma:
LP
`
X
X
Y Y
O
O
V F
P
xo
x
o
+
p
x
o
−
p
yo
y+yo
x
+
x
o
y
x
Figura 7.12: P : (y − yo)2 = −4p(x− xo)
P : (y − yo)2 = −4p(x− xo)
e seus elementos são:
• foco: F = (xo − p, yo);
• vértice: V = (xo, yo);
• diretriz: L : x− xo = p, ou seja,
L : x = xo + p;
• reta focal: ` : y − yo = 0, ou
seja, ` : y = yo.
7.3.4 Parábola com vértice V = (xo, yo) e reta focal pa-
ralela ao eixo OY
Como no caso anterior, considerando o sistema de eixos ortogonais OX Y ,
com origem O = V = (xo, yo) e eixos OX e OY que têm a mesma direção
e o mesmo sentido dos eixos OX e OY , respectivamente, podemos obter as
equações e os elementos das parábolas com vértice V = (xo, yo) e reta focal
paralela ao eixo OY .
8
Unidade 7Parábola
Caso I. O foco F está acima da diretriz L.
Neste caso, o foco é F = (xo, yo + p); a diretriz é L : y = yo − p; a reta
focal é ` : x = xo e a equação da parábola é:
(x− xo)2 = 4p(y − yo)
L
P`
X
X
Y Y
O
O
V
F
P
xo
yo
yo+p
yo−p
y+yo
x+xo
x
y
Figura 7.13: P : (x− xo)2 = 4p(y − yo)
L
P
`
X
X
Y Y
O
O
V
F
P
xo
yo
yo+p
yo−p
y+yo
x+xo
x
y
Figura 7.14: P : (x− xo)2 = −4p(y − yo)
Caso II. O foco F está abaixo da diretriz L (Figura 7.14).
Neste caso, o foco é F = (xo, yo − p); a diretriz é L : y = yo + p; a reta
focal é ` : x = xo e a equação da parábola é:
(x− xo)2 = −4p(y − yo)
Exemplo 4Determine a equação da parábola P de vértice V = (3, 4) e foco F = (3, 2).
Encontre também a equação de sua diretriz.
L :y=6
P
`
:x
=
3
V
F
X
Y
O
6
4
3
2
Figura 7.15: P : (x− 3)2 = −8(y − 4)
Solução. Como V = (3, 4)
e F = (3, 2), ` : x = 3 é a
reta focal e F está abaixo de V ,
ou seja, abaixo da diretriz L.
Logo, a equação da parábola é
da forma:
P : (x− 3)2 = −4p(y − 4).
Sendo p = d(V, F ) = 2,
temos que L : y = 6 é a dire-
triz e P : (x−3)2 = −8(y−4)
é a equação da parábola.
9
Unidade 7 A equação geral do segundo grau com B = 0 e AC = 0
Exemplo 5 Encontre a equação da parábola P com reta focal paralela ao eixo OX, que
passa pelos pontos
(
3
2
,−1
)
, (0, 5) e (−6,−7).
Solução. Como a reta focal da parábola P é paralela ao eixo OX, sua equação
deve ser da forma P : (y − yo)2 = ±4p(x − xo), que se escreve também na
forma:
P : y2 +Dx+ Ey + F = 0 .
Substituindo as coordenadas dos pontos dados nessa equação, temos:
3
2
D − E + F = −1
5E + F = −25
−6D − 7E + F = −49 .
Resolvendo o sistema, obtemos D = 8, E = −2 e F = −15.
Portanto, a equação da parábola é
y2 + 8x− 2y − 15 = 0 ,
isto é,
y2 − 2y + 1 = 15− 8x+ 1 ,
ou, ainda,
P : (y − 1)2 = −8(x− 2).
Assim, a parábola P tem vértice V = (2, 1) e reta focal ` : y = 1, paralela
ao eixo OX. Como 4p = 8, isto é, p = 2, e o foco F está à esquerda da
diretriz, segue que F = (0, 1) e L : x = 4 é a diretriz de P .
7.4 A equação geral do segundo grau com
B = 0 e AC = 0
Consideremos a equação canônica da parábola de vértice V = (xo, yo) e
reta focal paralela ao eixo OX:
(y − yo)2 = ±4p(x− xo) .
Desenvolvendo e agrupando os termos dessa equação, obtemos:
y2 ∓ 4px− 2yoy + y2o ± 4pxo = 0 .
Esta equação é da forma
Ax2 +Bxy + Cy2 +Dx+ Ey + F = 0,
onde A = 0, B = 0, C = 1, D = ∓4p, E = −2yo e F = y2o ± 4pxo.
10
Unidade 7Parábola
Analogamente, desenvolvendo a equação da parábola de vértice
V = (xo, yo) e reta focal paralela ao eixo OY
(x− xo)2 = ±4p(y − yo) ,
obtemos a equação
x2 − 2xox∓ 4py + x2o ± 4pyo = 0 ,
que é da forma
Ax2 +Bxy + Cy2 +Dx+ Ey + F = 0,
onde A = 1, B = 0, C = 0, D = −2xo, E = ∓4p e F = x2o ± 4pyo.
No primeiro caso, A = 0, B = 0 e C 6= 0 e, no segundo caso, A 6= 0,
B = 0 e C = 0. Portanto, em qualquer caso, B = 0 e AC = 0.
Reciprocamente, temos a seguinte proposição:
Proposição 3Seja a equação do segundo grau com B = 0:
Ax2 + Cy2 +Dx+ Ey + F = 0. (7.1)
Se A = 0 e C 6= 0, esta equação representa um dos seguintes conjuntos:
• uma parábola cuja reta focal é paralela ao eixo OX, se D 6= 0;
• um par de retas paralelas ao eixo OX, se D = 0 e E2 − 4CF > 0;
• uma reta paralela ao eixo OX, se D = 0 e E2 − 4CF = 0;
• o conjunto vazio, se D = 0 e E2 − 4CF2C
e y =
−E −
√
E2 − 4CF
2C
,
se E2 − 4CF > 0;
• uma reta paralela ao eixo OX,
y = − E
2C
,
se E2 − 4CF = 0;
• o conjunto vazio, se E2 − 4CF 0, a equação (c) representa o par de retas y =
−7± 11
6
, ou seja, y = −3
e y =
2
3
, paralelas ao eixo OX.
(d) 9x2 + 42x+ 49 = 0
Solução. Como B = C = E = 0 e seu discriminante é 422 − 4 × 9 × 49 =
1764 − 1764 = 0, a equação (d) representa a reta x = −42
18
= −21
9
= −7
3
,
paralela ao eixo OY .
(e) 3y2 − 2y + 1 = 0
Solução. Como A = B = D = 0 e seu discriminante é 4 − 12 = −8 0.
Temos que: F = (p, 0) é o foco de P e
−−→
PF = (p − xo,−yo) é um vetor
paralelo à reta s; o vetor (1, 0) é paralelo à reta r e, pelo exemplo anterior,
−→n = (yo,−2xo) é um vetor paralelo à reta η, normal a P no ponto P = (xo, yo).
15
Unidade 7 A equação geral do segundo grau com B = 0 e AC = 0
Sejam θ1 o ângulo entre
−−→
PF e −→n , e θ2 o ângulo entre −→n e o vetor (1, 0).
Então,
cos θ1 =
xoyo + pyo√
y2o + 4x2o
√
(p− xo)2 + y2o
e cos θ2 =
yo√
y2o + 4x2o
.
Como xo + p > 0 e
(p− xo)2 + y2o = p2 − 2xop+ x2o + y2o
= p2 − 2xop+ x2o + 4pxo
= p2 + 2xop+ x2o
= (xo + p)2 ,
temos que xo + p =
√
(p− xo)2 + y2o .
Logo,
cos θ1 =
xoyo + pyo√
y2o + 4x2o
√
(p− xo)2 + y2o
=
(xo + p)yo
(xo + p)
√
y2o + 4x2o
=
yo√
y2o + 4x2o
= cos θ2 .
Portanto, θ1 = θ2.
Exemplo 10 Ache a equação da reta tangente à parábola P : x2 = y + 1 paralela à reta
r : 2x− y = 0, e o ponto de tangência.
Solução. Seja rm : 2x− y = m uma reta paralela à reta r.
Como rm não é paralela ao eixo OY (reta focal), segue que rm é tangente
a P se, e só se, rm ∩ P consiste de um único ponto, ou seja, a equação
x2 = 2x−m+ 1 possui uma única solução. Logo, o discriminante da equação
x2 − 2x+m− 1 = 0 é igual a zero, ou seja, ∆ = 4− 4(m− 1) = 0.
Então, m = 2 e 2x−y = 2 é a reta tangente a P paralela à reta 2x−y = 0.
Como o ponto de tangência P = (x, y) é o ponto de interseção da reta
2x− y = 2 com a parábola x2 = y + 1, temos x2 = 2x− 2 + 1 = 2x− 1, ou
seja, x2 − 2x+ 1 = 0.
Portanto, x = 1 e y = 2x − 2 = 0, isto é, (1, 0) é o ponto onde a reta
2x− y = 2 tangencia a parábola P : x2 = y + 1.
16
Unidade 7Parábola
7.5 Exercícios
1. Determine a equação da parábola e seus principais elementos, sabendo que
ela tem vértice na origem,
(a) passa pelo ponto (9, 6) e tem reta focal paralela ao eixo OX;
(b) passa pelo ponto (4,−8) e tem reta focal paralela ao eixo OY ;
(c) e foco no ponto (0,−3);
(d) e diretriz L : x− 7 = 0.
2. O raio focal de um ponto P da parábola P é a distância de P ao foco F
de P .
(a)Mostre que o raio focal do ponto P = (p1, p2) da parábola P : y2 = 4px
é p1 + p.
(b) Calcule o raio focal do ponto M de ordenada 6 da parábola P : y2 =
12x.
3. Encontre as equações das parábolas cuja reta focal é paralela a um dos
eixos coordenados, têm vértice no ponto V = (2, 1) e parâmetro 2p = 3.
Mostre que o outro ponto onde as parábolas se intersectam pertence à reta
x− y − 1 = 0.
4. Seja f : R −→ R, f(x) = ax2 + bx + c, uma função quadrática de uma
variável, onde a, b, c ∈ R e a 6= 0. Mostre que o grá�co de f , Gr(f) =
{(x, y) ∈ R2 ; y = ax2 + bx+ c e x ∈ R}, é uma parábola e determine seus
principais elementos.
5. Ache os elementos principais das parábolas
(a) x2 = 6y + 2;
(b) y2 = 4− 6x;
(c) y =
1
4
x2 + x+ 2;
(d) y = 4x2 − 8x+ 7;
6. Determine a equação da parábola P que tem:
(a) foco F = (7, 2) e diretriz L : x− 5 = 0.
17
Unidade 7 Exercícios
(b) vértice V = (6,−3) e diretriz L : 3x− 5y + 1 = 0;
(c) vértice V = (2, 3), reta focal paralela ao eixo OY e passa pelo ponto
P = (4, 5);
(d) reta focal paralela ao eixo OX e passa pelos pontos (−2, 1), (1, 2) e
(−1, 3).
7. Classi�que, em função do parâmetro λ ∈ R, a família de cônicas:
Cλ : x2 + (λ− 2)y2 + 2λx+ 2(λ−2)y + 3λ− 3 = 0,
encontrando, nos casos não degenerados, a equação da reta focal de Cλ.
8. Seja a parábola P : y2 = 4x. Determine o valor do coe�ciente angular k da
reta rk : y − xk = 2 de modo que:
(a) P ∩ rk tenha dois pontos distintos;
(b) P ∩ rk tenha exatamente um ponto; nesse caso rk é tangente a P ;
(c) P ∩ rk = ∅.
9. Determine a reta tangente à parábola
(a) y2 = 8x que é paralela à reta 2x + 2y = 3, indicando o ponto de
tangência;
(b) x2 = 16x que é perpendicular à reta 2x + 4y = 7, indicando o ponto
de tangência.
10. Seja P uma parábola de diretriz L e vértice V . Prove que d(P,L) ≤ p,
para todo P ∈ P , e que a igualdade ocorre se, e só se, P = V , onde 2p é
o parâmetro de P . Isto é, o vértice V é o ponto da parábola mais próximo
da diretriz L
18
Unidade 7Parábola
7.6 Exercícios Suplementares
1. O latus rectum de uma parábola P é o comprimento da corda de P
perpendicular à reta focal que passa pelo foco da parábola. Calcule o latus
rectum das parábolas do Exercício 1.
2. Seja C um arco parabólico que tem 18 metros de altura e 24 metros de base.
Encontre a altura de um ponto de C situado a 8 metros da reta focal de C.
3. Determine a equação da parábola cujo latus rectum (corda perpendicular
à reta focal que passa pelo foco) é o segmento AB, onde A = (3, 5) e
B = (3,−3).
4. Encontre a equação da parábola de vértice sobre a reta 7x + 3y − 4 = 0 e
de reta focal paralela ao eixo OX, que passa pelos pontos (3,−5) e
(
3
2
, 1
)
.
5. Encontre o ponto da parábola P : y2 = 64x mais próximo da reta 4x+3y =
14.
6. Obtenha as retas tangentes à parábola P : y2 = 36x que passam pelo
ponto (−2, 1). Determine também a reta que contém a corda que passa
pelos pontos de tangência.
7. (a) Determine, caso existam, os pontos de interseção da parábola P : y2 =
24x com a elipse E :
x2
100
+
y2
225
= 1.
(b) O complementar de uma parábola no plano consiste de duas regiões:
a região focal, que contém o foco, e a região não focal, que contém a
diretriz. Faça um esboço da interseção da região focal da parábola P com
a região focal da elipse E do item anterior.
8. Mostre que se duas parábolas, com retas focais perpendiculares entre si, se
intersectam em quatro pontos, então estes pontos pertencem a um círculo.
9. Prove que duas parábolas que têm a mesma reta focal e o mesmo foco
localizado entre os vértices das parábolas, se intersectam perpendicularmente
(isto é, as tangentes nos pontos de interseção são perpendiculares).
19
Unidade 7 Exercícios Suplementares
10. Vamos descrever um procedimento para efetuar a construção da parábola
usando o GeoGebra:
• numa janela do GeoGebra, trace a reta a por dois pontos A e B (diretriz
da parábola).
• escolha um ponto C, para ser o foco da parábola, fora da reta a;
• escolha um ponto D na reta a;
• trace a reta mediatriz b do segmento CD;
• trace a reta c perpendicular à diretriz a que passa pelo ponto D;
• determine a interseção E da mediatriz b com a reta c;
• habilite o rastro no ponto E;
• descreva a parábola de foco C e diretriz a, movendo o ponto D na diretriz.
�
20
8
1
Equação Geral do
Segundo Grau em R2
Sumário
8.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
8.2 Autovalores e autovetores de uma matriz real 2× 2 2
8.3 Rotação dos Eixos Coordenados . . . . . . . . . . . 5
8.4 Formas Quadráticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
8.5 Equação Geral do Segundo Grau em R2 . . . . . . . 18
8.6 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
8.7 Exercícios Suplementares . . . . . . . . . . . . . . . 29
Unidade 8 Introdução
8.1 Introdução
Dada uma função f : R2 −→ R, o conjunto
f−1(c) = {(x, y) ∈ R2 ; f(x, y) = c}
é a linha de nível c da função f , onde c ∈ R.
Se f : R2 −→ R é a função linear f(x, y) = ax+by, onde (a, b) 6= (0, 0), as
linhas de nível de f são as retas do plano perpendiculares ao vetor −→v = (a, b),
pois
f−1(c) = {(x, y) ∈ R2 ; ax+ by = c}, para todo c ∈ R.
Provaremos, neste capítulo, que as curvas de nível de uma função quadrática
de duas variáveis, ou seja, de uma função f : R2 −→ R, dada por
f(x, y) = Ax2 +Bxy + Cy2 +Dx+ Ey + F ,
onde A 6= 0, B 6= 0 ou C 6= 0, são as cônicas ou as cônicas degeneradas.
Para isso, baseado no estudo das linhas de nível de f , feito nos três capí-
tulos anteriores, quando B = 0, basta mostrar que existe um sistema de eixos
ortogonais OX Y , obtido por uma rotação positiva dos eixos OX e OY , para
o qual a função f , nas coordenadas x e y, se escreve na forma
f(x, y) = λ1x
2 + λ2y
2 +Dx+ Ey + F .
No caso particular em que se tem D = E = F = 0, a função quadrática
f(x, y) = Ax2 +Bxy + Cy2
é um polinômio homogêneo de segundo grau (todos os termos têm grau 2).
Estes polinômios são chamados formas quadráticas de duas variáveis.
8.2 Autovalores e autovetores de uma matriz
real 2× 2
Sejam A =
(
a11 a12
a21 a22
)
uma matriz real do tipo 2 × 2 e −→u = (x, y) um
vetor em R2. De�nimos A−→u como sendo o vetor (a11x + a12y, a21x + a22y),
ou seja,
A−→u = (a11x+ a12y, a21x+ a22y) .
2
Unidade 8Equação Geral do Segundo Grau em R2
Observação 1A operação de�nida acima satisfaz à seguinte propriedade:
A(λ−→u + µ−→v ) = λA−→u + µA−→v ,
para quaisquer vetores −→u e −→v em R2 e números reais λ e µ.
A prova desta propriedade pode ser feita como exercício.
Um número real λ é um autovalor da matriz A se existir um vetor −→u
não nulo tal que A−→u = λu.
Seja λ um autovalor da matriz A. Um vetor −→u = (x, y) é um autovetor
de A relativo ao autovalor λ se A−→u = λu, ou seja,{
a11x+ a12y = λx
a21x+ a22y = λy
⇐⇒
{
(λ− a11)x− a12y = 0
−a21x+ (λ− a22)y = 0
(8.1)
Observação 2O vetor nulo é um autovetor relativo a qualquer autovalor, mas um número
real só é um autovalor se ele possuir um autovetor não nulo.
Observação 3Se −→u é um autovetor relativo ao autovalor λ da matriz A, então µ−→u é um
autovetor relativo ao autovalor λ, para todo µ ∈ R. E se −→v é outro autovetor
relativo ao autovalor λ, então −→u +−→v é um autovetor relativo ao autovalor λ.
Com efeito, como A(µ−→u ) = µA−→u e A(−→u + −→v ) = A−→u + A−→v (pela
Observação 1), temos que:
• A(µ−→u ) = µA(−→u ) = µ(λ−→u ) = λ(µ−→u ),
• A(−→u +−→v ) = A(−→u ) +A(−→v ) = λ−→u + λ−→v = λ(−→u +−→v ).
Na linguagem de Álgebra Linear, isso signi�ca que o conjunto
{−→u ; A−→u = λ−→u }
é um subespaço vetorial do espaço vetorial R2.
Então, um real λ é um autovalor da matriz A se, e somente se, o sistema
8.1 tem uma solução não trivial (x, y) ((x, y) 6= (0, 0)). Mas, pela Proposição
29 do Capítulo 1, o sistema tem uma solução não trivial se, e só se,
det
(
λ− a11 −a12
−a21 λ− a22
)
= 0.
3
Unidade 8 Autovalores e autovetores de uma matriz real 2× 2
Com efeito, (λ − a11,−a21)x + (−a12, λ − a22)y = 0 possui uma solução
(x, y) 6= (0, 0) se, e só se, um dos vetores (λ− a11,−a21) e (−a12, λ− a22) é
múltiplo do outro.
O polinômio p : R −→ R, dado por
p(λ) = det
(
λ− a11 −a12
−a21 λ− a22
)
= (λ− a11)(λ− a22)− a12a21,
é denominado polinômio característico da matriz A.
Obtemos, assim, o seguinte resultado.
Proposição 4 Os autovalores de uma matriz A são as raízes reais do polinômio carac-
terístico da matriz A.
Exemplo 1 Determine, caso existam, os autovalores e os autovetores correspondente da
matriz:
(a) A =
(
4 2
−3 4
)
.
Solução. O polinômio característico da matriz A é
p(λ) = det
(
λ− 4 −2
3 λ− 4
)
= (λ− 4)2 + 6 = λ2 − 8λ+ 22.
Como o discriminante ∆ = 64−88 = −24 da equação p(λ) = 0 é negativo,
a equação não possui raízes reais. Logo, a matriz A não tem autovalores.
(b) B =
(
1 6
1 2
)
.
Solução. Seja
p(λ) = det
(
λ− 1 −6
−1 λ− 2
)
= (λ− 1)(λ− 2)− 6 = λ2 − 3λ− 4
o polinômio característico da matriz B. Sendo
λ1 =
3 +
√
9 + 16
2
= 4 e λ2 =
3−
√
9 + 16
2
= −1
as raízes (reais) da equação p(λ) = 0, temos que λ1 = 4 e λ2 = −1 são os
autovalores da matriz B.
Os autovetores −→u1 = (x, y) relativos ao autovalor λ1 = 4 são as soluções
do sistema
4
Unidade 8Equação Geral do Segundo Grau em R2
{
(λ1 − 1)x− 6y = 0
−x+(λ1 − 2)y = 0
⇐⇒
{
3x− 6y = 0
−x+ 2y = 0
⇐⇒ x = 2y.
Logo, todo autovetor relativo ao autovalor λ1 = 4 é da forma −→u1 = y(2, 1),
y ∈ R. Assim,
(
2√
5
,
1√
5
)
e
(
− 2√
5
,− 1√
5
)
são os autovetores unitários
relativos ao autovalor λ1 = 4.
E os autovetores −→u2 = (x, y) relativos ao autovalor λ2 = −1 são as soluções
do sistema{
(λ2 − 1)x− 6y = 0
−x+ (λ2 − 2)y = 0
⇐⇒
{
−2x− 6y = 0
−x− 3y = 0
⇐⇒ x = −3y,
isto é, −→u2 = (−3y, y) = y(−3, 1), y ∈ R. Portanto,
(
− 3√
10
,
1√
10
)
e(
3√
10
,− 1√
10
)
são os autovetores unitários relativos ao autovalor λ2 = −1.
8.3 Rotação dos Eixos Coordenados
Seja OXY um sistema de eixos ortogonais. Dado θ ∈ [0, 2π), seja OX Y
o sistema obtido girando os eixos OX e OY do ângulo θ no sentido positivo
(que vai de OX para OX). Então,
−→v1 = (cos θ, sen θ) e −→v2 = (− sen θ, cos θ)
são os vetores unitários na direção e no sentido dos eixos OX e OY , respecti-
vamente.
Figura 8.1: Ângulo θ entre os eixos OX e OX.
5
Unidade 8 Rotação dos Eixos Coordenados
Considere um ponto P do plano. Como os vetores −→v1 e −→v2 são ortonormais
(=⇒ −→v1 e −→v2 não são múltiplos), existem números reais x e y de modo que
−−→
OP = x−→v1 + y−→v2 .
Logo, (x, y) são as coordenadas do ponto P com respeito ao sistema OX Y ,
pois
Proj−→v1
−−→
OP = x−→v1 e Proj−→v2
−−→
OP = y−→v2 .
Figura 8.2: P = (x, y)OXY = (x, y)OX Y .
Sejam (x, y) as coordenadas do ponto P em relação ao sistema OXY , isto
é,
−−→
OP = x−→e1 + y−→e2 , onde −→e1 = (1, 0) e −→e2 = (0, 1) são os vetores unitários
na mesma direção e no mesmo sentido dos eixos OX e OY , respectivamente.
Então,
x−→e1 + y−→e2 = x−→v1 + y−→v2 (8.2)
⇐⇒
{
x = x + y 
y = x + y 
e
{
x = x + y 
y = x + y 
⇐⇒
{
x = x cos θ − y sen θ
y = x sen θ + y cos θ
(8.3)
e
{
x = x cos θ + y sen θ
y = −x sen θ + y cos θ
(8.4)
6
Unidade 8Equação Geral do Segundo Grau em R2
⇐⇒ (x, y) =
(
cos θ − sen θ
sen θ cos θ
)
(x, y) (8.5)
e (x, y) =
(
cos θ sen θ
− sen θ cos θ
)
(x, y). (8.6)
A matriz B =
(
cos θ − sen θ
sen θ cos θ
)
é amatriz de passagem das coordenadas
(x, y) para as coordenadas (x, y) e, por sua vez, Bt =
(
cos θ sen θ
− sen θ cos θ
)
é a
matriz de passagem das coordenadas (x, y) para as coordenadas (x, y), onde
Bt é a transposta da matriz B, ou seja, as colunas da matriz Bt são as linhas
da matriz B.
Observe que a primeira e a segunda colunas da matriz B são as coordenadas
dos vetores −→v1 e −→v2 no sistema OXY , respectivamente, e a primeira e a
segunda colunas da matriz Bt são as coordenadas dos vetores −→e1 e −→e2 no
sistema OXY , respectivamente.
Com efeito, pela identidade 8.2 e pelas equações 8.3 e 8.4, segue que
−→v1 = cos θ~e1 + sen θ~e2 , −→v2 = − sen θ~e1 + cos θ~e2 (8.7)
−→e1 = cos θ~v1 − sen θ~v2 , −→e2 = sen θ~v1 + cos θ~v2 (8.8)
Temos também que BtB = BBt = I, onde I =
(
1 0
0 1
)
é a matriz
identidade do tipo 2×2. Assim, a matriz de passagem do sistema OXY para o
sistema OX Y tem a propriedade de que sua transposta é também sua inversa.
As matrizes com esta propriedade são chamadas matrizes ortogonais.
Exemplo 2Dado um sistema de eixos ortogonais OXY , considere o sistema de eixos
ortogonais OX Y obtido pela rotação positiva de 45o dos eixos OX e OY em
torno da origem. Uma hipérbole nas coordenadas x e y tem centro na origem,
um de seus vértices no ponto (
√
2, 0) e a reta y = 2x como uma de suas
assíntotas.
7
Unidade 8 Rotação dos Eixos Coordenados
(a) Determine a equação da hipérbole nas coordenadas x e y e nas coordenadas
x e y.
(b) Obtenha o centro, os vértices, os vértices imaginários e as assíntotas da
hipérbole nas coordenadas x e y.
(c) Faça um esboço da curva no sistema de eixos OXY , indicando todos os
elementos encontrados no item (b).
Solução. (a) Nas coordenadas x e y, a reta focal ` é o eixo−OX, pois o
centro C = (0, 0) e o vértice V = (
√
2, 0) pertencem ao eixo−OX. Além
disso, a = d(C, V ) =
√
2 e
b
a
= 2, pois y = 2x é uma assíntota da hipérbole.
Então, b = 2a = 2
√
2, e
H :
x2
2
− y2
8
= 1
é a equação da hipérbole nas coordenadas x e y.
Usando as relações de mudança de coordenadas (ver 8.4), x = cos 45o x+ sen 45o y =
√
2
2
(x+ y)
y = − sen 45o x+ cos 45o y =
√
2
2
(−x+ y),
(8.9)
obtemos que a equação da hipérbole nas coordenadas x e y é:
1
2
× 2
4
(x+ y)2 − 1
8
× 2
4
(−x+ y)2 = 1
⇐⇒ 4(x+ y)2 − (−x+ y)2 = 16
⇐⇒ 4(x2 + 2xy + y2)− (x2 − 2xy + y2) = 16
⇐⇒ 3x2 + 10xy + 3y2 = 16
⇐⇒ 3x2 + 10xy + 3y2 − 16 = 0
(b) Nas coordenadas x e y, a hipérbole tem: centro C = (0, 0); vértices:
A1 = (−
√
2, 0) e A2 = (
√
2, 0); vértices imaginários: B1 = (0,−2
√
2) e
B2 = (0, 2
√
2);reta focal: ` : y = 0; reta não focal: `′ : x = 0; assíntotas:
y = ±2x.
Por (8.9), obtemos que ` : −x + y = 0 é a reta focal; `′ : x + y = 0 é
a reta não focal e
√
2
2
(−x + y) = ±2 ×
√
2
2
(x + y), isto é, r− : y = −3x e
r+ : y = −1
3
x são as assíntotas da hipérbole nas coordenadas x e y.
8
Unidade 8Equação Geral do Segundo Grau em R2
E, pelas relações de mudança de coordenadas (ver 8.3),
x = cos 45o x− sen 45o y =
√
2
2
(x− y)
y = sen 45o x+ cos 45o y =
√
2
2
(x+ y) ,
obtemos que C = (0, 0) é o centro, A1 = (−1,−1) eA2 = (1, 1) são os vértices,
e B1 = (2,−2) e B2 = (−2, 2) são os vértices imaginários da hipérbole nas
coordenadas x e y.
(c) Na �gura 8.3 mostramos o esboço da hipérbole H.
Figura 8.3: Hipérbole H : 3x2 + 10xy + 3y2 − 16 = 0.
Para Saber MaisConsideremos agora o sistema OX Y obtido por uma rotação positiva de
ângulo θ do sistema OXY , seguida de uma translação dos eixos que leva o
ponto O = (0, 0) no ponto O′ = (x0, y0), onde (x0, y0) são as coordenadas de
O′ no sistema OXY .
Seja OX Y o sistema obtido apenas por uma rotação positiva de ângulo θ
dos eixos OX e OY .
Se P = (x, y) é um ponto no sistema OXY , então (x, y) = (x cos θ +
y sen θ,−x sen θ + y cos θ) são as coordenadas de P no sistema OX Y . Em
particular, (x0, y0) = (x0 cos θ + y0 sen θ,−x0 sen θ + y0 cos θ) são as coorde-
nadas de O′ no sistema OX Y .
Logo, pela mudança de coordenadas dada por uma translação (vista do
Capítulo 5), temos que
9
Unidade 8 Rotação dos Eixos Coordenados
x′ = x− x0 e y′ = y − y0,
onde (x′, y′) são as coordenadas de P no sistema O′X ′Y ′.
Figura 8.4: Sistemas OXY , OX Y e OX′Y ′.
Assim, {
x′ = (x cos θ + y sen θ)− (x0 cos θ + y0 sen θ)
y′ = (−x sen θ + y cos θ)− (−x0 sen θ + y0 cos θ)
⇐⇒
{
x′ = (x− x0) cos θ + (y − y0) sen θ
y′ = −(x− x0) sen θ + (y − y0) cos θ
(8.10)
Multiplicando a primeira equação de 8.10 por cos θ, a segunda, por − sen θ,
e somando as equações encontradas, obtemos que
(x− x0) cos2 θ + (y − y0) sen2 θ = x′ cos θ − y′ sen θ
⇐⇒ (x− x0)(cos2 θ + sen2 θ) = x′ cos θ − y′ sen θ
⇐⇒ x = x′ cos θ − y′ sen θ + x0.
De modo análogo, podemos mostrar que
y = x′ sen θ + y′ cos θ + y0.
Portanto, as equações{
x = x′ cos θ − y′ sen θ + x0
y = x′ sen θ + y′ cos θ + y0
(8.11)
nos dão (x, y) em função de (x′, y′).
10
Unidade 8Equação Geral do Segundo Grau em R2
Exemplo 3
Seja r :
√
3x + y = 4 a equação de uma reta no sistema OXY . Escreva
a equação desta reta no sistema O′X ′Y ′ obtido da rotação positiva de ângulo
θ = π/6 do sistema OXY , seguida da translação que leva o ponto = (0, 0) no
ponto O′ = (
√
3, 1).
Solução. Pelas equações 8.11, temos que:{
x = x′ cos(π/6)− y′ sen(π/6) +
√
3
y = x′ sen(π/6) + y′ cos(π/6) + 1
⇐⇒

x =
√
3
2
x′ − y′
2
+
√
3
y =
x′
2
+
√
3
2
+ 1
Logo, a reta r :
√
3x+ y = 4, nas coordenadas x′ e y′, é dada por:
r :
√
3
(√
3
2
x′ − y′
2
+
√
3
)
+
(
x′
2
+
√
3
2
y′ + 1
)
= 4
⇐⇒ r :
3x′
2
−
√
3
2
y′ + 3 +
x′
2
+
√
3
2
y′ + 1 = 4
⇐⇒ r : 2x′ + 4 = 4⇐⇒ r : x′ = 0.
Ou seja, a reta r, no sistema O′X ′Y ′, é o eixo O′Y ′.
Figura 8.5: Sistemas OXY e O′X′Y ′.
11
Unidade 8 Formas Quadráticas
Observação 5 Seja −→v um vetor com coordenadas (α, β) no sistema OXY e (α′, β′)θ = 0 e o triângulo 4POP ′ é retângulo em O.
Isso signi�ca que o ponto P ′ é obtido a partir do ponto P rotacionando o
segmento OP de 90◦ em torno da origem (Figura 1.17).
P
P ′
X
Y
O x−y
y
x
π
Figura 1.17: P ′ obtido rotacionando P de 90◦
P
P ′′
X
Y
O x
y
y
−x
π
Figura 1.18: P ′′ obtido rotacionando P de −90◦
Análogamente, se prova que o ponto P ′′ = (y,−x) é obtido a partir do
ponto P rotacionando o segmento OP de 90◦ em torno da origem no sentido
13
Unidade 1 Equipolência de segmentos orientados
negativo (Figura 1.14)
+ Para Saber Mais - Fermat e Descartes - Clique para ler
1.5 Equipolência de segmentos orientados
Figura 1.19: Bellavitis (1803-1880)
Os métodos algébricos da Geometria cartesiana
de Fermat e Descartes in�uenciaram enormemente
a matemática ao longo de quase 200 anos até que
foram necessários metodos mais diretos e livres de
coordenadas na geometria.
Em 1832 Giusto Bellavitis publica um tra-
balho onde é apresentado o conceito de equipolên-
cia entre segmentos que é, basicamente, a noção
de vetor que conhecemos e que foi formalizada em
1844 por Hermann Grassmann no seu Die Lin-
eale Ausdehnungslehre, ein neuer Zweig der Mathematik (Teoria de Extensão
Linear, um novo ramo da Matemática)
+ Para Saber Mais - Sobre paralelogramos. - Clique para ler
A
B
A
B
Figura 1.20: Segmentos com sentidos opostos
Seja AB um segmento orientado
de origem A e extremidade B. Isto é, no
segmento AB estabelecemos um sen-
tido de percurso (orientação) deA para
B. Nessa situação, dizemos que o seg-
mento BA está orientado com o sentido
de percurso oposto ao do segmento
AB (Figura 1.20). Bellavitis classi�cou
os segmentos orientados do plano a par-
tir da relação de equipolência:
14
Unidade 1Coordenadas e vetores no plano
Definição 5Dizemos que os segmentos orientados AB e CD são equipolentes, e
escrevemos AB ≡ CD, quando satisfazem às seguintes três propriedades:
(a) têm o mesmo comprimento;
(b) são paralelos ou colineares;
(a) têm o mesmo sentido
A
B
C
D
(a)
A
B
D
C
(b)
Figura 1.21: Segmentos colineares AB e CD
com (a) o mesmo sentido (b) sentidos opostos
A
B
C
D
(a)
A
B
D
C
(b)
Figura 1.22: (a) AB ≡ CD (b) AB 6≡ CD
Note que dois segmentos colineares AB e CD (Figura 1.21) têm o mesmo
sentido quando induzem o mesmo sentido de percurso na reta que os contêm.
Se AB e CD são segmentos paralelos e de comprimento igual, então AB
e CD têm o mesmo sentido quando ABDC é um paralelogramo.
Assim, na Figura 1.22 (a), AB ≡ CD, porque ABDC é um paralelogramo
e, na Figura 1.22 (b), AB 6≡ CD, porque ABDC não é um paralelogramo.
A seguinte proposição fornece um critério para veri�car quando dois seg-
mentos são equipolentes.
Proposição 6AB ≡ CD ⇐⇒ ponto médio de AD = ponto médio de BC.
+ Para Saber Mais - Prova da proposição 6. - Clique para ler
Da Proposição 6 resulta que, se A, B, C e D são pontos no plano, então:
AB ≡ CD ⇐⇒ AC ≡ BD.
A seguinte proposição nos diz que qualquer ponto do plano é a extremidade
inicial de um segmento orientado equipolente a um segmento orientado dado.
15
Unidade 1 Vetores no plano
Proposição 7 Dados os pontos A, B e C, existe um único ponto D tal que AB ≡ CD.
+ Para Saber Mais - Prova da Proposição 7. - Clique para ler
Vamos caracterizar a equipolência em termos de coordenadas. Para isso,
consideremos um sistema de eixos ortogonais OXY no plano, e sejam
A = (a1, a2); B = (b1, b2); C = (c1, c2) e D = (d1, d2)
pontos do plano expressos em coordenadas com relação ao sistema dado.
Proposição 8 AB ≡ CD ⇐⇒ b1 − a1 = d1 − c1 e b2 − a2 = d2 − c2.
Demonstração Pela Proposição 6,
AB ≡ CD ⇐⇒ ponto médio de AD = ponto médio de BC
⇐⇒
(
a1 + d1
2
,
a2 + d2
2
)
=
(
b1 + c1
2
,
b2 + c2
2
)
⇐⇒ (a1 + d1, a2 + d2) = (b1 + c1, b2 + c2)
⇐⇒ a1 + d1 = b1 + c1 e a2 + d2 = b2 + c2
⇐⇒ b1 − a1 = d1 − c1 e b2 − a2 = d2 − c2.
como queríamos demonstrar.
Exemplo 9 Dados os pontos A = (1, 2), B = (3,−2) e C = (−2, 0), determine as
coordenadas do ponto D = (x, y) de modo que AB ≡ CD.
Solução. Pela proposição 8, temos
AB ≡ CD ⇐⇒ 3− 2 = x− (−2) e − 2− 2 = y − 0
⇐⇒ x = −1 e y = −4 ⇐⇒ D = (−1,−4).
+ Para Saber Mais - Relação de equivalência - Clique para ler
1.6 Vetores no plano
A relação de equipolência permite classi�car os segmentos orientados do
plano mediante a seguinte de�nição.
16
Unidade 1Coordenadas e vetores no plano
Definição 9Sejam A e B pontos no plano. O vetor −→v =
−−→
AB é o conjunto de todos
os segmentos orientados equipolentes a AB. Cada segmento equipolente a AB
é um representante do vetor
−−→
AB (Figura 1.23).
Observação 10
A
B
Figura 1.23: Representantes de
−−→
AB
(a) Os segmentos orientados AB e
CD são equipolentes se, e somente se,
representam o mesmo vetor. Isto é,
AB ≡ CD ⇐⇒
−−→
AB =
−−→
CD .
(b) Dado um ponto A no plano, o
vetor
−→
0 =
−−→
AA é o vetor nulo. Note
que
−→
0 =
−−→
BB , qualquer que seja o ponto
B no plano.
(c) Pela Proposição 7, dado um ve-
tor −→v e um ponto qualquer C, existe um
único ponto D tal que −→v =
−−→
CD .
Isto é, qualquer ponto do plano é origem de um único segmento orientado
representante do vetor −→v .
Na prática, os vetores são manipulados através das suas representações em
relação a um sistema de eixos ortogonais dado.
Definição 11Dados A = (a1, a2) e B = (b1, b2), os números b1 − a1 e b2 − a2 são as
coordenadas do vetor −→v =
−−→
AB e escrevemos −→v = (b1 − a1, b2 − a2).
Note que, se AB ≡ CD, então, pela Proposição 8,
−−→
AB = (b1 − a1, b2 − a2) = (d1 − c1, d2 − c2) =
−−→
CD .
Isto é, as coordenadas de um vetor são calculadas usando qualquer segmento
orientado que o represente.
Exemplo 10Sejam A = (1, 2), B = (3, 1) e C = (4, 0). Determine as coordenadas do
vetor −→v =
−−→
AB e as coordenadas do ponto D tal que −→v =
−−→
CD .
Solução. Temos −→v =
−−→
AB = (3− 1, 1− 2) = (2,−1) .
Além disso, se D = (d1, d2), segue que
17
Unidade 1 Vetores no plano
−→v =
−−→
AB =
−−→
CD ⇐⇒ AB ≡ CD
⇐⇒ (2,−1) = (d1 − 4, d2 − 0)
⇐⇒ 2 = d1 − 4 e − 1 = d2 − 0
⇐⇒ d1 = 2 + 4 = 6 e d2 = −1 + 0 = −1 .
Portanto, D = (6,−1).
Da observação 10 (c), temos que se −→v é um vetor e AB é um dos seus
representantes, então existe um único ponto P tal que −→v ≡
−−→
OP =
−−→
AB .
Assim, se A = (a1, a2), B = (b1, b2) e P = (x, y):
AB ≡ OP ⇐⇒ (b1 − a1, b2 − a2) = (x− 0, x− 0) = (x, y)
Ou seja, vale a seguinte proposição:
Proposição 12 Seja OXY um sistema de eixos ortogonais no plano. Para todo vetor −→v
existe um único ponto P tal que −→v =
−−→
OP . Além disso, as coordenadas do
ponto P coincidem com as coordenadas do vetor −→v .
Exemplo 11 Dados A = (−1, 2) e B = (4, 1), determine o ponto P tal que
−−→
OP =
−−→
AB .
Solução. Pela Proposição 12 (Figura 1.24),
P = (4− (−1), 1− 2) = (4 + 1,−1) = (5,−1).
X
Y
A
−1
2
1 B
4
P
5
−1
Figura 1.24: AB ≡ OP , Exemplo 11
Observação 13 É importante lembrar que a escolha de um sistema de eixos ortogonais nos
permite identi�car pontos do plano com pares ordenados de números reais em
R2. A Proposição 12 nos permite estabelecer outra identi�cação em que a cada
vetor do plano corresponde, também, um par ordenado em R2:
18
Unidade 1Coordenadas e vetores no plano
Ponto do plano ←→ Vetor do plano ←→ Par ordenado em R2
P ←→ −−→
OP ←→ (p1, p2)
Exercícios
1. Veri�que que a correspondência que a cada ponto de uma reta r faz corre-
sponder a sua coordenada em R é uma correspondência biunívoca.
2. Usando apenas semirretas construa uma de�nição do conceito de "Y está à
direita de X".
3. Sejam A e B dois pontos distintos do eixo E com coordenadas a e b, res-
pectivamente. Determine as coordenadas dos pontos X1, X2, . . . , Xn−1 do
eixo E que dividem o segmento AB em n segmentos de igual comprimento.
4. Um ponto G divide o segmento AB do eixo E em média e extrema
razão se
d(A,B)
d(A,G)
=
d(A,G)
d(G,B)
. Determine a coordenada g de G em termos
das coordenadas a e b de A e B, respectivamente.
5. Mostre que o conjunto A = {P = (x, y) |x3 + y3 = 1} não intersecta o
terceirono
sistema O′X ′Y ′. Então, {
α′ = α cos θ + β sen θ
β′ = −α sen θ + β cos θ
(8.12)
⇐⇒
{
α = α′ cos θ − β′ sen θ
β = α′ sen θ + β cos θ
(8.13)
De fato, seja P o ponto tal que −→v =
−−→
O′P . Se P = (x, y) no sistema
OXY e P ′ = (x′, y′) no sistema O′X ′Y ′, temos que
α = x− x0, β = y − y0, α′ = x′ e β′ = y′.
Logo, por 8.10 e 8.11, obtemos as fórmulas 8.12 e 8.13, respectivamente.
8.4 Formas Quadráticas
Dada uma forma quadrática f : R2 −→ R, f(x, y) = Ax2 +Bxy +Cy2, a
matriz real do tipo 2× 2,
A =
(
A B/2
B/2 C
)
é a matriz de f .
Uma matriz
(
a11 a21
a12 a22
)
real do tipo 2× 2 é simétrica se a12 = a21. Note
que a matriz de qualquer forma quadrática é simétrica.
Assim, para quaisquer (x, y) ∈ R2,
f(x, y) = (8.14)
Com efeito,
 =
〈(
A B/2
B/2 C
)
(x, y), (x, y)
〉
= 
= Ax2 + (B/2)yx+ (B/2)xy + Cy2
= Ax2 +Bxy + Cy2 = f(x, y).
12
Unidade 8Equação Geral do Segundo Grau em R2
Para provarmos o resultado principal deste capítulo, precisamos da proposição
seguinte .
Proposição 6Sejam B =
(
b11 b12
b21 b22
)
um matriz real do tipo 2 × 2 e Bt =
(
b11 b21
b12 b22
)
sua matriz transposta. Então,
=,
para quaisquer vetores −→u = (x, y) e −→v = (z, w) em R2.
DemonstraçãoDe fato,
 = 
= b11xz + b12yz + b21xw + b22yw
= x(b11z + b21w) + y(b12z + b22w)
= .
Precisamos também lembrar que o produto de duas matrizes do tipo 2× 2,
M =
(
m11 m12
m21 m22
)
e N =
(
n11 n12
n21 n22
)
, é a matrizMN do tipo 2× 2, dada
abaixo:
M =
(
m11n11 +m12n21 m11n12 +m12n22
m21n11 +m22n21 m21n12 +m22n22
)
.
Assim, o ij−ésimo elemento da matriz produto MN é o produto interno
do i−ésimo vetor linha, (mi1,mi2), da matriz M pelo j−ésimo vetor coluna,
(n1j, n2j), da matriz N .
É fácil veri�car, embora trabalhoso, que o produto de matrizes é associativo,
isto é, (MN )Q = M(NQ), quaisquer que sejam as matrizesM,N e Q do
tipo 2× 2.
13
Unidade 8 Formas Quadráticas
Teorema 7 Seja A =
(
A B/2
B/2 C
)
uma matriz simétrica real do tipo 2× 2.
(a) As raízes λ1 e λ2 do polinômio característico de A são reais. Isto é, a matriz
A tem dois autovalores λ1 e λ2, que têm multiplicidade um se λ1 6= λ2, e
multiplicidade dois se λ1 = λ2.
(b) Existe um par −→u1 e −→u2 de autovetores ortonormais relativos aos autoval-
ores λ1 e λ2, respectivamente.
(c) Se B =
(
a1 a2
b1 b2
)
é a matriz do tipo 2× 2 cuja primeira coluna é formada
pelas coordenadas do vetor −→u1 = (a1, b1) e a segunda, pelas coordenadas do
vetor −→u2 = (a2, b2), então
BtAB =
(
λ1 0
0 λ2
)
. (8.15)
Demonstração (a) O polinômio característico da matriz A é
p(λ) = det
(
λ− A −B/2
−B/2 λ− C
)
= (λ− A)(λ− C)− B2
4
= λ2 − (A+ C)λ+ AC − B2
4
.
Como o discriminante da equação p(λ) = 0,
∆ = (A+ C)2 − 4(AC −B2/4)
= A2 + 2AC + C2 − 4AC +B2
= (A− C)2 +B2,
é não negativo, as suas raízes λ1 e λ2 são reais.
(b) Se ∆ = 0, temos que A = C e B = 0 e, portanto, λ = A = C é a única
raiz de p(λ) = 0. Neste caso, A =
(
λ 0
0 λ
)
e −→e1 = (1, 0),−→e2 = (0, 1) são
autovetores ortonormais relativos ao autovalor λ de multiplicidade dois.
Se ∆ > 0, a equação p(λ) = 0 tem duas raízes reais λ1 e λ2 distintas.
Sejam −→u1 e −→u2 vetores não nulos tais que A−→u1 = λ1
−→u1 e A−→u2 = λ2
−→u2 ,
isto é, −→u1 e −→u2 são autovetores não nulos associados aos autovalores λ1 e λ2,
14
Unidade 8Equação Geral do Segundo Grau em R2
respectivamente. Podemos supor, pela Observação 3, que −→u1 e −→u2 são vetores
unitários (isto é, ||−→u1 || = ||−→u2 || = 1).
O vetor −→u1 é ortogonal ao vetor −→u2 . De fato, pela Proposição 6 ,
=
=⇒ =
=⇒ λ1 = λ2 
=⇒ (λ1 − λ2) = 0
=⇒ = 0.
(c) Como A−→u1 = (Aa1 + (B/2)b1, (B/2)a1 + Cb1) = (λ1a1, λ1b1) e
A−→u2 = (Aa2 + (B/2)b2, (B/2)a2 + Cb2) = (λ2a2, λ2b2), segue que
AB =
(
A B/2
B/2 C
)(
a1 a2
b1 b2
)
=
(
λ1a1 λ2a2
λ1b1 λ2b2
)
.
Além disso, sendo ||−→u1 ||2 = a21 + b21 = 1, ||−→u2 ||2 = a22 + b22 = 1 e
= a1a2 + b1b2 = 0, obtemos que:
BtAB =
(
a1 b1
a2 b2
)(
λ1a1 λ2a2
λ1b1 λ2b2
)
=
(
λ1(a
2
1 + b21) λ2(a1a2 + b1b2)
λ1(a1a2 + b1b2) λ2(a
2
2 + b22)
)
=
(
λ1 0
0 λ2
)
.
Observação 8Note que B = 0 ⇐⇒ −→e1 = (1, 0) (ou −→e2 = (0, 1)) é um autovetor da
matriz A.
Neste caso, A e C são os autovalores e −→e1 = (1, 0),−→e2 = (0, 1) são
autovetores relativos aos autovalores A e C, respectivamente, da matriz A.
Seja θ ∈ [0, 2π) o ângulo que o vetor −→u1 faz com o eixo OX no sentido
positivo, isto é, −→u1 = (cos θ, sen θ). Tomemos −→u2 = (− sen θ, cos θ), obtido
de −→u1 por uma rotação positiva de
π
2
.
15
Unidade 8 Formas Quadráticas
Figura 8.6: Sistemas de eixos ortogonais OXY e
OX Y .
Seja OX Y o sistema cujos eixos
OX e OY têm a mesma direção e o
mesmo sentido dos vetores −→u1 e −→u2 ,
respectivamente.
Assim, por 8.5, a forma quadrática
f(x, y) =, nas co-
ordenadas x e y do sistema OX Y , é
dada por:
f(x, y) =.
Daí, sabendo que
AB(x, y) = A(B(x, y)) e (BtAB)(x, y) = Bt(AB(x, y)) = Bt(A(B(x, y))),
concluímos, pela Proposição 6 e pelo Teorema 7, que
f(x, y) = 
= 
= 
= λ1x
2 + λ2y
2. (8.16)
Para Saber Mais SeM =
(
m11 m12
m21 m22
)
, N =
(
n11 n12
n21 n22
)
são duas matrizes do tipo 2×2
e −→u = (x, y) é um vetor, então
MN (x, y) =M(N (x, y)).
Com efeito,
M(N (x, y)) = M(n11x+ n12y, n21x+ n22y)
= (m11(n11x+ n12y) +m12(n21x+ n22y),
m21(n11x+ n12y) +m22(n21x+ n22y))
= ((m11n11 +m12n21)x+ (m11n12 +m12n22)y,
(m21n11 +m22n21)x+ (m21n12 +m22n22)y)
= (MN )(x, y).
Exemplo 4 Seja a forma quadrática f(x, y) = 3x2 + 2xy + 3y2, com A = C = 3 e
B = 2.
16
Unidade 8Equação Geral do Segundo Grau em R2
Então A =
(
3 1
1 3
)
é a matriz da forma quadrática e
p(λ) = det
(
λ− 3 −1
−1 λ− 3
)
= (λ− 3)2 − 1 = λ2 − 6λ+ 8 = 0
é a sua equação característica, cujas raízes são λ1 = 4 e λ2 = 2. Isto é, λ1 = 4
e λ2 = 2 são os autovalores da matriz A.
Os autovetores (x, y) relativos ao autovalor λ1 = 4 são as soluções do
sistema{
(λ1 − 3)x− y = 0
−x+ (λ1 − 3)y = 0
⇐⇒
{
x− y = 0
−x+ y = 0
⇐⇒ x = y.
Portanto, −→u1 =
(
1√
2
,
1√
2
)
=
(
cos
π
4
, sen
π
4
)
é um autovetor unitário
relativo ao autovalor λ1 = 4. Como o autovetor −→u2 relativo ao autovalor
λ2 = 2 é ortogonal ao autovetor −→u1 , basta tomar −→u2 =
(
− 1√
2
,
1√
2
)
=(
− sen
π
4
, cos
π
4
)
.
Seja OX Y o sistema de eixos ortogonais obtido girando os eixos OX e
OY , no sentido positivo, do ângulo θ = π/4. Nas coordenadas x e y deste
sistema de eixos, a forma quadrática é dada por
f(x, y) = λ1x
2 + λ2y
2 = 4x2 + 2y2.
Portanto, a linha de nível m de f é o conjunto vazio, se m 0.
No sistema de eixos OX Y , a origem é o centro, a =
√
m√
2
, b =
√
m
2
,
c =
√
m
2
, a reta focal é o eixo−OY , a reta não focal é o eixo−OX,
(
0,−
√
m√
2
)
e
(
0,
√
m√
2
)
são os vértices sobre a reta focal,
(
−
√
m
2
, 0
)
e
(√
m
2
, 0
)
são
os vértices sobre a reta não focal, e
(
0,−
√
m
2
)
e
(
0,
√
m
2
)
são os focos da
elipse
x2
m/4
+
y2
m/2
= 1.
17
Unidade 8 Equação Geral do Segundo Grau em R2
Figura 8.7: Linha de nível 4 de f .
Pela mudança de coordenadas (ver 8.5 e 8.6),
(x, y) =
(
1/
√
2 −1/
√
2
1/
√
2 1/
√
2
)
(x, y),
(x, y) =
(
1/
√
2 1/
√
2
−1/
√
2 1/
√
2
)
(x, y),
obtemos que C = (0, 0) é o centro, ` : x+y = 0 é a reta focal, `′ : −x+y = 0
é a reta não focal, A1 =
(√
m
2
,−
√
m
2
)
e A2 =
(
−
√
m
2
,
√
m
2
)
são os vértices
na reta focal, B1 =
(
−
√
m
2
√
2
,−
√
m
2
√
2
)
e B2 =
(√
m
2
√
2
,
√
m
2
√
2
)
são os vértices na
reta não focal, e F1 =
(√
m
2
√
2
,−
√
m
2
√
2
)
e F2 =
(
−
√
m
2
√
2
,√
m
2
√
2
)
são os focos da
elipse nas coordenadas x e y.
8.5 Equação Geral do Segundo Grau em R2
Consideremos a equação geral do segundo grau nas variáveis x e y:
Ax2 +Bxy + Cy2 +Dx+ Ey + F = 0. (8.17)
Esta equação é da linha de nível zero da função quadrática
18
Unidade 8Equação Geral do Segundo Grau em R2
f(x, y) = Ax2 +Bxy + Cy2 +Dx+ Ey + F .
Seja, como na seção anterior, o sistema OX Y de eixos ortogonais cu-
jos eixos OX e OY têm a mesma direção e o mesmo sentido dos autove-
tores −→u1 e −→u2 , relativos aos autovalores λ1 e λ2, respectivamente, da matriz
A =
(
A B/2
B/2 C
)
.
Então, por 8.16, a função quadrática f , nas coordenadas x e y, assume a
seguinte forma:
f(x, y) = λ1x
2 + λ2y
2+ +F
=⇒ f(x, y) = λ1x
2 + λ2y
2+ +F
=⇒ f(x, y) = λ1x
2 + λ2y
2 +Dx+ Ey + F,
onde D = e E =.
Nos capítulos anteriores, provamos que a equação
λ1x
2 + λ2y
2 +Dx+ Ey + F = 0, (8.18)
que é a equação 8.17 nas coordenadas x e y, representa uma elipse ou uma
elipse degenerada se λ1λ2 > 0, uma hipérbole ou uma hipérbole degenerada se
λ1λ2 0;
• uma parábola, um par de retas paralelas, uma reta ou o conjunto
vazio se I = 0.
20
Unidade 8Equação Geral do Segundo Grau em R2
Reordenando, quando B 6= 0, os autovalores λ1 e λ2 (se necessário), pode-
mos supor que θ ∈ (0, π/2). Vamos determinar agora o ângulo θ, em função
dos coe�cientes A,B e C da equação 8.17.
Temos que:(
cos θ sen θ
− sen θ cos θ
)(
A B/2
B/2 C
)(
cos θ − sen θ
sen θ cos θ
)
=
(
λ1 0
0 λ2
)
=⇒
(
A cos θ + (B/2) sen θ (B/2) cos θ + C sen θ
−A sen θ + (B/2) cos θ −(B/2) sen θ + C cos θ
)(
cos θ − sen θ
sen θ cos θ
)
=
(
λ1 0
0 λ2
)
=⇒ (A cos θ + (B/2) sen θ)(− sen θ) + ((B/2) cos θ + C sen θ) cos θ = 0
=⇒ −A cos θ sen θ − (B/2) sen2 θ + (B/2) cos2 θ + C sen θ cos θ = 0
=⇒ (B/2)(cos2 θ − sen2 θ) + (C − A) sen θ cos θ = 0
=⇒ B cos 2θ + (C − A) sen 2θ = 0.
Então, quando B 6= 0,
θ = π/4, se A = C
e
tan 2θ =
B
A− C
, se A 6= C
Sendo 1 + tan2(2θ) = sec2(2θ), segue que
cos 2θ =
1√
1 + tan2(2θ)
, se
B
A− C
> 0
cos 2θ = − 1√
1 + tan2(2θ)
, se
B
A− C
 2, a reta focal da hipérbole é a reta y = −1, paralela ao eixo−OX,
e se m`′ : −
√
6x + 2y = −
√
10 é a reta
não focal e r± : 2(2x+
√
6y) = ±(−
√
6x+ 2y+
√
10) (⇐⇒ r± : (4±
√
6)x+
(2
√
6∓ 2)y = ±
√
10) são as assíntotas da hipérbole nas coordenadas x e y.
24
Unidade 8Equação Geral do Segundo Grau em R2
Exemplo 6Seja a função quadrática f(x, y) = x2 + 2
√
2xy + 2y2 + 6
√
3x + 3, com
A = 1, B = 2
√
2, C = 2, D = 6
√
3, E = 0 e F = 3.
A matriz A =
(
1
√
2√
2 2
)
é a matriz de f . Portanto,
p(λ) = det
(
λ− 1 −
√
2
−
√
2 λ−
√
2
)
= (λ− 1)(λ− 2)− 2 = λ2 − 3λ = 0,
é sua equação característica, cujas raízes são λ1 = 3 e λ2 = 0. Ou seja, λ1 = 3
e λ2 = 0 são os autovalores da matriz A.
Os autovetores (x, y) da matriz A relativos ao autovalor λ1 = 3 são as
soluções do sistema{
(λ1 − 1)x−
√
2y = 0
−
√
2x+ (λ1 − 2)y = 0
⇐⇒
{
2x−
√
2y = 0
−
√
2x+ y = 0
⇐⇒ y =
√
2x.
Logo, −→u1 =
(
1√
3
,
√
2√
3
)
é um autovetor unitário relativo ao autovalor λ1 =
3 e, portanto, −→u2 =
(
−
√
2√
3
,
1√
3
)
é um autovetor unitário relativo ao autovalor
λ2 = 0.
Seja OX Y o sistema de eixos ortogonais obtido girando os eixos OX e OY ,
no sentido positivo, do ângulo θ ∈ (0, π/2) tal que cos θ =
1√
3
e sen θ =
√
2√
3
(⇐⇒ tan 2θ =
B
A− C
= −2
√
2.)
Nestas coordenadas, a função quadrática se escreve como
f(x, y) = 3x2+ +3
⇐⇒ f(x, y) = 3x2 + 6x− 6
√
2y + 3
⇐⇒ f(x, y) = 3(x2 + 2x)− 6
√
2y + 3
⇐⇒ f(x, y) = 3(x+ 1)2 − 6
√
2y.
Então, a linha de nível 6
√
2m,m ∈ R, de f é a parábola
(x+ 1)2 = 2
√
2(y +m),
que tem vértice V = (−1,−m), p =
√
2/2, reta focal ` : x = −1, foco
F = (−1,−m+
√
2/2) e diretriz ` : y = −m−
√
2/2, nas coordenadas x e y.
25
Unidade 8 Equação Geral do Segundo Grau em R2
Pela mudança de coordenadas,
(x, y) =
(
1/
√
3 −
√
2/
√
3√
2/
√
3 1/
√
3
)
(x, y) =
(
x−
√
2y√
3
,
√
2x+ y√
3
)
(x, y) =
(
1/
√
3
√
2/
√
3
−
√
2/
√
3 1/
√
3
)
(x, y) =
(
x+
√
2y√
3
,
−
√
2x+ y√
3
)
,
temos que que V =
(
−1 +
√
2m√
3
,
−
√
2−m√
3
)
é o vértice, ` : x+
√
2y = −
√
3
é a reta focal, F =
(√
2(m−
√
2)√
3
,
−(2m+
√
2)
2
√
3
)
é o foco e ` : −
√
2x+ y =
−m
√
3−
√
6/2 é a diretriz da parábola nas coordenadas x e y.
Figura 8.9: Linha de nível zero de f .
26
Unidade 8Equação Geral do Segundo Grau em R2
8.6 Exercícios
1. Obtenha os autovalores (caso existam) e os respectivos autovalores unitários
da matriz:
(a) A =
(
3 4
−6 2
)
; (b) A =
(
1 5
2 4
)
; (c) A =
(
2 3
3 2
)
.
2. Descreva geometricamente a linha de nível zero da função f : R2 −→ R,
dada por f(x, y) = x4 − y4 − 2x3 + 2xy2 − 3x2 + 3y2.
3. Sejam OXY um sistema de eixos ortogonais e OX Y o sistema de eixos
ortogonais obtido pela rotação positiva de ângulo θ dos eixos OX e OY ,
onde cos θ = 4/5 e sen θ = 3/5.
Uma parábola, nas coordenadas x e y, tem foco no ponto F = (12/5, 16/5)
e vértice no ponto V = (12/5,−9/5).
(a) Determine a equação da parábola nas coordenadas x e y e nas coorde-
nadas x e y.
(b) Obtenha o foco, o vértice, a reta focal e a diretriz da parábola nas
coordenadas x e y.
(c) O ponto P = (1, 7), nas coordenadas x e y, pertence à região focal ou
à região não focal da parábola?
(d) Faça um esboço da curva no sistema de eixos OXY , indicando seus
elementos e o ponto P .
4. Encontre os autovalores da matriz das formas quadráticas abaixo. Descreva
suas linhas de nível e, caso seja uma cônica não degenerada, obtenha os
seus principais elementos nas coordenadas x e y.
(a) f(x, y) = xy
(b) f(x, y) = 5x2 + 6xy + 5y2
(c) f(x, y) = 4x2 − 12xy + 9y2
(d) f(x, y) = 21x2 − 10
√
3xy + 31y2
(e) f(x, y) = −39x2 + 50
√
3xy + 11y2
27
Unidade 8 Exercícios
5. Para cada uma das equações abaixo, identi�que a cônica que ela representa,
encontrando, nos casos não degenerados, os seus principais elementos. Faça
também um esboço da curva.
(a) x2 − 2xy + y2 + 4y = 0
(b) 7x2 − 6
√
3xy + 13y2 − 16 = 0
(c) 7x2 − 48xy − 7y2 − 30x− 40y + 75 = 0
(d) 3x2 + 2
√
3xy + y2 − (12
√
3 + 8)x− (12− 8
√
3)y + 52 = 0
(e) 13x2 − 18xy + 37y2 + 20
√
10x− 20
√
10y + 40 = 0
(f) −7x2 + 8xy − y2 +
√
5x+
√
5y = 0
6. Mostre que uma equação do segundo grau
Ax2 +Bxy + Cy2 +Dx+ Ey + F = 0
representa um círculo, se e somente se, A = C(6= 0), B = 0 e D2 + E2 >
4AF . Lembre que um círculo é uma elipse com eixos focais e não focais de
iguais comprimentos.
7. Considere a mudança de coordenadas (rotação dos eixos) dada por
x = x cos θ − y sen θ, y = x sen θ + y cos θ. Obtenha a equação do cír-
culo (x− a)2 + (y − b)2 = r2 nas coordenadas x e y.
8. Seja OXY um sistema de eixos ortogonais, e considere o sistema OX Y
obtido girando os eixos OX e OY de um ângulo θ, θ ∈ [0, π/2), no sentido
positivo. Mostre que se
Aθx
2 +Bθxy + Cθy
2 +Dθx+ Eθy + Fθ = 0
é a equação de segundo grau
Ax2 +Bxy + Cy2 +Dx+ Ey + F = 0,
nas coordenadas x e y, então Aθ+Cθ = A+C e B2
θ−4AθCθ = B2−4AC,
para todo θ ∈ [0, π/2). Conclua que o indicador e o polinômio característico
de uma equação do segundo grau são invariantes por rotação dos eixos.
28
Unidade 8Equação Geral do Segundo Grau em R2
8.7 Exercícios Suplementares
1. Sejam O′ = (3, 2), P = (4, 4) e Q = (1, 3) pontos num sistema de eixos
ortogonais OXY . Considere o sistema O′X ′Y ′ tal que o ponto P pertence
ao semieixo positivo O′X ′ e o ponto Q pertence ao semieixo positivo O′Y ′.
Obtenha as coordenadas x′ e y′ do ponto R = (8, 2) e do vetor−→v = (−1, 3).
2. Seja r : ax+by = c uma reta num sistema de eixos ortognais OXY . Mostre
que, mediante uma rotação positiva seguida de uma translação, podemos
obter um sistema de eixos ortogonais O′X ′Y ′ no qual a equação de r é
x′ = 0.
3. Sejam OXY e O′X ′Y ′ dois sistemas de eixos ortogonais quaisquer. Se θ é
o ângulo que o eixo O′X ′ faz com o eixo OX no sentido positivo, então o
ângulo φ que o eixo O′Y ′ faz com o eixo OY no sentido positivo pode ser
φ = θ ou φ = θ + π. No primeiro caso, φ = θ, estudado no texto, dizemos
que os sistemas OXY e O′X ′Y ′ têm a mesma orientação. No segundo
caso, φ = θ + π, mostre que as fórmulas de mudança de coordenadas são:{
x = x′ cos θ + y′ sen θ + x0
y = x′ sen θ − y′ cos θ + y0
⇐⇒
{
x′ = (x− x0) cos θ + (y − y0) sen θ
y′ = (x− x0) sen θ − (y − y0) cos θ,
onde (x, y) e (x0, y0) são as coordenadas de um ponto P e do ponto O′,
respectivamente, no sistema OXY , e (x′, y′) são as coordenadas de P no
sistema O′X ′Y ′.
29
9
1
Transformações
geométricas planas
Sumário
9.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
9.2 Transformações no plano . . . . . . . . . . . . . . . 2
9.3 Transformações lineares . . . . . . . . . . . . . . . . 5
9.4 Operações com transformações . . . . . . . . . . . 12
9.5 Isometrias no plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
9.6 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
Unidade 9 Introdução
9.1 Introdução
Nos Capítulos 5, 6, 7 e 8, vimos que dada uma equação do segundo grau
Ax2 +Bxy + Cy2 +Dx+ Ey + F = 0, (9.1)
existe um sistema de eixos ortogonais OX Y , obtido após uma rotação e/ou
uma translação do sistema OXY , tal que a equação nas coordenadas x e y �ca
na forma canônica.
Neste capítulo, estudaremos as transformações geométricas do plano. Den-
tre elas, a translação TP0 que leva a origem no ponto P0 e a rotação Rθ de
ângulo θ em torno da origem. Embora haja uma analogia entre essas transfor-
mações e as mudanças de coordenadas estudadas anteriormente, há também
uma diferença. Nas transformações de translação e rotação mantemos �xos os
eixos e transladamos e rotacionamos os pontos, enquanto que na mudança de
coordenadas mantemos �xos os pontos e movemos os eixos.
9.2 Transformações no plano
Definição 1 Uma transformação no plano π é uma função T : π −→ π que a cada
ponto P ∈ π associa o ponto T (P ) ∈ π chamado imagem de P por T .
Ao longo deste capítulo, vamos �xar um sistema de eixos ortogonais OXY
no plano π. Desta maneira, uma transformação T de π em π pode ser vista
como uma aplicação de R2 em R2 que a cada pontoP = (x, y) ∈ R2 associa o
ponto P ′ = T (P ) = (x′, y′) ∈ R2. Ou, dependendo das propriedades de T , que
queremos enfatizar, podemos interpretar T como uma transformação de R2 em
R2 que a cada vetor −→v = (x, y) associa o vetor −→v ′ = T (−→v ) = (x′, y′).
Definição 2 Dizemos que as transformações T e L são iguais, e escrevemos T = L,
quando T (P ) = L(P ) para todo ponto P .
Exemplo 1 (a) A transformação identidade, que designamos I, é a transformação que
a cada ponto P do plano associa ele próprio, isto é, I(P ) = P , para todo
ponto P .
2
Unidade 9Transformações geométricas planas
(b) Seja P0 um ponto do plano. A transformação T que a todo ponto P do
plano associa o ponto P0, T (P ) = P0, é a transformação constante de
valor P0.
(c) Seja O a origem do sistema OXY . A translação até o ponto P0
é a transformação TP0 do plano que a cada ponto P associa o ponto
P ′ = TP0(P ) tal que
−−→
PP ′ =
−−−→
OP0 .
O X
Y
P0P
TP0(P )
Figura 9.1: Translação TP0
Se P0 = (xo, yo) e P = (x, y),
então
P ′ = TP0(P ) = (x′, y′),
onde:
(x′−x, y′−y)= (xo−0, yo−0)
= (xo, yo).
Portanto,
TP0(P )=P ′ = (x′, y′)
= (xo + x, yo + y).
Outra forma de descrever uma translação é dando seu vetor de translação:
a translação pelo vetor −→v é a transformação dada por T−→v (P ) = P ′,
onde
−−→
PP ′ = −→v . Escrevemos a translação pelo vetor −→v como
T−→v (P ) = P +−→v .
Então, se −→v = (a, b), T−→v (x, y) = (x+ a, y + b), para todo (x, y) ∈ R2.
O X
Y
P0
P
RP0(P )
Figura 9.2: Re�exão RP0
(d) Dado um ponto P0 do plano,
a transformação RP0 que a
cada ponto P do plano as-
socia o ponto P ′ = RP0(P ),
pertencente à reta que passa
por P0 e P , tal que
−−−→
P0P
′ = −
−−−→
P0P
é a re�exão em relação ao
ponto P0.
Se P0 = (xo, yo) e P = (x, y) é um ponto do plano, então P ′ = RP0(P ) =
(x′, y′) é o ponto tal que
3
Unidade 9 Transformações no plano
(x′ − xo, y′ − yo) = −(x− xo, y − yo),
isto é,
RP0(P ) = (2xo − x, 2yo − y).
Note que, se P0 = (0, 0), então R(0,0)(x, y) = (−x,−y), para todo (x, y).
(e) A projeção ortogonal sobre uma reta ` no plano é a transformação,
designada Proj`, que a cada ponto P do plano associa o ponto P ′ onde a
reta ` intersecta a reta perpendicular a ` que passa pelo ponto P .
O X
Y
Proj`(P )
P
`
Figura 9.3: Projeção ortogonal Proj`
Se ` é uma reta que faz um ân-
gulo α, no sentido positivo, com
o eixo OX, então (cosα, senα)
é um vetor paralelo a ` e
` : − senαx+ cosα y = c
é a sua equação cartesiana para
algum c ∈ R.
Se P = (xo, yo) é um ponto do
plano, então
`⊥ : cosαx+ senα y = cosαxo + senα yo
é a reta perpendicular a ` que passa pelo ponto P0.
Então, se P ′ = Proj`(P ) = (x′, y′), temos que (x′, y′) é a solução do
sistema − senαx′ + cosα y′ = c
cosαx′ + senα y′ = cosαxo + senα yo.
Resolvendo esse sistema, obtemos
P ′ = Proj`(P )
= (cos2 αxo + cosα senα yo − c senα, cosα senαxo + sen2 α yo + c cosα).
Ou seja,
P ′ = Proj`(P ) = (cos2 αxo + cosα senα yo, cosα senαxo + sen2 α yo)
+c(− senα,+ cosα). (9.2)
4
Unidade 9Transformações geométricas planas
Em particular, se ` é o eixo OX, então α = 0 e c = 0. Assim, a
projeção Px = Proj` é dada por Px(xo, yo) = (xo, 0). De modo análogo,
a projeção Py sobre o eixo OY (α = π/2 e c = 0) é a transformação
Py(xo, yo) = (0, yo).
O X
Y
Proj`(P )
P
R`(P )
`
/
/
Figura 9.4: Re�exão R`
(f) A re�exão R` em relação
à reta ` é a transformação
que a cada ponto P associa
o ponto P ′ = R`(P ) tal que
` é a mediatriz do segmento
PP ′. Ou seja, P ′ = (x′, y′)
é o ponto do plano tal que
Proj`(P ) é o ponto médio do
segmento PP ′.
Logo, se P = (x, y) e ` : − senαx+cosα y = c, temos, pelo item anterior,
que: R`(x, y) = (x′, y′) = 2Proj`(x, y)− (x, y)
⇐⇒ R`(x, y) = (2 cos2 αx+ 2 cosα senα y − 2c senα− x,
2 cosα senαx+ 2 sen2 α y + 2c cosα− y)
⇐⇒ R`(x, y) = ((2 cos2 α− 1)x+ 2 cosα senα y − 2c senα,
2 cosα senαx+ (2 sen2 α− 1)y + 2c cosα)
⇐⇒ R`(x, y) = (cos 2αx+ sen 2α y, sen 2αx− cos 2α y)
+2c(− senα, cosα). (9.3)
9.3 Transformações lineares
Definição 3Uma transformação T é uma transformação linear se
• T transforma uma soma de vetores na soma de suas imagens:
T (−→u +−→v ) = T (−→u ) + T (−→v ),
para todos os vetores −→u e −→v ;
• T transforma o múltiplo de um vetor no mesmo múltiplo da sua imagem:
T (λ−→u ) = λT (−→u ),
para todo vetor −→u e para todo λ ∈ R.
5
Unidade 9 Transformações lineares
Observação 4 (a) Pela identi�cação entre pontos e vetores, num sistema de eixos OXY , toda
transformação linear pode ser vista também como uma transformação de
pontos do plano.
De fato, se T é uma transformação linear (de vetores) e P é um ponto no
plano, de�nimos T (P ) = Q, onde Q é o ponto tal que T (
−−→
OP ) =
−−→
OQ .
(b) Uma transformação linear deixa sempre o vetor zero �xo: T (
−→
0 ) =
−→
0 .
Com efeito, sendo T linear: T (−−→v ) = T (−1−→v ) = −1T (−→v ) = −T (−→v ),
e
T (
−→
0 ) = T (−−→v +−→v ) = T (−−→v ) + T (−→v ) = −T (−→v ) + T (−→v ) =
−→
0 .
Portanto, se uma transformação não deixa �xo o vetor nulo
−→
0 , ou seja,
não deixa a origem �xa, então não é uma transformação linear.
Exemplo 2
(a) A transformação que a cada vetor −→v associa o vetor nulo
−→
0 é linear e é
chamada transformação linear nula ou transformação zero.
(b) A transformação identidade I que a cada vetor associa ele próprio (ou
que a cada ponto associa ele próprio) é uma transformação linear.
(c) A re�exão com respeito à origem é uma transformação linear.
De fato, na linguagem vetorial, a re�exão é dada por T (−→v ) = −−→v . Assim,
T (−→u +−→v ) = −(−→u +−→v ) = −−→u −−→v = T (−→u ) + T (−→v ),
e
T (λ−→v ) = −λ−→v = λ(−−→v ) = λT (−→v ),
para todos λ ∈ R e −→u e −→v vetores do plano.
(d) Se k ∈ R, a transformação, T (−→v ) = k−→v é linear.
Com efeito, para quaisquer −→u e −→v vetores do plano e λ ∈ R, temos:
T (−→u +−→v ) = k(−→u +−→v ) = k−→u + k−→v = T (−→u ) + T (−→v ),
T (λ−→v ) = k(λ−→v ) = kλ−→v = λ(k−→v ) = λT (−→v ).
Note que
‖T (−→v )‖2 = 〈T (−→v ), T (−→v )〉 = 〈k−→v , k−→v 〉 = k2〈−→v ,−→v 〉 = k2‖−→v ‖2.
6
Unidade 9Transformações geométricas planas
Portanto, ‖T (−→v )‖ = |k| ‖−→v ‖. Ou seja, T multiplica o tamanho dos
vetores por |k|.
A transformação T é chamada homotetia de razão k. A homotetia de
razão k = 1 é a transformação identidade e a homotetia de razão k = −1
é a re�exão com respeito à origem, pois leva cada vetor −→v no seu simétrico
−−→v .
Note que uma homotetia de razão k com |k| 
1, a homotetia aumenta o tamanho dos vetores não nulos, ou seja, aumenta
a distância entre dois pontos e por isso é também chamada expansão
linear uniforme.
(e) A projeção ortogonal sobre uma reta ` que passa pela origem é uma trans-
formação linear.
Com efeito, se ` é a reta paralela ao vetor unitário −→u que passa pela
origem, temos, na linguagem vetorial, que a projeção ortogonal do vetor
−→v sobre a reta ` é dada por
Proj`(
−→v ) = Proj−→u (
−→v ) = 〈−→u ,−→v 〉−→u .
Então, para todos os vetores −→v e −→w e para todo λ ∈ R:
Proj`(
−→v +−→w ) = 〈−→u ,−→v +−→w 〉−→u
= (〈−→u ,−→v 〉+ 〈−→u ,−→w 〉)−→u
= 〈−→u ,−→v 〉−→u + 〈−→u ,−→w 〉−→u
= Proj`(
−→v ) + Proj`(
−→w ),
e
Proj`(λ
−→v ) = 〈−→u , λ−→v 〉−→u = λ〈−→u ,−→v 〉−→u = λProj`(
−→v ).
(f) A re�exão com respeito a uma reta que passa pela origem é uma transfor-
mação linear.
Se −→u é um vetor unitário na direção da reta ` que passa pela origem,
então, na linguagem vetorial, a re�exão do vetor −→v em relação a ` é dada
por:
R`(
−→v ) = 2Proj−→u (
−→v )−−→v .
Fica como exercício provar que R` é uma transformação linear.
7
Unidade 9 Transformações lineares
(g) As translações por vetores não nulos não são transformações lineares pois
não �xam o vetor nulo (não deixam a origem �xa).
(h) A transformação T (x, y) = (x2, 0) não é linear, pois T (1, 0) = (12, 0) =
(1, 0) e T (2(1, 0)) = T (2, 0) = (22, 0) = (4, 0) 6= (2,0) = 2(1, 0) =
2T (1, 0).
Proposição 5 Uma transformação T : R2 −→ R2 é linear se, e só se, existem números
reais a, b, c e d tais que:
T (x, y) = (ax+ cy, bx+ dy), para todo (x, y) ∈ R2.
Demonstração Sejam a, b, c e d os números reais dados por T (−→e1 ) = T (1, 0) = (a, b) e
T (−→e2 ) = T (0, 1) = (c, d).
Então, se T é linear,
T (x, y) = T (x−→e1 + y−→e2 ) = xT (−→e1 ) + y T (−→e2 )
= x (a, b) + y (c, d) = (ax+ cy, bx+ dy),
para todo vetor (x, y) ∈ R2.
Reciprocamente, se existem números reais a, b, c e d de modo que T (x, y) =
(ax+ cy, bx+ dy), para todo (x, y) ∈ R2, é fácil veri�car que T é linear.
A matriz MT =
(
a c
b d
)
real do tipo 2x2, cuja primeira coluna é o vetor
T (−→e1 ) = (a, b) e cuja segunda coluna é o vetor T (−→e2 ) = (c, d), é a matriz da
transformação linear T .
Observe, pela de�nição dada no Capítulo 8, que T (−→u ) =MT
−→u , para todo
vetor −→u .
Exemplo 3
(a) A transformação linear nula se representa pela matriz nula:
(
0 0
0 0
)
.
(b) A matriz associada à transformação identidade é a matriz identidade que
designamos também por I. Com efeito, I(1, 0) = (1, 0) e I(0, 1) = (0, 1),
logo:
MI = I =
(
1 0
0 1
)
.
8
Unidade 9Transformações geométricas planas
(c) Se T (x, y) = (−x,−y) é a re�exão com respeito à origem, então T (1, 0) =
(−1, 0) e T (0, 1) = (0,−1).
Assim, a matriz que representa T é
MT =
(
−1 0
0 −1
)
.
(d) Seja ` a reta paralela ao vetor unitário −→u = (cosα, senα) que passa pela
origem.
Então, por (9.2),
(
cos2 α cosα senα
cosα senα sen2 α
)
é a matriz da transformação
Proj` e, por (9.3),
(
cos 2α sen 2α
sen 2α − cos 2α
)
é a matriz da transformaçao R`.
(e) Um cissalhamento ao longo do eixo OX no plano é uma transformação
linear dada por uma matriz da forma Ck =
(
1 k
0 1
)
.
Isto é, se −→v = (x, y), então:
Ck(
−→v ) = (x+ ky, y),
isto é, Ck(x, y) = (x+ ky, y).
Note que,
Ck(
−→e1 ) = Ck(1, 0) = (1, 0) = −→e1
Ck(
−→e2 ) = Ck(0, 1) = (k, 1) = k−→e1 +−→e2 ,
ou seja, Ck deixa os pontos do eixo OX �xos e desloca todos os outros
pontos do plano paralelamente ao eixo OX por um fator de k.
O cissalhamento ao longo do eixo OY se de�ne de forma análoga.
(f) A transformação linear T (x, y) = (ax, by) é chamada transformação
diagonal. Uma homotetia de razão k é uma transformação diagonal com
a = b = k. A transformação T se representa pela matriz diagonal MT =(
a 0
0 b
)
e o seu efeito é de mudar a escala dos objetos do plano a razão
a ao longo do eixo OX e b ao longo do eixo OY .
Uma transformação diagonal T de razões a 6= 0 e b 6= 0, com a 6= b,
transforma o círculo unitário C na elipse E de semi-eixos de comprimentos
|a| (semi-eixo paralelo ao eixo OX) e |b| (semi-eixo paralelo ao eixo OY ).
9
Unidade 9 Transformações lineares
Com efeito, se (x, y) ∈ C, então x2 + y2 = 1 e, sendo
T (x, y) = (ax, by) = (x′, y′),
temos:
(x′)2
a2
+
(y′)2
b2
=
(ax)2
a2
+
(bx)2
b2
= x2 + y2 = 1,
isto é, (x′, y′) ∈ E .
Reciprocamente, se (x′, y′) ∈ E , o ponto (x, y) =
(
x′
a
,
y′
b
)
pertence ao
círculo unitário e é levado por T no ponto (x′, y′).
Definição 6 A rotação de ângulo θ em torno do ponto P0 é a transformação
Rθ,P0 : R2 −→ R2 que a cada ponto P do plano associa o ponto P ′ obtido
pela rotação de ângulo θ, no sentido positivo, do ponto P em torno do ponto
P0.
O X
Y
Rθ,O(P )
P
ϕ
θ /
/
Figura 9.5: Rotação Rθ,O
Determinemos primeiro a rotação
Rθ,O : R2 −→ R2
em torno da origem. Sejam P = (x, y) um
ponto e (x′, y′) = Rθ,O(x, y) sua imagem.
Se ϕ é o ângulo que o vetor
−−→
OP faz
com o eixo OX no sentido positivo, então
P = (x, y) = (|
−−→
OP | cosϕ, |
−−→
OP | senϕ) e,
portanto,
Rθ,O(x, y) = (|
−−→
OP | cos(θ + ϕ), |
−−→
OP | sen(θ + ϕ))
⇐⇒ Rθ,O(x, y) = (|
−−→
OP | (cos θ cosϕ− sen θ senϕ),
|
−−→
OP | (cos θ senϕ+ sen θ cosϕ))
⇐⇒ Rθ,O(x, y) = (|
−−→
OP | cosϕ cos θ − |
−−→
OP | senϕ sen θ,
|
−−→
OP | senϕ cos θ + |
−−→
OP | cosϕ sen θ)
⇐⇒ Rθ,O(x, y) = (x cos θ − y sen θ, y cos θ + x sen θ).
Logo,
Rθ,O(x, y) = (x cos θ − y sen θ, x sen θ + y cos θ) (9.4)
10
Unidade 9Transformações geométricas planas
é uma transformação linear e
(
cos θ − sen θ
sen θ cos θ
)
é a matriz que a representa.
Seja agora a rotação Rθ,P0 de ângulo θ em torno do ponto P0 = (xo, yo).
Se P = (x, y) é um ponto de R2, então Rθ,P0(P ) é o ponto P ′ tal que
−−−→
OP ′ =
−−−→
OP0 +Rθ,O(
−−−→
P0P ).
Ou seja,
Rθ,P0(x, y) = ((x− xo) cos θ − (y − yo) sen θ + xo,
(x− xo) sen θ + (y − yo) cos θ + yo).
(9.5)
O X
Y
P ′=Rθ,P0(P )
P
P0
θ /
/
Figura 9.6: Rotação Rθ,P0
Uma propriedade importante das transformações lineares é a seguinte.
Proposição 7Toda transformação linear leva retas em retas.
DemonstraçãoSejam T uma transformação linear, r a reta paralela ao vetor −→v que passa
pelo ponto P , −→v ′ = T (−→v ) e P ′ = T (P ), isto é,
−−→
OP ′ = T (
−−→
OP ).
A�rmamos que T leva a reta r na reta r′ que passa pelo ponto P ′ e é
paralela ao vetor −→v ′.
Com efeito, um ponto Q pertence a r se, e só se,
−−→
PQ = t−→v , para algum
t ∈ R. Ou seja,
−−→
OQ =
−−→
OP + t−→v .
Seja Q ∈ r arbitrário e seja Q′ = T (Q). Então, pela linearidade de T ,
temos:
−−−→
OQ′ = T (
−−→
OQ ) = T (
−−→
OP + t−→v ) = T (
−−→
OP ) + tT (−→v ) =
−−→
OP ′ + t−→v ′.
Portanto, Q′ pertence à reta r′.
11
Unidade 9 Operações com transformações
9.4 Operações com transformações
As operações entre funções se aplicam também às transformações lineares,
assim, podemos somar duas transformações lineares, multiplicar uma transfor-
mação linear por um escalar e compor duas transformações lineares para gerar
novas transformações que também são lineares:
Definição 8 Sejam S e T transformações lineares do plano e λ ∈ R. De�nimos as
transformações:
(a) Soma de S e T , designada S + T :
(S + T )(−→v ) = S(−→v ) + T (−→v ).
(b) Produto de λ ∈ R por T , designado λT :
(λT )(−→v ) = λ(T (−→v )).
(c) Composta de S e T , designada S ◦ T :
(S ◦ T )(−→v ) = S(T (−→v )).
É fácil veri�car que as transformações S+T , λT e S ◦T são lineares. Além
disso, se veri�ca que a soma é associativa, comutativa, possui um elemento
neutro aditivo (a transformação nula) e que toda transformação T possui um
inverso aditivo −T , e que o produto de transformações por escalares é dis-
tributivo em relação à soma. Todas essas propriedades são consequência das
correspondentes propriedades das operações de adição de vetores e de multipli-
cação de vetores por escalares (ver Exercícios).
Exemplo 4 (a) Se T é uma transformação linear e λ ∈ R, a transformação λT é a com-
posta da homotetia H de razão λ com a transformação T .
Com efeito, λT (−→v ) = λ(T (−→v )) = H(T (−→v )) = H ◦ T (−→v ), para todo
vetor −→v .
(b) A composta Rθ ◦ Rϕ da rotação de ângulo θ em torno da origem com a
rotação de ângulo ϕ em torno da origem é a rotação de ângulo θ + ϕ em
torno da origem.
De fato, como Mθ =
(
cos θ − sen θ
sen θ cos θ
)
e Mϕ =
(
cosϕ − senϕ
senϕ cosϕ
)
são
12
Unidade 9Transformações geométricas planas
as matrizes das rotações Rθ e Rϕ, respectivamente, então:
(Rθ ◦Rϕ)(x, y) = Rθ(Rϕ(x, y))
=Rθ(x cosϕ− y senϕ, x senϕ+ y cosϕ)
=
(
cos θ − sen θ
sen θ cos θ
)
(x cosϕ− y senϕ, x senϕ+ y cosϕ)
= (cos θ (x cosϕ− y senϕ)− sen θ (x senϕ+ y cosϕ),
sen θ (x cosϕ− y senϕ) + cos θ (x senϕ+ y cosϕ))
= ((cos θ cosϕ− sen θ senϕ)x− (cos θ senϕ+ sen θ cosϕ)y,
(sen θ cosϕ+ cos θ senϕ)x+ (cos θ cosϕ− sen θ senϕ)y)
= (cos(θ + ϕ)x− sen(θ + ϕ)y, sen(θ + ϕ)x+ cos(θ + ϕ)y).
Ou seja,
(Rθ ◦Rϕ)(x, y) = Rθ+ϕ(x, y), para todo (x, y) ∈ R2.
(c) A re�exão R` com respeito a uma reta ` que passa pela origem é dada por
R`(
−→v ) = 2Proj`(
−→v )−−→v . Portanto, R` é a soma de duas transformações
lineares. A primeira, 2Proj` é a composta H ◦ Proj` da homotetia H de
razão 2 com a projeção ortogonal Proj` sobre a reta `, e a segunda é a
re�exão com respeito à origem −I(−→v ) = −−→v .
(d) Uma transformação linear T é chamada nilpotente quando existe um
inteiro positivo n tal que a composta de T com si própria n vezes é a
transformação nula.As transformações T (x, y) = (y, 0) e S(x, y) = (0, x) são nilpotentes,
pois,
T ◦ T (x, y) = T (y, 0) = (0, 0) e S ◦ S(x, y) = S(0, x) = (0, 0),
para todo (x, y) ∈ R2.
Note que T = R ◦ Py e S = R ◦ Px, onde R é a re�exão com respeito
à reta y = x e Px e Py são as projeções ortogonais sobre os eixos OX e
OY , respectivamente.
13
Unidade 9 Operações com transformações
Observação 9 A operação de composição de duas transformações S e T do plano
está de�nida também quando elas não são lineares por:
(S ◦ T )(P ) = S(T (P )),
para todo ponto P do plano.
A transformação identidade é o elemento neutro da operação de composição,
pois, como
I ◦ T (P ) = T (P ) e T ◦ I(P ) = T (P ),
para toda transformação T e todo ponto P , temos I ◦ T = I e T ◦ I = T .
A composição de transformações é associativa.
De fato, sejam R, S, T : R2 −→ R2 três transformações. Então, para todo
ponto P ,
(R ◦ (S ◦ T ))(P ) = R((S ◦ T )(P )) = R(S(T (P )))
= (R ◦ S)(T (P )) = ((R ◦ S) ◦ T )(P ).
Isto é, R ◦ (S ◦ T ) = (R ◦ S) ◦ T .
Exemplo 5
O X
Y
~v
R`,~v(P )
P
R`(P )
`
Figura 9.7: Re�exão com deslizamento R`,−→v
A re�exão com deslizamento
é a transformação R`,−→v que con-
siste na re�exão R` em torno de
uma reta ` seguida de uma translação
T−→v ao longo de um vetor não
nulo −→v paralelo a `. Ou seja,
R`,−→v = T−→v ◦R`.
Se ` : − senαx + cosα y = c e
−→v =λ(cosα, senα), com λ 6= 0,
temos, por (9.2), que para todo
(x, y) ∈ R2,
R`,−→v (x, y) = (cos 2αx+ sen 2α y, sen 2αx− cos 2α y)
+2c(− senα, cosα) + λ(cosα, senα).
14
Unidade 9Transformações geométricas planas
Definição 10Uma transformação T é invertível quando existe uma transformação S tal
que S ◦ T = I e T ◦ S = I. A transformação S é chamada inversa de T e se
designa T−1.
Observação 11Note que uma transformação T é invertível se, e só se, é injetora e sobre-
jetora, ou seja, T é bijetora.
Se T é uma transformação invertível, então T−1 é também uma transfor-
mação invertível e (T−1)−1 = T .
Proposição 12A inversa de uma transformação, quando existe, é única.
DemonstraçãoSeja T uma transformação linear invertível e sejam U e V transformações
tais que:
U ◦ T = T ◦ U = I e V ◦ T = T ◦ V = I.
Logo, pela associatividade da composição,
(U ◦ T ) ◦ V = I ◦ V = V ⇐⇒ U ◦ (T ◦ V ) = V ⇐⇒ U ◦ I = V ⇐⇒ U = V.
Exemplo 6(a) A translação T−→u pelo vetor −→u 6= 0 não é uma transformação linear, mas é
uma transformação invertível e sua inversa é a translação T−−→u pelo vetor
−−→u .
Com efeito, para todo vetor −→v , temos:
T−−→u ◦ T−→u (−→v ) = T−−→u (
−→v +−→u ) = (−→v +−→u )−−→u
= −→v + (−→u −−→u ) = −→v = I(−→v ),
T−→u ◦ T−−→u (−→v ) = T−→u (
−→v −−→u ) = (−→v −−→u ) +−→u
= −→v + (−−→u +−→u ) = −→v = I(−→v ).
(b) Uma homotetia H de razão k não nula é invertível.
Com efeito, se S é a homotetia de razão
1
k
, temos:
S ◦H(−→v ) = S(k−→v ) =
1
k
(k−→v ) =
(
1
k
k
)−→v = −→v = I(−→v )
H ◦ S(−→v ) = H
(
1
k
−→v
)
= k
(
1
k
−→v
)
=
(
k
1
k
)−→v = −→v = I(−→v ).
Logo, H−1 = S é a homotetia de razão
1
k
.
15
Unidade 9 Isometrias no plano
(c) A re�exão R` em relação a uma reta ` é invertível e sua inversa é a própria
R`. Isso segue diretamente da de�nição geométrica de R`.
Proposição 13 Sejam T : R2 −→ R2 uma transformação linear e MT =
(
a c
b d
)
a matriz
que a representa. Então, T é invertível se, e só se, detMT 6= 0.
Neste caso, T−1 é a transformação linear representada pela matriz MT−1 =
1
ad− bc
(
d −c
−b a
)
, que é a matriz inversa da matriz MT .
Demonstração Sejam (x′, y′) ∈ R2. Então, existe um único (x, y) ∈ R2 tal que T (x, y) =
(x′, y′) se, e só se, o sistema ax+ cy = x′
bx+ dy = y′
possui uma única solução. Mas isso ocorre se, e só se,
det
(
a c
b d
)
= ad− bc 6= 0.
Como a solução do sistema é
x =
dx′ − cy′
ad− bc
e y =
−bx′ + ay′
ad− bc
,
temos que
T−1(x′, y′) =
(
dx′ − cy′
ad− bc
,
−bx′ + ay′
ad− bc
)
e MT−1 =
 d
ad− bc
−c
ad− bc
−b
ad− bc
a
ad− bc
.
9.5 Isometrias no plano
Definição 14 Uma transformação T do plano é uma isometria quando
d(T (P ), T (Q)) = d(P,Q),
para quaisquer pontos P e Q. Isto é, T é uma isometria se preserva distâncias.
16
Unidade 9Transformações geométricas planas
As isometrias são muito importantes pois nelas se traduz o conceito de con-
gruência: dois objetos geométricos são congruentes quando existe uma isome-
tria que transforma um no outro. As isometrias são os movimentos rígidos da
Geometria Euclidiana.
Antes de classi�carmos todas as isometrias do plano, vejamos algumas pro-
priedades básicas desse tipo de transformações.
Proposição 151. Toda isometria leva pontos distintos em pontos distintos.
2. Toda isometria leva pontos colineares em pontos colineares preservando a
relação de um ponto estar entre outros dois e, consequentemente, leva retas
em retas.
3. Toda isometria preserva a relação de paralelismo entre retas. Isto é, leva
retas paralelas em retas paralelas.
4. Toda isometria preserva a relação de perpendicularidade entre retas. Isto é,
leva retas perpendiculares em retas perpendiculares.
5. Toda isometria preserva ângulos. Isto é, se A, B e C são pontos não
colineares, e A′ = T (A), B′ = T (B) e C ′ = T (C), então ÂBC = Â′B′C ′.
6. A composta de duas isometrias é uma isometria.
7. Toda isometria é uma transformação invertível e a inversa é também uma
isometria.
Demonstração1. Equivalentemente, vamos mostrar que, se P e Q são pontos do plano tais
que T (P ) = T (Q), então P = Q.
Com efeito, se T (P ) = T (Q), temos d(T (P ), T (Q)) = 0. Logo, d(P,Q) =
d(T (P ), T (Q)) = 0 e, portanto, P = Q.
2. Sejam P , Q e R pontos colineares distintos entre si tais que Q está entre
P e R. Então,
d(T (P ), T (R)) = d(P,R) = d(P,Q) + d(Q,R)
= d(T (P ), T (Q)) + d(T (Q), T (R)).
17
Unidade 9 Isometrias no plano
Logo, os pontos T (P ), T (Q) e T (R) são colineares e T (Q) está entre T (P )
e T (R). Segue daí que T leva a reta que passa por P e Q na reta que passa
por T (P ) e T (Q).
3. Sejam r1 e r2 retas paralelas. Suponhamos, por absurdo, que as retas T (r1)
e T (r2) se intersectam e seja P̃ ∈ T (r1) ∩ T (r2). Então, existem pontos
P1 ∈ r1 e P2 ∈ r2 tais que T (P1) = P̃ = T (P2). Pelo item 1, temos que
P1 = P2, o que é absurdo, pois r1 ∩ r2 = ∅.
4. Sejam r e s retas perpendiculares se intersectando no ponto A. Sejam
r′ = T (r) e s′ = T (s). Então, A′ = T (A) ∈ r′ ∩ s′.
Sejam B ∈ r e C ∈ s pontos diferentes de A e os pontos B′ = T (B) ∈ r′
e C ′ = T (C) ∈ s′ diferentes de A′.
Como T é uma isometria,
d(A′, B′) = d(A,B), d(A′, C ′) = d(A,C), d(B′, C ′) = d(B,C),
e o triângulo 4ABC é retângulo em A, temos, pelo Teorema de Pitágoras,
d(B′, C ′)2 = d(B,C)2 = d(A,B)2 + d(A,C)2 = d(A′, B′)2 + d(A′, C ′)2.
Logo, o triângulo 4A′B′C ′ é retângulo em A′. Consequentemente, a reta
r′ = T (r) que passa por A′ e B′ intersecta perpendicularmente a reta
s′ = T (s) no ponto A′ = T (A).
5. Sejam A, B e C pontos do plano e sejam A′ = T (A), B′ = T (B) e
C ′ = T (C). Como T é uma isometria, os triângulos 4ABC e 4A′B′C ′
são congruentes, pelo critério LLL. Em particular, ÂBC = Â′B′C ′.
6. Sejam S e T isometrias. Dados pontos arbitrários P e Q no plano, temos:
d(S◦T (P ), S◦T (Q)) = d(S(T (P )), S(T (Q))) = d(T (P ), T (Q)) = d(P,Q).
Isto é, S ◦ T é também uma isometria.
7. Seja T uma isometria no plano. Pelo item 1, T é uma transformação injetora
(leva pontos distintos em pontos distintos). Para veri�carmos que T é
invertível, basta veri�car que T é uma transformação sobrejetora. Isto é,
que para todo ponto P ′, existe um ponto P tal que T (P ) = P ′.
18
Unidade 9Transformações geométricas planas
O X
Y
P
x
y
O
′
P
′
X
′
Y
′
x
y
Figura 9.8: Ação da isometria T
Consideremos um sistema
de eixos ortogonaisOXY
no plano. SejaO′=T (O)
e sejam O′X ′=T (OX)
e O′Y ′=T (OY ) as im-
agens dos eixos OX e
OY pela isometria T . Como
T preserva perpendicu-
laridade, O′X ′Y ′ é um
sistema de eixos ortogo-
nais. Além disso, como
T preserva distâncias e a relação de ordem entre pontoscolineares e leva
retas paralelas em retas paralelas, temos que T leva um ponto P = (x, y)
num ponto P ′ cujas coordenadas no sistema O′X ′Y ′ são as mesmas que as
coordenadas do ponto P no sistema OXY .
Assim, dado um ponto P ′ no plano com coordenadas (x, y) em relação ao
sistema O′X ′Y ′, o ponto P do plano com coordenadas (x, y) no sistema
OXY é tal que T (P ) = P ′.
Portanto, T é uma transformação sobrejatora e, pelo item 1, T é bijetora.
A inversa T−1 é de�nida da seguinte maneira: dado um ponto P ′ no plano,
como T é sobrejetora, existe um ponto P no plano tal que T (P ) = P ′.
Há apenas um ponto com essa propriedade porque T é injetora. De�nimos,
então, T−1(P ′) = P .
A transformação T−1 assim de�nida é uma isometria, pois se P ′ = T (P ) e
Q′ = T (Q), então
d(T−1(P ′), T−1(Q′)) = d(P,Q) = d(T (P ), T (Q)) = d(P ′, Q′).
Portanto, T−1 é uma isometria.
Exemplo 7(a) A transformação identidade I(P ) = P é uma isometria.
(b) Uma translação é uma isometria. De fato, se P ′ = T−→v (P ) e Q′ =
T−→v (Q), então
−−→
PP ′ = −→v =
−−−→
QQ′ . Isto é, os segmentos PP ′ e QQ′
19
Unidade 9 Isometrias no plano
são equipolêntes e, portanto, PP ′Q′Q é um paralelogramo. Em particu-
lar, d(P ′, Q′) = d(P,Q).
Proposição 16 Seja T : R2 −→ R2 uma isometria tal que T (O) = O. Então,
‖T (−→v )‖ = ‖−→v ‖ e 〈T (−→v ), T (−→w )〉 = 〈−→v ,−→w 〉
para quaisquer vetores −→v e −→w em R2.
Demonstração Se −→v =
−−→
OP , −→w =
−−→
OQ , P ′=T (P ) e Q′=T (Q) temos que T (−→v ) =
−−→
OP ′
e T (−→w ) =
−−−→
OQ′ . Logo,
‖T (−→v )− T (−→w )‖ = ‖
−−→
OP ′ −
−−−→
OQ′ ‖ = ‖
−−−→
Q′P ′ ‖ = d(Q′, P ′)
= d(T (Q), T (P )) = d(Q,P ) = ‖
−−→
QP ‖
= ‖
−−→
OP −
−−→
OQ ‖ = ‖−→v −−→w ‖.
Ou seja, ‖T (−→v )− T (−→w )‖ = ‖−→v −−→w ‖ para quaisquer vetores −→v e −→w .
Em particular, como T (
−→
0 ) =
−→
0 , temos que ‖T (−→v )‖ = ‖−→v ‖ para todo
vetor −→v . Então,
〈T (−→v )− T (−→w ), T (−→v )− T (−→w )〉 = ‖T (−→v )− T (−→w )‖2 = ‖−→v −−→w ‖2
= 〈−→v −−→w ,−→v −−→w 〉
⇐⇒ 〈T (−→v ), T (−→v )〉 − 2〈T (−→v ), T (−→w )〉+ 〈T (−→w ), T (−→w )〉
= 〈−→v ,−→v 〉 − 2〈−→v ,−→w 〉+ 〈−→w ,−→w 〉
⇐⇒ ‖T (−→v )‖2 − 2〈T (−→v ), T (−→w )〉+ ‖T (−→w )‖2 = ‖−→v ‖2 − 2〈−→v ,−→w 〉+ ‖−→w ‖2
⇐⇒ 〈T (−→v ), T (−→w )〉 = 〈−→v ,−→w 〉.
Isto é, 〈T (−→v ), T (−→w )〉 = 〈−→v ,−→w 〉 para todos os vetores −→v e −→w .
Proposição 17 Se T : R2 −→ R2 é uma isometria tal que T (O) = T (O), então T é
linear.
20
Unidade 9Transformações geométricas planas
DemonstraçãoSejam −→v e −→w vetores em R2. Então, pela Proposição 16,
〈T (−→v +−→w )− T (−→v )− T (−→w ), T (−→v +−→w )− T (−→v )− T (−→w )〉
= 〈T (−→v +−→w ), T (−→v +−→w )〉 − 2〈T (−→v +−→w ), T (−→v )〉
−2〈T (−→v +−→w ), T (−→w )〉+ 〈T (−→v ), T (−→v )〉+ 2〈T (−→v ), T (−→w )〉
+〈T (−→w ), T (−→w )〉
= 〈−→v +−→w ,−→v +−→w 〉 − 2〈−→v +−→w ,−→v 〉 − 2〈−→v +−→w ,−→w 〉+ 〈−→v ,−→v 〉
+2〈−→v ,−→w 〉+ 〈−→w ,−→w 〉
= 〈−→v ,−→v 〉+ 2〈−→v ,−→w 〉+ 〈−→w ,−→w 〉 − 2〈−→v ,−→v 〉 − 2〈−→v ,−→w 〉 − 2〈−→v ,−→w 〉
−2〈−→w ,−→w 〉+ 〈−→v ,−→v 〉+ 2〈−→v ,−→w 〉+ 〈−→w ,−→w 〉 = 0.
Assim, ‖T (−→v + −→w ) − T (−→v ) − T (−→w )‖2 = 0, ou seja, T (−→v + −→w ) =
T (−→v ) + T (−→w ).
De modo análogo, podemos mostrar que ‖T (λ−→v ) − λT (−→v )‖2 = 0 e,
portanto, T (λ−→v ) = λT (−→v ) para todo vetor −→v e todo escalar λ.
Provamos, então, que T é linear.
Seja L : R2 −→ R2 uma isometria. Então a transformação G : R2 −→ R2,
de�nida por G(−→v ) = L(−→v )−L(−→0 ), é uma aplicação tal que G(
−→
0 ) = G(
−→
0 ).
Além disso, G é uma isometria, pois G = T−→w ◦ L é a composta de duas
isometrias, onde T−→w é a translação pelo vetor −→w = −L(−→0 ). Logo, pela
Proposição 17, G é uma isometria linear. Provamos, assim, o seguinte resultado:
Proposição 18Toda isometria é a composta de uma isometria linear com uma translação.
Vamos analisar agora as isometrias lineares.
Seja G : R2 −→ R2 uma isometria linear e MG =
(
a c
b d
)
a matriz que a
representa, onde G(−→e1 ) = (a, b) e G(−→e2 ) = (c, d).
Como ‖−→e1 ‖ = ‖−→e2 ‖ = 1 e 〈−→e1 ,−→e2 〉 = 0 e, pela Proposição 16, ‖G(−→e1 )‖ =
‖−→e1 ‖ = 1, ‖G(−→e2 )‖ = ‖−→e2 ‖ = 1 e 〈G(−→e1 ), G(−→e2 )〉 = 〈−→e1 ,−→e2 〉 = 0, temos
que os vetores G(−→e1 ) = (a, b) e G(−→e2 ) = (c, d) são ortonormais.
Seja θ o ângulo que o vetor (a, b) faz com o eixo OX no sentido positivo.
Então, (a, b) = (cos θ, sen θ).
21
Unidade 9 Isometrias no plano
Sendo o vetor (c, d) unitário e ortogonal ao vetor (a, b), temos duas possi-
bilidades:
(c, d) = (− sen θ, cos θ) ou (c, d) = (sen θ,− cos θ).
O X
Y
(a, b)
(c, d)
θ
θ
Figura 9.9: (c, d) = (− sen θ, cos θ)
O X
Y
(a, b)
(c, d)
θ
θ
Figura 9.10: (c, d) = (sen θ,− cos θ)
Se (c, d) = (− sen θ, cos θ), a isometria linear G é dada por:
G(x, y) = (cos θ x− sen θ y, sen θ x+ cos θ y),
e se (c, d) = (sen θ, cos θ),
G(x, y) = (cos θ x+ sen θ y, sen θ x− cos θ y).
No primeiro caso, G(−→e2 ) = (c, d) = (− sen θ, cos θ) faz ângulo θ, no sentido
positivo, com o eixo OY e, no segundo caso, G(−→e2 ) = (c, d) = (sen θ,− cos θ)
faz ângulo θ + π, no sentido positivo, com o eixo OY .
Então, se L(O) = (xo, yo), dizemos que a isometria
L(x, y) = (x cos θ − y sen θ + xo, x sen θ + y cos θ + yo) (9.6)
preserva a orientação do plano, e que a isometria
L(x, y) = (x cos θ + y sen θ + xo, x sen θ − y cos θ + yo) (9.7)
inverte a orientação do plano.
Note que o determinante da matrizMG =
(
cos θ − sen θ
sen θ cos θ
)
da parte linear
G da isometria (9.6) que preserva orientação é+1, enquanto que o determinante
22
Unidade 9Transformações geométricas planas
da matriz MG =
(
cos θ sen θ
sen θ − cos θ
)
da parte linear G da isometria (9.7) que
inverte orientação é −1.
Estamos agora em condições de classi�car todas as isometrias do plano.
Teorema 19As únicas isometrias do plano que preservam orientação são as translações
ou as rotações em torno de um ponto.
DemonstraçãoSeja L : R2 −→ R2 uma isometria que preserva a orientação do plano,
L(x, y) = (x cos θ − y sen θ + xo, x sen θ + y cos θ + yo).
Se θ = 0, então L(x, y) = (x+ xo, y + yo) é uma translação.
Suponhamos que θ ∈ (0, 2π). Vamos mostrar que L = Rθ,P1 é a rotação
de ângulo θ em torno de um ponto P1 = (x1, y1).
Por (9.5), a rotação de centro P1 = (x1, y1) e ângulo θ transforma o ponto
(x, y) no ponto (x′, y′) tal quex′ = (x− x1) cos θ − (y − y1) sen θ + x1
y′ = (x− x1) sen θ + (y − y1) cos θ + y1.
Então, para que L seja igual a Rθ,P1 , devemos ter(x− x1) cos θ − (y − y1) sen θ + x1 = x cos θ − y sen θ + xo
(x− x1) sen θ + (y − y1) cos θ + y1 = x sen θ + y cos θ + yo,
para todo ponto (x, y) ∈ R2.
Simpli�cando, obtemos:(1− cos θ)x1 + sen θ y1 = xo
− sen θ x1 + (1− cos θ) y1 = yo,
Como o determinante deste sistema
(1− cos θ)2 + sen2 θ
é diferente de zero, pois θ ∈ (0, 2π), ele possui apenas uma solução (x1, y1).
23
Unidade 9 Isometrias no plano
Teorema 20 As únicas isometrias do plano que invertem orientação são as re�exões em
torno de uma reta ou as re�exões com deslizamento.
Demonstração Seja L : R2 −→ R2 uma isometria que inverte a orientação do plano,
L(x, y) = (x cos θ + y sen θ + xo, x sen θ − y cos θ + yo).
Se (xo, yo) = (0, 0), temos que:
L(x, y) = (x cos θ + y sen θ, x sen θ − y cos θ).
Então, se α =
θ
2
,
L(x, y) = (x cos 2α + y sen 2α, x sen 2α− y cos 2α).
Logo, por (9.3), L é a re�exão em torno da reta ` : − senαx + cosα y = 0
paralela ao vetor (cosα, senα) que passa pela origem.
No caso geral, L = T−→v ◦ R`, onde T−→v é a translação ao longo do vetor
−→v = (xo, yo).
Vamos mostrar que L = R`′,−→w é uma re�exão com deslizamento, onde `′ é
uma reta paralela à reta ` e −→w é um vetor paralelo à reta `′.
Sejam
−→u = 〈(xo, yo), (− senα, cosα)〉(− senα, cosα)
= (−xo senα + yo cosα)(− senα, cosα)
a projeção ortogonal do vetor−→v = (xo, yo) sobre o vetor (− senα, cosα) normal
à reta ` e −→w = 〈(xo, yo), (cosα, senα)〉(cosα, senα)
= (xo cosα + yo senα)(cosα, senα)
a projeção ortogonal do vetor −→v = (xo, yo) sobre a reta `.
Considere o ponto Q tal que
−−→
OQ =
1
2
−→u , ou seja,
Q = (−c senα, c cosα),
onde c =
1
2
(−xo senα + yo cosα).
Então,a reta `′ paralela à reta ` que passa pelo ponto Q é dada por
`′ : − senαx+ cosα y = c,
24
Unidade 9Transformações geométricas planas
e a re�exão em torno dela é, por (9.3),
R`′(x, y) = (x cos 2α + y sen 2α, x sen 2α− y cos 2α)
+2c(− senα, cosα).
Observe que 2c(− senα, cosα) é o vetor −→u .
O X
Y
(xo, yo)
Q
−→u
−→w
`
`′
Figura 9.11: L = T~w ◦R`′
Como
−→u +−→w = (xo sen
2 α− yo cosα senα,−xo cosα senα + yo cos
2 α)
+(xo cos
2 α + yo cosα senα, xo cosα senα + yo sen
2 α)
= (xo, yo),
temos que
L(x, y) = (x cos 2α + y sen 2α, x sen 2α− y cos 2α)
+2c(− senα, cosα) + (xo cosα + yo senα)(cosα, senα),
ou seja, L = T−→w ◦R`′ , como queriamos provar.
25
Unidade 9 Exercícios
9.6 Exercícios
1. Ache a imagem da reta r : 3x − 2y = 1 pela translação T−→v , onde
−→v =
(−1, 1).
2. Determine a re�exão do círculo (x − 2)2 + (y − 3)2 = 1 com respeito aos
eixos coordenados e com respeito à reta x+ 3y = −2.
3. Ache um vetor −→v de modo que a translação T−→v por esse vetor, leve a curva
y = ax2 + bx+ c na curva y = ax2.
4. Sejam P1 e P2 pontos do plano. Mostre que a composta das simetrias RP1
e RP2 é a translação T−→v pelo vetor −→v = 2
−−−→
P1P2 .
5. Ache e identi�que a imagem R(C) da curva C : ax2 + 2bxy + ay2 = c pela
rotação R de 45◦ em torno da origem.
6. Sejam R1 a rotação de ângulo θ1 em torno do ponto P1 e R2 a rotação de
ângulo θ2 em torno do ponto P2. Mostre que a composta R1 ◦R2 é igual à
rotação de ângulo θ3 = θ1 + θ2 em torno de um terceiro ponto P3.
7. Veri�que que uma transformação constante é uma transformação linear se,
e somente se, é a transformação linear nula.
8. Prove que:
(a) a soma de duas transformações lineares é uma transformação linear;
(b) o produto de um escalar λ por uma transformação linear é também uma
transformação linear;
(c) a composta de duas transformações lineares é uma transformação linear;
(d) a composição de transformações lineares é distributiva com respeito à
soma de transformações lineares;
(e) a composição de transformações lineares não é em geral comutativa.
Indicação: componha um cissalhamento com uma homotetia.
9. Determine:
26
Unidade 9Transformações geométricas planas
(a) a imagem do círculo de centro (2, 2) e raio 1 pela homotetia de razão
1/2 e pela homotetia de razão 2;
(b) a imagem da reta r paralela ao vetor −→v = (1, 2) que passa pelo ponto
P = (2, 3) pelas homotetias do item anterior.
10. Sabemos que uma transformação linear leva retas em retas. Se uma trans-
formação no plano leva retas em retas então ela é uma transformação linear?
11. Ache uma isometria que leve a reta 2x− 4y = −3 no eixo OX.
12. Determine a isometria T = R2 ◦ R1 dada pela re�exão R1 com respeito à
reta y = x seguida da re�exão R2 com respeito à reta x = 0.
13. Determine uma transformação linear L e uma translação T−→v por um vetor
−→v de modo que a transformação S = T−→v ◦ L leve o círculo C de centro na
origem e raio 1 na elipse E :
(x− 2)2
4
+
(y − 1)2
9
= 1.
14. Considere as cônicas C dadas no Exercício 6 do Capítulo 8. Para cada uma
delas, encontre uma isometria T : R2 −→ R2 de modo que T (C) seja
uma elipse ou uma hipérbole com centro na origem e eixos focais paralelos
aos eixos coordenados ou uma parábola com vértice na origem e reta focal
paralela a um dos eixos coordenados.
15. Sejam ` e `′ retas concorrentes não perpendiculares do plano. A re�exão
com respeito à reta `, paralelamente a `′, é a transformação T : R2 −→
R2 que a cada ponto P associa o ponto P ′ = T (P ) tal que PP ′ é paralelo
a `′ e ` corta o segmento PP ′ no seu ponto médio. Determine a expressão
de T quando ` : − cos θ x+ sen θ y = 0 e `′ : − cosϕx+ senϕy = 0, com
ϕ 6= θ +
π
2
. A transformação T é uma isometria? T preserva ângulo?
16. Seja T : R2 −→ R2 uma transformação. Um ponto P ∈ R2 é um ponto
�xo de T se T (P ) = P . Mostre que:
(a) O ponto P0 é o único ponto �xo da rotação Rθ,P0 de ângulo θ em torno
de P0.
(b) Os pontos �xos da re�exão R` em torno de uma reta ` são os pontos
de `.
27
Unidade 9 Exercícios
(c) Se −→v 6= −→0 , a translação T−→v e a re�exão com deslizamento R`,−→v não
possuem pontos �xos.
17. Sejam `1 e `2 duas retas paralelas e o vetor −→v = 2
−−→
AB , com A ∈ `1, B ∈ `2
e
−−→
AB ⊥ `1. Mostre que T−→v = R`2 ◦ R`1 , onde R`1 e R`2 são as re�exões
em torno das retas `1 e `2, respectivamente.
18. Sejam R`1 e R`2 as re�exões em torno das retas `1 e `2 concorrentes, e
θ
2
o
ângulo de `1 para `2 no sentido positivo. Mostre que R`2 ◦R`1 é a rotação
de ângulo θ em torno do ponto de interseção de `1 com `2.
19. Mostre que uma re�exão com deslizamento pode ser escrita como a com-
posta de três re�exões.
20. Mostre que toda isometria do plano é uma re�exão, a composta de duas
re�exões ou a composta de três re�exões.
�
28
10
1
Curvas Planas
Parametrizadas
Sumário
10.1 Parametrização das cônicas . . . . . . . . . . . . . . 2
10.1.1 Parametrização do círculo . . . . . . . . . . . . . 2
10.1.2 Parametrização de uma elipse . . . . . . . . . . . 4
10.1.3 Parametrização de uma hipérbole . . . . . . . . . 7
10.1.4 Parametrização de uma parábola . . . . . . . . . 9
10.2 Parametrização de curvas planas conhecidas . . . . 12
10.2.1 Curva de Agnesi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
10.2.2 Ciclóides . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
10.2.3 Epiciclóide . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
10.2.4 Fólium de Descartes. . . . . . . . . . . . . . . . . 19
10.3 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
10.4 Solução de Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
Unidade 10 Parametrização das cônicas
Ao estudarmos as retas no plano, vimos que a reta r que passa por dois
pontos distintos P1 = (x1, y1) e P2 = (x2, y2) é dada pelas seguintes equações
paramétricas:
r :
x = x1 + t(x2 − x1)
y = y1 + t(y2 − y1)
; t ∈ R .
Estas equações expressam os valores das coordenadas cartesianas x e y de
um ponto qualquer da reta r em função de apenas uma variável, a variável t,
denominada parâmetro.
Neste capítulo veremos como obter as equações paramétricas de algumas
curvas planas, dentre elas as cônicas, usando, por exemplo, relações trigonométri-
cas básicas e observando as condições que um ponto deve satisfazer para per-
tencer a uma curva dada.
Definição 1 Seja C uma curva plana. Dizemos que uma aplicação γ : D −→ R2,
γ(t) = (x(t), y(t)), é uma parametrização de C se a sua imagem γ(D) coincide
com C, ou seja,
C = γ(D) = {(x(t), y(t)) | t ∈ D} ,
onde D é um subconjunto de R (geralmente um intervalo ou uma reunião �nita
de intervalos).
A imagem γ(D) ⊂ R2 é também chamada traço de γ.
A parametrização de uma curva plana pode ser vista como a trajetória de
uma partícula móvel que se desloca em um intervalo de tempo. Neste caso,
γ(t) = (x(t), y(t)) nos dá a posição que o móvel ocupa em cada instante t.
10.1 Parametrização das cônicas
Nesta seção veremos como parametrizar uma elipse, uma hipérbole e uma
parábola. Começaremos este estudo por um caso particular da elipse, mas
extremamente importante, que é o círculo.
10.1.1 Parametrização do círculo
Seja C : x2 + y2 = r2 o círculo de centro na origem e raio r > 0.
2
Unidade 10Curvas Planas Parametrizadas
Seja t a medida, em radianos, do ângulo P̂0OP (tomada no sentido posi-
tivo), onde O é a origem do sistema cartesiano de coordenadas, P0 = (r, 0) é
a interseção do círculo com o semieixo positivo OX e P = (x, y) ∈ C.
Consideremos o ponto P ′ = (x, 0). Como o triângulo OPP ′ é retângulo
em P ′, as expressões das coordenadas x e y, em função do parâmetro t, são:
x = x(t) = r cos t e y = y(t) = r sen t
Figura 10.1: Círculo C : x2 + y2 = r2.
Fazendo t percorrer os valores do
intervalo [0, 2π), obtemos todos os pon-
tos do círculo.
Se quisermos, podemos considerar
t percorrendo todos os valores reais.
Isto implica realizar um número in�nito
de voltas sobre o círculo. Portanto,
uma possibilidade de equações paramétri-
cas para o círculo C é:
C :
x = r cos t
y = r sent
; t ∈ R .
Observe que, para quaisquer valores reais a e b, com a 6= 0, as equações
x = r cos(at+ b) e y = r sen(at+ b),
também são equações paramétricas para o círculo C, pois:
x2 + y2 = r2 cos2(at+ b) + r2 sen2(at+ b) = r2 ,
para todo t ∈ R, e conforme t percorre todos os valores em
[
− b
a
,
2π − b
a
)
, o
ponto P = (r cos(at+ b), r sen(at+ b)) percorre todos os pontos do círculo.
Em particular, para a = −1 e b = π/2, obtemos que
C :
x = r cos(π/2− t) = r sen t
y = r sen(π/2− t) = r cos t
; t ∈ R ,
são equações paramétricas para o círculo C.
Seja agora o círculo de centro (x0, y0) e raio r > 0
C : (x− x0)2 + (y − y0)2 = r2.
3
Unidade 10 Parametrização das cônicas
Por uma translação do sistema de eixos OXY , obtemos um novo sistema
de eixos OX Y , onde O = (x0, y0) é o centro do círculo. Nas coordenadas x
e y do sistema OX Y , a equação cartesiana do círculo é x2 + y2 = r2, pois,
nesse sistema, o círculo C tem raio r e centro na origem.
Sendo x = r cos t e y = r sen t, t ∈ R, equações paramétricas de C nas
coordenadas x e y, segue que:
C :
x = x0 + x = x0 + r cos t
y = y0 + y = y0 + r sen t
; t ∈ R ,
são equações paramétricas do círculo C nas coordenadas x e y.
Figura 10.2: Círculo C :: (x− x0)2 + (y − y0)2 = r2.
Exemplo 1 Parametrize o círculo C : x2 + y2 − 4x− 6y = 12.
Solução. Completando os quadrados,
x2 − 4x+ y2 − 6y = 12⇐⇒ (x− 2)2 + (y − 3)2 = 12 + 4 + 9 = 25 ,
vemos que C é o círculo de centro C = (2, 3) e raio r = 5. Pelo visto acima,
C :
x = 2 + 5 cos t
y = 3 + 5 sen t
; t ∈ R ,
são equações paramétricas do círculo C.
10.1.2 Parametrização de uma elipse
Seja E :
x2
a2
+
y2
b2
= 1 uma elipse de centro na origem.
4
Unidade 10Curvas Planas Parametrizadas
Seja C : α2 + β2 = 1 o círculo de centro na origem e raio r = 1. Como
(x, y) ∈ E se, e só se, (α, β) =
(
x
a
,
y
b
)
∈ C, e C :
α = cos t
β = sen t
; t ∈ R e
C :
α = sen t
β = cos t
; t ∈ R são parametrizações de C, obtemos que
E :
x = a cos t
y = b sen t
; t ∈ R , e E :
x = a sen t
y = b cos t
; t ∈ R ,
são possíveis parametrizações da elipse E .
O signi�cado geométrico do parâmetro t ∈ R pode ser visto da seguinte
maneira.
Sejam Ca : x2 + y2 = a2 o círculo de centro na origem e raio a e Cb :
x2 + y2 = b2 o círculo de centro na origem e raio b.
Figura 10.3: Círculos Ca e Cb, a > b > 0.
Considere, para cada t ∈ R, os pontos Pa = (a cos t, a sen t) ∈ Ca e Pb =
(b cos t, b sen t) ∈ Cb, tais que os vetores
−−−→
OPa e
−−→
OPb fazem um ângulo t, no
sentido positivo, com o semieixo positivo OX.
A interseção da reta ra : x = a cos t, paralela ao eixo−OY que passa
pelo ponto Pa, com a reta rb : y = b sen t, paralela ao eixo−OX que passa
pelo ponto Pb, nos dá o ponto P = (a cos t, b sen t) pertencente à elipse E :
x2
a2
+
y2
b2
= 1.
5
Unidade 10 Parametrização das cônicas
Figura 10.4: Construção da elipse E
Seja agora a elipse E :
(x− x0)2
a2
+
(y − y0)2
b2
= 1 de centro (x0, y0).
Por uma translação dos eixos coordenados, obtemos um sistema de eixos
OX Y , onde O = (x0, y0) é o centro da elipse. Nas novas coordenadas x e y,
a equação cartesiana da elipse �ca na forma E :
x2
a2
+
y2
b2
= 1 e, portanto,
E :
x = a cos t
y = b sen t
; t ∈ R e E :
x = a sen t
y = b cos t
; t ∈ R
são parametrizações da elipse nas coordenadas x e y.
Como x = x+ x0 e y = y + y0, obtemos que:
E :
x = x0 + a cos t
y = y0 + b sen t
; t ∈ R , e E :
x = x0 + a sen t
y = y0 + b cos t
; t ∈ R ,
são parametrizações da elipse nas coordenadas x e y.
Exemplo 2 Parametrize a elipse x2 + 4y2 − 2x− 16y = −1.
Solução. Completando os quadrados,
x2 − 2x+ 4y2 − 16y = −1 ⇐⇒ (x− 1)2 + 4(y − 2)2 = −1 + 1 + 16 = 16
⇐⇒ (x− 1)2
16
+
(y − 2)2
4
= 1 ,
vemos que a elipse E tem centro no ponto (1, 2), reta focal y = 2 paralela ao
eixo−OX, a = 4 e b = 2.
Então,
6
Unidade 10Curvas Planas Parametrizadas
E :
x = 1 + 4 cos t
y = 2 + 2 sen t
; t ∈ R , e E :
x = 1 + 4 sen t
y = 2 + 2 cos t
; t ∈ R
são parametrizações de E .
10.1.3 Parametrização de uma hipérbole
Consideremos a hipérbole H : x2− y2 = 1 equilátera (a = b = 1) de centro
na origem cuja reta focal é o eixo−OX.
Sejam cosh t =
et + e−t
2
e senh t =
et − e−t
2
, t ∈ R, as funções cosseno
hiperbólico e seno hiperbólico. Os pontos (cosh t, senh t) e (− cosh t, senh t)
pertencem à hipérbole H, pois,
(cosh t)2 − (senh t)2 =
e2t + 2 + e−2t
4
− e2t − 2 + e−2t
4
= 1 para todo t ∈ R.
Figura 10.5: Grá�cos de cosh t e senh t.
Além disso, variando t em R, vemos que x = cosht (x = − cosht) per-
corre todos os valores em [1,+∞) (respectivamente, (−∞,−1]), enquanto
y = b senh t percorre todos os valores reais.
Portanto,
x = cosh t
y = senh t
; t ∈ R, é uma parametrização do ramo H+ de
H que intesecta o semieixo positivo OX, e
x = − cosh t
y = senh t
; t ∈ R, é uma
parametrização do ramo H− de H que intesecta o semieixo negativo OX.
7
Unidade 10 Parametrização das cônicas
Figura 10.6: Grá�co de H = H+ ∪H−.
Seja agora a hipérbole H :
(x− x0)2
a2
− (y − y0)2
b2
= 1 de centro (x0, y0) e
reta focal paralela ao eixo−OX.
Considere a hipérbole H0 : α2 − β2 = 1.
Como (x, y) ∈ H se, e só se, (α, β) =
(
x− x0
a
,
y − y0
b
)
∈ H0 e
α = ± cosh t
β = senh t
;
t ∈ R , é uma parametrização de H0, temos quex = x0 ± a cosh t
y = y0 + b senh t
; t ∈ R ,
são equações paramétricas da hipérbole H.
De modo análogo, podemos veri�car quex = x0 + b senh t
y = y0 ± a cosh t
; t ∈ R ,
são equações paramétricas da hipérboleH :
(y − y0)2
a2
− (x− x0)2
b2
= 1 de centro
(x0, y0) e reta focal paralela ao eixo−OY .
Exemplo 3 Parametrize a hipérbole H : x2 − 4y2 + 2x− 8y = 7.
Solução. Completando os quadrados, temos:
x2 + 2x− 4y2 − 8y = 7 ⇐⇒ (x+ 1)2 − 4(y + 1)2 = 7 + 1− 4 = 4
⇐⇒ (x+ 1)2
4
− (y + 1)2 = 1 .
8
Unidade 10Curvas Planas Parametrizadas
Logo, H é uma hipérbole de centro (−1,−1), reta focal y = −1 paralela
ao eixo−OX, a = 2 e b = 1.
Assim, pelo visto acima,
H :
x = ±2 cosh t− 1
y = senh t− 1
; t ∈ R ,
é uma parametrização de H.
Exemplo 4Parametrize a hipérbole H : −x2 + 9y2 − 2x+ 18y − 1 = 0.
Solução. Completando os quadrados, obtemos:
9(y2 + 2y)− (x2 + 2x) = 1 ⇐⇒ 9(y + 1)2 − (x+ 1)2 = 1 + 9− 1 = 9
⇐⇒ (y + 1)2 − (x+ 1)2
9
= 1 .
Logo, H é uma hipérbole de centro (−1,−1), reta focal x = −1 paralela
ao eixo−OY , a = 1 e b = 3.
Portanto,
H :
x = 3 senh t− 1
y = ± cosh t− 1
; t ∈ R ,
é uma possível parametrização de H.
10.1.4 Parametrização de uma parábola
As equações canônicas das parábolas se caracterizam por apresentar uma
das variáveis no primeiro grau. Isso permite expressar essa variável como função
da variável do segundo grau.
Assim, por exemplo, na parábola P de equação
(x− a)2 = k(y − b)⇐⇒ y =
1
k
(x− a)2 + b ,
de vértice (a, b) e reta-focal paralela ao eixo−OY , escolhendo o parâmetro t
como sendo x− a, a variável y se expressa como y =
1
k
t2 + b.
9
Unidade 10 Parametrização das cônicas
Figura 10.7: P : (x− a)2 = k(y − b) .
Portanto, P tem por equações paramétricas:
P :
x = t+ a
y =
1
k
t2 + b
, t ∈ R
Exemplo 5 Parametrize a parábola P : y2 − 2x+ 4y = 0.
Solução. Completando o quadrado:
y2 + 4y − 2x = 0 ⇐⇒ (y + 2)2 = 2x+ 4 = 2(x+ 2) ,
vemos que P é uma parábola de vértice V = (−2,−2) e reta focal y = −2
paralela ao eixo−OX.
Então, como x =
(y + 2)2
2
− 2, temos que:
P :
x =
t2
2
− 2
y = t− 2
; t ∈ R ,
são equações paramétricas da parábola P .
Exemplo 6 Determine uma parametrização da cônica dada pela equação do segundo
grau:
9x2 − 24xy + 16y2 − 20x+ 110y − 50 = 0 . (10.1)
Solução. Os coe�cientes da equação são A = 9, B = −24, C = 16,
D = −20, E = 110, F = 50 e seu indicador é I = B2− 4AC = (−24)2− 4×
9× 16 = 0. Portanto, a equação é do tipo parabólico.
10
Unidade 10Curvas Planas Parametrizadas
Seja A =
(
9 −12
−12 16
)
a matriz da equação 10.1 e
p(λ) = det
(
λ− 9 12
12 λ− 16
)
= (λ− 9)(λ− 16)− 144
= λ2 − 25λ = λ(λ− 25)
o seu polinômio característico, cujas raízes são λ1= 0 e λ2 = 25, ou seja,
λ1 = 0 e λ2 = 25 são os autovalores da matriz A.
Os autovetores −→u1 = (x, y) relativos ao autovalor λ1 = 0 são as soluções
do sistema  (λ1 − 9)x+ 12y = 0
12x+ (λ1 − 16)y = 0
⇐⇒
 −9x+ 12y = 0
12x− 16y = 0
⇐⇒
 −3x+ 4y = 0
3x− 4y = 0
⇐⇒ x =
4y
3
.
Assim, −→u1 =
(
4
5
,
3
5
)
é um autovetor unitário relativo ao autovalor λ1 = 0.
E, portanto, −→u2 =
(
−3
5
,
4
5
)
é um autovetor unitário relativo ao autovalor
λ2 = 25.
Seja OX Y o sistema obtido girando, no sentido positivo, os eixos OX e
OY de ângulo θ ∈ (0, π/2) tal que cos θ =
4
5
e sen θ =
3
5
.
Nas coordenadas x e y do sistema OX Y , a equação 10.1 �ca na forma
25y2 +
〈(
4/5 −3/5
3/5 4/5
)
(x, y), (−20, 110)
〉
− 50 = 0
⇐⇒ 25y2+ −50 = 0
⇐⇒ 25y2 − 16x+ 12y + 66x+ 88y − 50 = 0
⇐⇒ 25y2 + 50x+ 100y − 50 = 0
⇐⇒ y2 + 2x+ 4y − 2 = 0.
Completando o quadrado, temos:
y2 + 4y = −2x+ 2⇐⇒ (y + 2)2 = −2x+ 2 + 4 = −2(x− 3) .
Assim, a curva representa uma parábola de vértice V = (3,−2), parâmetro
p =
1
2
, reta focal ` : y = −2, foco F =
(
3− 1
2
,−2
)
=
(
5
2
,−2
)
e diretriz
L : x = 3 +
1
2
=
7
2
.
11
Unidade 10 Parametrização de curvas planas conhecidas
Portanto,  x = − t
2
2
+ 3
y = t− 2
; t ∈ R ,
é uma parametrização da parábola nas coordenadas x e y.
Então, usando a mudança de coordenadas x =
1
5
(4x−3y) e y =
1
5
(3x+4y),
obtemos que:
P :

x =
1
5
(
4
(
− t
2
2
+ 3
)
− 3(t− 2)
)
= −1
5
(2t2 + 3t− 18)
y =
1
5
(
3
(
− t
2
2
+ 3
)
+ 4(t− 2)
)
=
1
5
(
−3
2
t2 + 4t+ 1
) ; t ∈ R ,
é uma parametrização da cônica.
Figura 10.8: Parábola 9x2 − 24xy + 16y2 − 20x+ 110y − 50 = 0
10.2 Parametrização de curvas planas conhe-
cidas
10.2.1 Curva de Agnesi.
Seja C um círculo de raio r tangente a duas retas paralelas s1 e s2. Sejam
O e A os pontos de tangência de C com s1 e s2, respectivamente. Do ponto
12
Unidade 10Curvas Planas Parametrizadas
O tracemos uma semirreta em direção à reta s2. Sejam R e Q os pontos de
interseção desta semirreta com C e s2, respectivamente. Tracemos o segmento
QD, perpendicular a s1, com D ∈ s1, e a reta s paralela a s1 passando por R
(veja a Figura 10.9).
Figura 10.9: Construção da curva de Agnesi.
Seja P o ponto de interseção da reta s com o segmento QD. Os pontos P
assim obtidos, traçando todas as semirretas que partem de O e intersectam C,
descrevem a curva denominada curva de Agnesi.
Para obtermos as equações paramétricas da curva de Agnesi, admitamos que
O seja a origem do sistema de coordenadas, s1 seja o eixo OX e s2 : y = 2r.
Assim, A = (0, 2r) nessas coordenadas (Figura 10.9).
O nosso problema consiste em determinar as coordenadas dos pontos P =
(x, y) da curva em função de apenas um parâmetro.
Denotando t a medida do ângulo D̂OQ, obtemos:
|OD| = |OQ| cos t e |RB| = |OR| sen t . (10.2)
onde B é a projeção de R sobre o eixo OX.
Note que os triângulos ORA (inscrito em um semicírculo de C) e ODQ
são retângulos. No primeiro, ÔRA é o ângulo reto, a medida de ÔAR é t
e, portanto, |OR| = 2 r sen t. No triângulo ODQ, temos |QD| = 2r. Logo,
|OQ| sen t = 2r, ou seja, |OQ| = 2r
sen t
.
Substituindo essas relações em (10.2), obtemos:
|OD| = 2r cos t
sen t
= 2r cotg t e |RB| = 2r sen2 t . (10.3)
13
Unidade 10 Parametrização de curvas planas conhecidas
Então, as equações paramétricas da curva de Agnesi são:x = 2 r cotg t
y = 2 r sen2 t
; t ∈ (0, π) ,
e seu traço é mostrado na �gura 10.10:
Figura 10.10: Curva de Agnesi.
10.2.2 Ciclóides
Sejam C um círculo de raio r, s uma reta e P um ponto de C. Denominamos
ciclóide a curva descrita pelo ponto P quando C rola sobre a reta s, sem deslizar.
Para obtermos as equações paramétricas da ciclóide, admitamos que:
• a reta s é o eixo OX;
• o círculo C inicia o movimento estando seu centro no ponto (0, r);
• o ponto P coincide com a origem do sistema de coordenadas no início do
movimento.
Tracemos dois círculos: C1, representando C em sua posição inicial, e C2,
representando C após ter rolado alguns instantes.
Veja, na Figura 10.11, a designação dos seguintes elementos:
• sejam O1 e O2 os centros de C1 e C2, respectivamente;
• P = (x, y) o ponto da ciclóide em C2;
• A o ponto em que C2 toca o eixo OX;
• Q = (x, 0) e T = (0, y) as projeções ortogonais de P sobre OX e OY ,
respectivamente;
• M e N as projeções ortogonais de P sobre O2O1 e O2A, respectivamente;
• t a medida do ângulo que O2P faz com O2A, no sentido positivo.
14
Unidade 10Curvas Planas Parametrizadas
Figura 10.11: Desenvolvimento da ciclóide.
Note que o segmento OA tem o mesmo comprimento que o arco de A a P
sobre o círculo C2, que consiste dos pontos de C que já �zeram contato com a
reta s.
Como t é a medida de ÂO2P , o comprimento do arco de C2 de A a P que
já fez contato com s é rt. Logo, |OA| = rt.
Então,
x = |OQ| = |OA| ± |QA| = |OA| ± |O2M | = rt± r| sen t|
y = |OT | = |OO1| ± |TO1| = r ± |O2N | = rt± r| cos t|
,
onde o sinal depende da posição de Q na semirreta
⇀
OA e da posição de T na
semirreta
⇀
OO1, que, por sua vez, variam com a medida t do ângulo ÂO2P .
Analisando o sinal de sen t e cos t nos intervalos [0, π
2
], [π
2
, π], [π, 3π
2
] e
[3π
2
, 2π], obtemos as seguintes equações paramétricas da ciclóide:{
x = rt− r sen t
y = r − r cos t
, t ∈ R
Observação 2• para t = 0, o ponto P está na sua posição inicial;
• para t = π, P dista 2r do eixo OX;
• para t = 2π, o círculo dá um giro completo e o ponto P volta a tocar o eixo
OX.
Veja como é feito o movimento na seqüência de �guras abaixo.
15
Unidade 10 Parametrização de curvas planas conhecidas
Figura 10.12: t = 2π
3
. Figura 10.13: t = π .
Figura 10.14: t = 3π
2
. Figura 10.15: t = 2π .
Figura 10.16: Ciclóide.
trocóides.
10.2.3 Epiciclóide
Consideremos dois círculos, Γ e C, de raios R e r, respectivamente,tais que:
• Γ e C se tocam apenas em um ponto P ,
• os pontos de C, diferentes de P , estão no exterior de Γ.
Denominamos epiciclóide o lugar geométrico descrito pelo ponto P quando
C rola sobre Γ sem deslizar.
Para obtermos as equações paramétricas da epiciclóide, admitamos Γ com
centro na origem, C com centro no ponto (R + r, 0) e que a posição inicial de
P seja P1 = (R, 0).
Nas Figuras 10.17 e 10.18, mostramos o círculo C após ter rolado, no sentido
positivo, alguns instantes sobre o círculo Γ. Acompanhe, nessas mesmas �guras,
a designação dos seguintes elementos: P = (x, y) o ponto da epiciclóide que,
estando inicialmente na posição P1, descreve o arco de curva P1P quando C
rola um ângulo de medida θ sobre Γ; A o ponto de contato entre os círculos; O2
16
Unidade 10Curvas Planas Parametrizadas
o centro de C; B e D as projeções de O2 sobre os eixos OX e OY ; Q = (x, 0)
e T = (0, y) as projeções de P sobre OX e OY ; M e N as projeções de P
sobre as retas O2D e O2B, respectivamente, e seja t o ângulo ÂO2P descrito
pelo ponto P com respeito à semirreta radial OO2.
Figura 10.17: P descreve uma epiciclóide. Figura 10.18: P continuando o movimento.
O nosso problema consiste em descrever as coordenadas do ponto P em
termos de um parâmetro.
Nas �guras acima, vemos que as posições relativas entre O,Q e B e entre
O, T e D variam de acordo com a posição do ponto P . Isto é, de acordo com
a medida t do ângulo ÂO2P .
No caso em que Q está entre O e B, e T está entre O e D, �gura 10.17,
temos:
x = |OQ| = |OB| − |QB| = |OB| − |O2M | ,
y = |OT | = |OD| − |TD| = |OD| − |O2N | .
(10.4)
Note que, enquanto C rola sobre Γ, seu centro descreve um círculo centrado
em O e de raio R+r. Sendo θ a medida do ângulo que o semieixo OX positivo
faz com a semirreta OO2 (no sentido positivo), obtemos:
|OB| = (R + r)cosθ e |OD| = (R + r)senθ . (10.5)
Se t é a medida do ângulo que O2A faz com O2P , no sentido positivo,
vemos que:
N̂O2P = ÔO2B − ÂO2P = (π
2
− θ)− t = π
2
− (θ + t) .
Portanto, no triângulo-retângulo PNO2, temos:
|O2M | = r sen(N̂O2P ) = r sen(π
2
− (θ + t)) = r cos(θ + t) ,
|O2N | = r cos(N̂O2Pquadrante do plano.
6. O círculo C de centro A e raio r > 0 divide o plano em três subconjuntos
disjuntos, são estes
• o conjunto dos pontos do próprio círculo C: P ∈ C ⇐⇒ d(A,P ) = r;
• o conjunto I dos pontos interiores a C: P ∈ I ⇐⇒ d(A,P ) r.
(a) Determine se os pontos P = (1, 1), Q = (−3, 2), R = (−2,−2),
S = (4,−2) pertencem ao círculo C : x2+ y2− 4x+2y = 8, ao seu interior
ou ao seu exterior.
(b) Determine se o círculo C1 : x2 − x+ y2 − 1 = 0 intersecta o círculo C.
Caso negativo, decida se C1 está contido no interior ou no exterior de C.
19
Unidade 1 Vetores no plano
7. Um subconjunto A do plano é limitado se consiste de pontos interiores a
um círculo.
(a)Mostre que A é limitado se, e somente se, A consiste de pontos interiores
a um círculo centrado na origem.
(b) Um subconjunto A do plano é ilimitado quando não é limitado. Mostre
que A é ilimitado se, e somente se, A possui pontos exteriores a qualquer
círculo centrado na origem.
(c) Mostre que o conjunto A do Exercício 5 é ilimitado.
8. Um subconjunto A do plano é
• simétrico em relação ao eixo-OX se (x, y) ∈ A⇐⇒ (x,−y) ∈ A;
• simétrico em relação ao eixo-OY se (x, y) ∈ A⇐⇒ (−x, y) ∈ A;
• simétrico em relação à origem, se (x, y) ∈ A⇐⇒ (−x,−y) ∈ A.
(a) Mostre que o conjunto A = {P = (x, y) |x4 + y4 = 1} é simétrico em
relação aos eixos OX e OY e também em relação à origem.
(b) Mostre que A é limitado.
9. Determine o centro e o raio dos círculos cujas equações são:
C1 : x2 + y2 = 2x+ 4y e C2 : x2 + y2 = 4y − 8x.
Veri�que que os círculos se intersectam e determine as coordenadas dos
pontos de interseção.
10. Seja 4ABC um triângulo retângulo de hipotenusa BC. Calculando dis-
tâncias em coordenadas mostre que o comprimento da mediana relativa ao
lado BC é a metade do comprimento do lado BC.
11. Seja AB um diâmetro do círculo C e seja C um ponto de C diferente de A
e B. Usando a distância em coordenadas, mostre que o triângulo 4ABC
é retângulo.
12. Determine o vértice C do triângulo equilátero 4ABC, sabendo que A =
(x, 0) e B = (−x, 0).
20
Unidade 1Coordenadas e vetores no plano
13. Use o GeoGebra para localizar os pontos A = (−2, 2), B = (1, 1), C =
(1, 3), D = (3, 4), E = (3, 2), F = (6, 1), G = (3, 1), H = (1, 0),
I = (0, 4), J = (−3, 2), K = (−1, 1), L = (−3, 0), M = (−2,−3),
N = (1,−1), P = (5, 0) e Q = (3, 1). Por mera inspeção, decida quais dos
seguintes segmentos são equipolentes: AB, AC, CD, DF , EF , GH, EJ ,
IJ , KL, NM , MN , PQ.
14. Em cada caso, determine o pontoD tal que CD ≡ AB, ondeA = (−1,−1),
B = (2, 3) e C é o ponto:
(a) (2, 1); (b) (−2, 0); (c) (1, 3); (d) (1, 1); (e) (2, 3).
15. Determine o ponto P tal que
−−→
OP =
−−→
AB , onde:
(a) A = (1,−1) e B = (1, 1);
(b) A = (−2, 0) e B = (1, 3);
(c) A = (−1,−3) e B = (0, 0);
(d) A = (2,−2) e B = (2, 2).
16. Sejam A = (1,−1) e B = (4, 1) vértices do paralelogramo P = ABDC.
Sabendo que as diagonais de P se cortam no ponto M = (3, 2), determine
os vértices C e D.
17. Dados os pontos A = (1, 1), B = (3, 4) e C = (4, 2), determine os possíveis
pontos D tais que A, B, C e D sejam os vértices de um paralelogramo.
18. Se
−−→
PQ = (2, 1), determine a equação que satisfazem as coordenadas do
ponto Q = (x, y), sabendo que P pertence ao círculo de centro na origem
e raio 1.
�
21
Unidade 1 Textos Complementares
1.7 Textos Complementares
Para Saber Mais
Figura 1.25: Ptolomeu
Ao longo do tempo, com diversas motivações práticas,
o ser humano se defrontou com a necessidade de localizar
lugares e medir distâncias e áreas de regiões, valendo-se de
Sistemas de Coordenadas para esses �ns. Sabe-se que os
sistemas de coordenadas são usados na Astronomia e na
Geogra�a, ainda que não na forma que usamos atualmente,
desde a época dos gregos como Hiparco por volta de 150
a.C., sendo um dos exemplos mais famosos e relevantes o do mapa do Mundo
de Claudio Ptolomeu (85�165 d.C.).
Figura 1.26: Reprodução de mapa de Ptolomeu por Johannes Schnitzer, 1482.
Figura 1.27: Oresme
Em sua obra De con�gurationibus qualitatum et mo-
tuum, Nicole Oresme (1323�1382) utiliza um sistema de
coordenadas para elaborar um grá�co onde representa a
variação de uma magnitude (velocidade) em termos de ou-
tra (tempo). A obra de Oresme foi reproduzida ao longo de
100 anos preservando sua forma original e nela aparecem
pela primeira vez os termos latitude e longitude.
22
Unidade 1Coordenadas e vetores no plano
Para Saber MaisA Geometria Analítica moderna foi descoberta de forma independente
e quase simultânea por Pierre de Fermat em 1629 (num trabalho publi-
cado apenas em 1679) e René Descartes em 1637 num trabalho denominado
La Géométrie publicado em 1637 como apêndice da sua obra Discours de la
méthode pour bien conduire sa raison et chercher la vérité dans les sciences
� (Discurso do método para bem conduzir a razão e procurar a verdade nas
ciências). O fato que permitiu a descoberta foi o grau de desenvolvimento
em que se encontrava a Álgebra simbólica na época, o que permitiu manipular
quantidades abstratas sem o caráter de medida da Geometria grega. A obra de
Descartes consistia de três partes. Na primeira são postas as bases do que viria
a ser a Geometria Algébrica, permitindo um avanço considerável em relação à
matemática grega. Enquanto para os gregos uma variável x signi�cava o com-
primento de um segmento, um produto x · y a área de um retângulo e x · y · z
o volume de um paralelepípedo, para Descartes x · x = x2 era apenas o quarto
termo da proporção 1 : x :: x : x2 (leia-se 1 está para x como x está para x2).
Figura 1.28: Pierre de Fermat (1601-1665) Figura 1.29: René Descartes (1596-1650)
Na segunda parte do La Géométrie, Descartes faz uma classi�cação de al-
gumas curvas planas e descreve um método para construir tangentes a curvas
(antes da invenção do Cálculo) e na terceira parte trata da resolução de equações
de grau maior ou igual a 3. Deve-se a Descartes, também, o uso de expoentes
para designar as potências.
23
Unidade 1 Textos Complementares
Figura 1.30: La Géométrie, página de rosto
24
Unidade 1Coordenadas e vetores no plano
Para Saber MaisUm paralelogramo é um quadrilátero com lados opostos paralelos (Figura
1.31). Dado o quadrilátero ABDC, usando congruência de triângulos prova-se
que as seguintes a�rmações são equivalentes:
(a) O quadrilátero é um paralelogramo;
(b) Seus lados opostos são congruentes;
A
B
D
C
Figura 1.31: Paralelogramo ABDC, lados opostos
congruentes e paralelos
A
B
D
C
M
Figura 1.32: As diagonais de ABDC se intersectam
no ponto médio M
(c) Seus ângulos opostos são congruentes;
(d) Dois dos seus lados opostos são congruentes e paralelos;
(e) Suas diagonais se intersectam no ponto médio de ambas.
25
Unidade 1 Textos Complementares
Para Saber Mais Prova da proposição 6.Se AB ‖ CD, a equivalência é verdadeira, pois
ABDC é um paralelogramo e suas diagonais cortam-se ao meio.
O
A a
B b
M m
C c
D d
(a)
m = a+d
2
= b+c
2
O
A a
M1 m1
B b
D d
M2 m2
C c
(b)
m1 = a+d
2
m2 = b+c
2
m1 6= m2
Figura 1.33: (a) AB ≡ CD (b) AB 6≡ CD
Se AB e CD são colineares, seja r a
reta que os contém provida de uma ori-
entação e uma origem O escolhidas de
modo que B esteja à direita de A (Figura
1.33). Sejam a, b, c e d as coordenadas
de A, B, C e D na reta r em relação a
uma unidade de medida escolhida.
(=⇒) Se AB ≡ CD, temos a) = r cos(π
2
− (θ + t)) = r sen(θ + t) .
(10.6)
17
Unidade 10 Parametrização de curvas planas conhecidas
Substituindo as identidades (10.5) e (10.6) em (10.4), obtemos:
x = (R + r) cos θ − r cos(θ + t) ,
y = (R + r) sen θ − r sen(θ + t) .
(10.7)
Observe que o comprimento do arco de A a P ao longo de C é igual ao
comprimento do arco de P1 a A sobre o círculo Γ (lembre que C rola sobre Γ,
sem deslizar). Como a medida do primeiro arco é rt e a medida do segundo é
Rθ, temos rt = Rθ, de onde, t =
Rθ
r
.
Logo, substituindo t = Rθ
r
em (10.7), obtemos as seguintes equações
paramétricas da epiciclóide, apenas em função do parâmetro θ:
x = (R + r) cos θ − r cos
(
θ +
Rθ
r
)
= (R + r) cos θ − r cos
((
R + r
r
)
θ
)
, (10.8)
y = (R + r) sen θ − r sen
(
θ +
Rθ
r
)
= (R + r) sen θ − r sen
((
R + r
r
)
θ
)
.
Vamos veri�car agora o caso em que B está entre O e Q e T está entre O
e D (Figura 10.18).
No triângulo NPO2, (Figura 10.18), temos N̂O2P = t − (π
2
− θ) = (θ +
t)− π
2
. Portanto:
|O2M | = r sen((θ + t)− π
2
) = −r cos(θ + t) ,
|O2N | = r cos((θ + t)− π
2
) = r sen(θ + t) .
Como
x = |OQ| = |OB|+ |QB| = |OB|+ |O2M | ,
y = |OT | = |OD| − |TD| = |OD| − |O2N | ,
obtemos as mesmas equações paramétricas do caso anterior.
Nos outros casos, em que B está entre O e Q e D está T e O, ou que Q
está entre O e B e D está entre T e O, também podemos mostrar que:
x = (R + r) cos θ − r cos
((
R+ r
r
)
θ
)
,
y = (R + r) sen θ − r sen
((
R+ r
r
)
θ
)
.
Assim, quando C rola sobre Γ, as coordenadas do ponto P satisfazem as
equações (10.8), independentemente da posição de P .
18
Unidade 10Curvas Planas Parametrizadas
Conclusão: as equações paramétricas da epiciclóide são:
x = (R + r) cos θ − r cos((R+r
r
)θ)
y = (R + r) sen θ − r sen((R+r
r
)θ)
, θ ∈ R (10.9)
Observe que, quando C percorre um arco de Γ de comprimento igual a 2πr,
o ponto P volta a tocar Γ.
Portanto, se R
r
= n, onde n ∈ N, o ponto P toca Γ n vezes até coincidir
com sua posição inicial na n-ésima vez.
Para veri�car isto, basta observar que o comprimento de Γ contém n vezes
o comprimento de C: 2πR = 2π(nr) = n(2πr) .
A Cardióide é a epiciclóide com r = R (⇐⇒ θ = t). Então, por 10.9, as
equações paramétricas da cardióide são:{
x = 2r cos θ − r cos(2θ)
y = 2r sen θ − r sen(2θ)
Figura 10.19: Cardióide R = r .
10.2.4 Fólium de Descartes.
A curva chamada Fólium de Descartes é a curva cuja equação cartesiana é:
C : x3 + y3 = 3axy , onde a > 0 , (10.10)
19
Unidade 10 Parametrização de curvas planas conhecidas
Para fazermos um esboço detalhado desta curva, vamos primeiro parametrizá-
la. Para isso, introduzimos o parâmetro t = y/x .
Observe que:
• se (x, y) ∈ C, então x = 0⇐⇒ y = 0,.
• se t = −1 e (x, y) ∈ C, então x = −y =⇒ x3 + (−x)3 = 3ax(−x) =⇒
0 = −3ax2 =⇒ x = 0 e y = 0 .
Substituindo y = tx na equação x3 + y3 = 3axy, obtemos:
x3 + (tx)3 = 3ax(tx) ⇐⇒ (1 + t3)x3 = 3atx2 .
Portanto, para t 6= −1, temos que x =
3at
1 + t3
e y = tx =
3at
1 + t3
t .
Assim,
C :

x(t) =
3at
1 + t3
y(t) =
3at2
1 + t3
; t ∈ (−∞,−1) ∪ (−1,+∞) ,
é uma parametrização da Folium de Descartes. Observe que (x(0), y(0)) =
(0, 0).
Vamos agora veri�car algumas propriedades relativas a esta curva:
1. A curva intersecta a reta r : y = x nos pontos (0, 0) e
(
3a
2
,
3a
2
)
.
Figura 10.20: r′ ⊥ r e P ′ simétrico de P em
relação a r.
De fato, fazendo y = x na equação
(10.10), obtemos:
x3 + x3 = 3axx
⇐⇒ 2x3 = 3ax2
⇐⇒ x = 0 ou x =
3a
2
.
2. A curva é simétrica em relação à
reta r : y = x.
Seja P = (x0, y0) um ponto do plano
e P ′ o simétrico de P em relação à
reta r : x− y = 0.
Seja r′ a reta perpendicular à reta r que passa pelo ponto P . Então,
r′ ‖ (1,−1) e
r′ :
{
x = s+ x0
y = −s+ y0
; s ∈ R ,
20
Unidade 10Curvas Planas Parametrizadas
é uma equação paramétrica da reta r′.
O ponto Q = (s+x0,−s+ y0) de interseção da reta r′ com a reta r têm
parâmetro s dado por:
s+ x0 = −s+ y0 ⇐⇒ s =
y0 − x0
2
.
Logo,
Q =
(
y0 − x0
2
+ x0,−
y0 − x0
2
+ y0
)
=
(
y0 − x0
2
+ x0,
x0 − y0
2
+ y0
)
=
(
y0 + x0
2
,
x0 + y0
2
)
,
e, portanto,
P ′ = 2Q− P = (x0 + y0, x0 + y0)− (x0, y0) = (y0, x0) .
Para veri�car que C é simétrica em relação à reta r : y = x, basta
mostrar que (x, y) ∈ C se, e só se, (y, x) ∈ C, o que é evidente pela
equação cartesiana de C.
Observação 3 Podemos provar, de modo análogo, que o simétrico de um ponto P =
(x, y) com respeito à reta y = −x é o ponto P ′ = (−y,−x). Assim, um
conjunto S é simétrico com relação à reta l, quando:
(x, y) ∈ S ⇐⇒ (−y,−x) ∈ S.
3. Vamos analizar agora o comportamento da curva em função do parâmetro
t nos intervalos (−∞,−1) , (−1, 0] , [0, 1] e [1,+∞).
(A) Para t ∈ (−∞,−1): 1 + t3 0 e y(t) 0, x(t) 0; (x(0), y(0)) =
(0, 0) e
lim
t→−1+
(x(t), y(t)) = (−∞,+∞) .
(C) Para t ∈ [0, 1]: 1 + t3 > 0; x(t) > y(t) > 0 se t ∈ (0, 1); x(0) =
y(0) = 0 e x(1) = y(1) =
3a
2
.
21
Unidade 10 Parametrização de curvas planas conhecidas
(D) Para t ∈ (1,+∞): 1 + t3 > 0; y(t) > x(t) > 0;
lim
t→+∞
(x(t), y(t)) = lim
t→+∞
(
3a
1/t+ t2
,
3a
1/t2 + t
)
= (0, 0) .
4. A curva está contida no semiplano x+y+a > 0 e d((x(t), y(t)), r) −→ 0
quando t −→ −1±, onde r é a reta x+y+a = 0. Então, r é uma assíntota
da curva.
De fato:
• x(t) + y(t) + a =
3at
1 + t3
+
3at2
1 + t3
+ a =
3at+ 3at2 + a+ at3
1 + t3
= a
t3 + 3t2 + 3t+ 1
1 + t3
= a
(t+ 1)(t2 + 2t+ 1)
(t+ 1)(t2 − t+ 1)
= a
t2 + 2t+ 1
t2 − t+ 1
=
a(t+ 1)2
t2 − t+ 1
> 0 , (10.11)
pois (t+1)2 > 0 para todo ∈ R−{−1} e t2− t+1 > 0 para todo t ∈ R.
• lim
t→−1±
d((x(t), y(t)), r) = lim
t→−1±
|x(t) + y(t) + a|√
2
= lim
t→−1±
a(t+ 1)2√
2 (t2 − t+ 1)
=
a · 0√
2 · 3
= 0 . (10.12)
Usando as informações acima, podemos traçar a curva:
Figura 10.21: Folium de Descartes obtido com a = 1.
22
Unidade 10Curvas Planas Parametrizadas
10.3 Exercícios
1. Para cada uma das curvas abaixo, determine sua equação cartesiana e
esboce-a.
(a) C :
x = t2
y = t3
; t ∈ R (b) C :
x = t2
y = 2t2
; t ∈ R
(c) C :
x = t4
y = 2t2
; t ∈ R (d) C :
x = cos2(πt
2
)
y = sen2(πt
2
)
; t ∈ R
2. As curvas (isto é, as trajetórias) descritas em cada um dos itens abaixo são
idênticas?
(a) C1 :
x = t+ 1
t
y = t− 1
t
; t ∈ R− {0} e C2 :
x = et + e−t
y = et − e−t
; t ∈ R
(b) C1 :
x = t+ 1
t
y = t− 1
t
; t > 0 e C2 :
x = et + e−t
y = et − e−t
; t ∈ R
3. Considere o círculo C : (x− x0)2 + (y − y0)2 = r2 de centro (x0, y0) e raio
r > 0. Parametrize a parte superior de C (isto é, (x, y) ∈ C; y ≥ y0) de
duas maneiras diferentes.
4. Seja a hipérbole H :
(x− x0)2
a2
− (y−y0)2
b2
= 1 de centro (x0, y0) e reta focal
paralela ao eixo−OX. Mostre que
H+ :
x = a sec t+ x0
y = b tan t+ y0
; t ∈
(
−π
2
,
π
2
)
,
H− :
x = −a sec t+ x0
y = b tan t+ y0
; t ∈
(
−π
2
,
π
2
)
são parametrizações dos ramos H+ e H− de H que intersectam o semieixo
OX positivo e semieixo OX negativo, respectivamente.
5. Parametrize as cônicas de duas maneiras diferentes.
(a) x2 − 4y2 + 4x+ 8y − 4 = 0
23
Unidade 10 Exercícios
(b) x2 + 4y2 + 4x− 8y + 4 = 0
(c) −4x2 + y2 − 8x+ 4y − 4 = 0
(d) 4y2 + 8x+ 8y − 4 = 0
6. Encontre equações paramétricas para as cônicas dadas pelas equações do
segundo grau do exercício 6 do Capítulo 8.
7. A involuta de um círculo de raio a é a curva descrita pela extremidade de
um �o quando o �o (mantido tenso) é desenrolado de um carretel de raio
a (ver �gura 10.22). Determine equações paramétricas para tal involuta
sabendo que o centro do carretel (isto é, do círculo) está na origem e que o
�o começa a ser desenrolado no ponto A = (a, 0).
Figura 10.22: Exercício 7
Note que o segmento OT é perpendicular ao segmento TP .
8. Considere o círculo da �gura 10.23. Sejam OA o diâmetro sobre o eixo
OX, AB um segmento tangente ao círculo em A, eC o ponto em que
o segmento OB intercepta o círculo. Se P está sobre o segmento OB e
OP = CB, obtenha as equações paramétricas do lugar geométrico descrito
por tais pontos P . Esta curva é denomidada Cissóide de Diocles.
Determine também a equação cartesiana, mostre que a reta x = 2a é uma
assíntota e faça um esboço da curva.
24
Unidade 10Curvas Planas Parametrizadas
Figura 10.23: Exercício 8
9. Consideremos dois círculos Γ e C, de raios R e r, respectivamente, tais que:
r y(t), pois t > t3, e
lim
t→−∞
(x(t), y(t)) = lim
t→−∞
(
1
1/t+ t3
,
1
1/t3 + t
)
= (0, 0) .
B. para t ∈ (−1, 0) ∪ (1,+∞), x(t) 0 e t = −
√
y
x
se x 0 ;
• x =
−
√
y/x
1 + y2/x2
⇐⇒ x =
−x2 |y|
1/2
|x|1/2
x2 + y2
⇐⇒ x2 + y2 = −x |y|
1/2
|x|1/2
⇐⇒ x2 + y2 = |x|
√
|y|√
|x|
=
√
|x| |y| = √xy , se x+ 2πk)
representam o mesmo ponto do plano. Além disto, como (ρ, θ) = (−ρ, θ + π)
se ρ 0.
Assim, (ρ, θ) = (ρ, θ + 2πk) = (−ρ, θ + (2n + 1)π) quaisquer que sejam
k, n ∈ Z e ρ ∈ R.
Nisso, o sistma polar difere do sistema cartesiano, no qual existe uma cor-
respondência biunívoca entre as coordenadas e os pontos do plano. Mas, se
o ponto P não for a origem e se restringimos ρ e θ aos intervalos (0,+∞) e
[0, 2π), respectivamente, existirá apenas um par de coordenadas polares (ρ, θ)
para P .
Exemplo 1Os pontos P1 = (1, 0◦), P2 = (4,−π/4), P3 = (−1, 0◦) e P4 = (−2, π/3)
estão ilustrados na �gura 11.3.
O A
P1
P2
P3
P4
π
3
π
4
Figura 11.3: Pontos P1, P2, P3 e P4 no sistema Oρ θ
Podemos representar esses pontos também com as seguintes coordenadas
polares: P1 = (1, 360◦k) = (−1, 360◦n + 180◦); P2 = (4,−π/4 + 2πk) =
(−4,−π/4 + π + 2πn) = (−4, 3π/4 + 2πn), P3 = (−1, 360◦k) = (1, 180◦ +
360◦n) e P4 = (−2, π/3 + 2πk) = (2, π/3 + π + 2πn) = (2, 4π/3 + 2πn) =
(2, 240◦ + 360◦n) para todos k e n inteiros.
3
Unidade 11 Coordenadas Polares
Exemplo 2
O A
P
C
θ
ρ=
3
Figura 11.4: Círculo C
O conjunto C dos pontos P = (ρ, θ)
que satsifazem a equação ρ = 3 é o con-
junto dos pontos cuja distância ao pólo O
é igual a 3.
Ou seja,
C = {(ρ, θ) ; ρ = 3 e θ ∈ R}
é o círculo de centro O e raio igual a três.
Observação 2 A equação ρ = −3 também é uma equação polar do círculo acima. Em
geral, ρ = a é a equação polar de um círculo de raio |a| centrado na origem.
Exemplo 3
AO
θ0=
π
4
r
Figura 11.5: Reta r : θ = π/4
Seja r o conjunto dos pontos
P = (ρ, θ) do plano que satisfa-
zem a equação polar θ =
π
4
, ou
seja,
r = {(ρ, θ) ; ρ ∈ R e θ = π/4}.
Então, r é a reta que passa
pelo póloO e tem inclinação θ0 =
π/4 com respeito ao eixo polar.
Observação 3 Qualquer reta que passa pelo pólo O tem equação polar da forma θ = θ0,
onde θ0 é uma constante. Além disso, θ = θ0 + 2πk e θ = θ0 + (2k + 1)π,
k ∈ Z, representam a mesma reta no plano.
Vamos obter agora a equação polar de uma reta r que não passa pelo pólo.
Proposição 4 Seja Oρ θ um sistema de coordenadas polares no plano. Sejam r uma reta
que não passa pelo pólo O, λ a distância do pólo a r e α o ângulo que o eixo
polar forma com a semirreta de origem no pólo que é perpendicular a r (Figura
11.6). Então, um ponto P de coordenadas polares (ρ, θ) pertence a r se, e
somente se:
ρ cos(θ − α) = λ (11.1)
4
Unidade 11Curvas Planas em Coordenadas Polares
AO
α
Q
r
λ=
d(
O
, r
)
Figura 11.6: Reta r no sistema Oρθ
DemonstraçãoSeja Q o ponto de interseção de r com a perpendicular a r contendo o
pólo. Sabemos que P = (ρ, θ) pertence a reta r se, e somente se, a projeção
ortogonal do vetor
−−→
OP sobre o vetor
−−→
OQ coincide com
−−→
OQ , isto é:
P ∈ r ⇐⇒ Proj−−→
OQ
−−→
OP =
−−→
OQ .
Seja β = P̂OQ. Então, β = θ−α ou β = α−θ, dependendo da posição do
ponto P (veja as �guras 11.7), onde P = (|
−−→
OP |, θ) e Q = (|
−−→
OQ |, α) são os
pontos no sistema Oρθ. Note que cos β está bem de�nido, pois cos(θ − α) =
cos(α− θ).
AO
α
β Q
P
θ
r
AO
α
β
Q
P
θ
r
Figura 11.7: Nas �guras acima, a medida do ângulo α é tomada de OA para OQ e a medida do ângulo θ é
tomada de OA para OP
Como
|
−−→
OP | = ρ , |
−−→
OQ | = λ , cos β = cos(θ − α) = cos(α− θ),
e
Proj−−→
OQ
−−→
OP =
‖
−−→
OP ‖ ‖
−−→
OQ ‖ cosβ
‖
−−→
OQ ‖2
−−→
OQ =
1
λ
‖
−−→
OP ‖(cos β)
−−→
OQ ,
concluímos:
5
Unidade 11 Coordenadas Polares
Proj−−→
OQ
−−→
OP =
−−→
OQ ⇐⇒ 1
λ
‖
−−→
OP ‖ cos β
−−→
OQ =
−−→
OQ
⇐⇒ 1
λ
‖
−−→
OP ‖ cos β = 1⇐⇒ |
−−→
OP | cos β = λ
⇐⇒ ρ cos(θ − α) = λ .
Exemplo 4
AO
π
4
r
Figura 11.8: r : ρ cos(θ − π/4) = 3
Seja Oρ θ um sistema de coorde-
nadas polares no plano. A equação po-
lar da reta r cuja distância ao pólo é
igual a 3 tal que o ângulo que a semir-
reta perpendicular a r, com origem no
pólo, forma com o eixo polar tem me-
dida π/4, é:
r : ρ cos(θ − π/4) = 3 .
11.1.1 Relações entre coordenadas polares e coorde-
nadas cartesianas.
X
Y
AO
θ
x
=
ρ
cos
θ
y=ρ sen θ P
ρ
Figura 11.9: Sistemas de coordenadas; polar Oρθ e carte-
siano OXY
Seja Oρ θ um sistema de co-
ordenadas polares no plano. Con-
sideremos o sistema cartesiano or-
togonal OXY tal que o eixo po-
lar seja o semieixo positivo OX
e o eixo−OY seja obtido rotacio-
nando OX de 90o no sentido po-
sitivo. Admitamos a mesma unidade
de medida nos dois sistemas (Figura
11.9).
Seja P 6= O um ponto no plano tal que P = (ρ, θ), no sistema Oρ θ, e
P = (x, y), no sistema OXY . Então, as relações entre essas coordenadas são
dadas por:
x = ρ cos θ e y = ρ sen θ (11.2)
6
Unidade 11Curvas Planas em Coordenadas Polares
Dessas relações, obtemos:
x2 = ρ2 cos2 θ , y2 = ρ2 sen2 θ , cos θ =
x
ρ
, sen θ =
y
ρ
e
y
x
=
sen θ
cos θ
= tg θ ,
de onde concluímos:
cos θ =
x√
x2 + y2
, sen θ =
y√
x2 + y2
, ρ =
√
x2 + y2, e tg θ =
y
x
(11.3)
De fato, para obter a primeira relação, basta observar que:
x2 + y2 = ρ2(cos2 θ + sen2 θ) = ρ2 ,
o que implica ρ = |ρ| =
√
x2 + y2 , pois ρ ≥ 0. As duas relações seguintes são
substituições diretas da expressão de ρ em cos θ =
x
ρ
e sen θ =
y
ρ
.
Podemos considerar também ρ′ = −ρ = −
√
x2 + y2. Neste caso, devemos
considerar o ângulo θ′ tal que
cos θ′ = − x√
x2 + y2
e sen θ′ = − y√
x2 + y2
para continuarem válidas as igualdades x = ρ′ cos θ′ e y = ρ′ sen θ′.
Como cos θ′ = − cos θ e sen θ′ = − sen θ, vemos que θ′ = θ + π, o que
justi�ca a convenção feita anteriormente que (ρ, θ) e (−ρ, θ+π) representam
o mesmo ponto em coordenadas polares.
Convenção: Daqui em diante, sempre que �zermos referência a um sistema
polar Oρ θ e a um sistema cartesiano OXY , no mesmo contexto, admitiremos
que o semieixo OX positivo é o eixo polar, caso este último não tenha sido
de�nido explicitamente.
Exemplo 5
X
Y
O
P2
1
1
Figura 11.10: P = (2, π/2)Oρθ e
P = (0, 2)OXY
Determine as coordenadas cartesianas ou polares
dos seguintes pontos:
(a) P = (ρ, θ) = (2, π/2).
Solução. Como ρ = 2 e θ = π/2, temos que
x = ρ cos θ=2 cos
π
2
=0
y = ρ sen θ=2 sen
π
2
=2
são as coordenadas cartesianas de P .
7
Unidade 11 Coordenadas Polares
X
Y
O
P1
1
θ= π
4
ρ=
√ 2
Figura 11.11: P = (1, 1)OXY e
P = (
√
2, π/4)Oρθ
(b) P = (x, y) = (1, 1).
Solução. Sendo x = 1 e y = 1, temos que
ρ =
√
x2 + y2 =
√
12 + 12 =
√
2, cos θ =
1√
2
e
sen θ =
1√
2
.
Então, θ = π/4 ou θ = π/4 + 2πk, k ∈ Z, e
P = (ρ, θ) = (
√
2, π/4)
= (
√
2, π/4 + 2πk)
= (−
√
2, 3π/4 + 2πk), k ∈ Z,
é o ponto P dado em coordenadas polares.
X
Y
O
P
−1
−
√
3
π
3
4π
3
Figura 11.12: P = (−2, π/3)Oρθ
e P = (−1,−
√
3)OXY
(c) P = (ρ, θ) = (−2, π/3).
Solução. Sendo
P = (−2, π/3) = (2, π/3 + π) = (2, 4π/3),
temos que
x = −2 cosπ/3
= 2 cos 4π/3 = −1 ,
y = −2 senπ/3
= 2 sen 4π/3 = −
√
3
são as coordenadas cartesianas do ponto P .
X
Y
O
P5
4
θ=θ0
ρ=
√ 41
Figura 11.13: P = (4, 5)OXY e
P = (
√
41, θ0)Oρθ
(d) P = (x, y) = (4, 5).
Solução. Como x = 4 e y = 5, temos que
ρ =
√
42 + 52
=
√
16 + 25 =
√
41
cos θ0 =
4√
41
sen θ0 =
5√
41
.
Portanto,
(ρ, θ)=(
√
41, θ0)=(−
√
41, θ0 + π)
é o ponto P dado em coordenadas polares.
Exemplo 6
Seja r o lugar geométrico de�nido pela equação polar θ =
3π
4
.
Sabemos, pela de�nição de coordenadas polares, que r é o conjunto de
todos os pontos P = (ρ, 3π/4), com ρ ∈ R, tais que o ângulo entre o semieixo
8
Unidade 11Curvas Planas em Coordenadas Polares
positivo OX e o vetor
−−→
OP é
3π
4
, se ρ > 0, ou
7π
4
, se ρλ de uma reta que passa pela
origem, temos que r : ρ cos θ = a, pois α = 0 e λ = a se a > 0 ou, α = π e
λ = −a se a 0
X
Y
O Aa
r
π
Figura 11.16: r : x = a, a 0.
X
Y
O
P
θ
a
aρ=
2a
cos
θ
x=ρ cos θ
y=ρ sen θ
Figura 11.18: ρ = 2 a cos θ .
Utilizando as relações (11.3)
para obter a equação correspon-
dente no sistema cartesiano, temos
(Figura 11.18):
ρ = 2 a cos θ
⇐⇒ ±
√
x2 + y2 = 2a
±x√
x2 + y2
⇐⇒ x2 + y2 = 2ax .
Completando o quadrado na úl-
tima equação, obtemos:
(x− a)2 + y2 = a2 ,
que é a equação do círculo de cen-
tro (a, 0) e raio a.
Em geral, o círculo no plano é caracterizado em termos das coordenadas
polares de acordo com a seguinte proposição.
10
Unidade 11Curvas Planas em Coordenadas Polares
Proposição 5Sejam Oρ θ um sistema de coordenadas polares no plano, P0 = (ρ0, θ0)Oρθ
um ponto desse plano e r um valor positivo.
Então o conjunto dos pontos P = (ρ, θ)Oρθ que pertencem ao círculo de centro
P0 e raio r satisfazem a seguinte equação em coordenadas polares:
ρ2 + ρ20 − 2 ρ0 ρ cos(θ − θ0) = r2
DemonstraçãoConsideremos o sistema de coordenadas cartesianas OXY tal que o eixo
OX positivo coincida com o eixo polar e o eixo OY seja obtido rotacionando
o eixo OX de 90o no sentido positivo.
No sistema OXY , temos:
P0 = (ρ0 cos θ0, ρ0 sen θ0)OXY e P = (ρ cos θ, ρ sen θ)OXY .
Sabemos que o círculo de centro P0 e raio r é o conjunto dos pontos do
plano cuja distância a P0 é igual a r .
Então:
d(P, P0) = r ⇐⇒
√
(ρ cos θ − ρ0 cos θ0)2 + (ρ sen θ − ρ0 sen θ0)2 = r
⇐⇒ ρ2 cos2 θ + ρ20 cos2 θ0 − 2ρ0 ρ cos θ0 cos θ + ρ2 sen2 θ
+ρ20 sen2 θ0 − 2ρ0 ρ sen θ0 sen θ = r2
⇐⇒ ρ2 (cos2 θ + sen2 θ) + ρ20 (cos2 θ0 + sen2 θ0)
−2 ρ0 ρ (cos θ0 cos θ + sen θ0 sen θ) = r2
⇐⇒ ρ2 + ρ20 − 2 ρ0 ρ cos(θ − θ0) = r2 .
Observação 6No desenvolvimento acima, calculamos a expressão da distância entre dois
pontos em termos de coordenadas polares. Isto é, se P0 = (ρ0, θ0) e P1 =
(ρ1, θ1), então:
d(P0, P1) =
√
ρ20 + ρ21 − 2ρ0ρ1 cos(θ0 − θ1)
Exemplo 10Seja C um círculo que contém a origem e tem centro C = (a, b). Então, a
sua equação cartesiana é
x2 + y2 − 2ax− 2by = 0. (11.4)
Pelas mudanças de coordenadas (11.2), temos que a equação (11.4), em coor-
denadas polares é
11
Unidade 11 Coordenadas Polares
ρ2 − 2aρ cos θ − 2bρ sen θ = 0 ⇐⇒ ρ(ρ− 2a cos θ − 2b sen θ) = 0
⇐⇒ ρ = 0 ou ρ = 2a cos θ + 2b sen θ.
Como a equação ρ = 0 representa apenas a origem, que também satisfaz à
equação ρ = 2a cos θ + 2b sen θ, pois O = (0, θ0), onde θ0 é tal que cos θ0 =
b√
a2 + b2
e sen θ0 =
−a√
a2 + b2
, obtemos que
ρ = 2a cos θ + 2b sen θ (11.5)
é uma equação polar de C.
Quando b = 0, a equação (11.5) torna-se ρ = 2a cos θ que é uma equação
polar do círculo C de centro (a, 0) e raio igual a |a|. Portanto, neste caso, C é
tangente ao eixo OY na origem.
X
Y
O a
2a
C
Figura 11.19: C : ρ = 2a cos θ, a > 0
X
Y
Oa
2a
C
Figura 11.20: C : ρ = 2a cos θ, a 0
X
Y
O
b
2b
C
Figura 11.22: C : ρ = 2b sen θ, b 0⇐⇒ sen2 θθ) ∈ C ⇐⇒ (ρ, π/2−θ+2πk) ∈ C ou (−ρ, 3π/2−
θ + 2πk) ∈ C, para algum k ∈ Z (Figura 11.27).
• à reta θ = 3π/4 quando: (ρ, θ) ∈ C ⇐⇒ (ρ, 3π/2−θ+2πk) ∈ C ou (−ρ, π/2−
θ + 2πk) ∈ C, para algum k ∈ Z (Figura 11.28).
15
Unidade 11 Coordenadas Polares
X
Y
O
(x, y)
(y, x)
θ
θ
θ
ρ
ρ
Figura 11.27: Simetria em relação à reta θ = π/4
X
Y
O
(x, y)
(−y,−x)
θ
θ
θ
ρ
ρ
Figura 11.28: Simetria em relação à reta θ = 3π/4
Exemplo 12 A curva C : ρ = 1− cos θ é simétrica com respeito ao eixo polar (eixo OX),
pois (ρ, θ) ∈ C se, e só se, (ρ,−θ) ∈ C. De fato, como cos(−θ) = cos θ, temos
ρ = 1− cos θ = 1− cos(−θ).
Mas, as coordenadas polares (−ρ, π − θ), que é outra representação do
ponto (ρ, θ), não satisfaz à equação polar de C, pois, caso contrário, teríamos
−ρ = 1− cos(π − θ) = 1 + cos θ,
uma contradição, uma vez que ρ = 1− cos θ.
O esboço desta curva será feito no Exemplo 13, item (a).
Para testar as simetrias, é preferível, como mostra o exemplo acima, usar as
coordenadas cartesianas de um ponto, devido à multiplicidade de possibilidades
em coordenadas polares.
No exemplo 13 faremos o esboço �aproximado� de algumas curvas dadas
por suas equações em coordenadas polares. Apenas �aproximado�, porque, para
fazermos um esboço ideal, precisaríamos analisar em quais intervalos do eixo
OX (ou do eixo OY ) a curva é uma função crescente ou decrescente e convexa
ou côncava da variável x (ou, respectivamente, da variável y).
Exemplo 13 Faça um esboço da curva:
(a) C : ρ = 1− cos θ.
Solução. Primeiro observe que ρ ≥ 0 para todo θ. Substituindo ρ =√
x2 + y2 e cos θ =
x√
x2 + y2
na equação polar de C, obtemos a equação
16
Unidade 11Curvas Planas em Coordenadas Polares
cartesiana da curva:
C :
√
x2 + y2 = 1− x√
x2 + y2
⇐⇒ C : x2 + y2 =
√
x2 + y2 − x
⇐⇒ C : (x2 + y2 + x)2 = x2 + y2.
Como (x, y) ∈ C ⇐⇒ (x,−y) ∈ C, a curva é simétrica com respeito
ao eixo OX. Então, para esboçá-la, basta analisar ρ = 1 − cos θ para
θ ∈ [0, π], pois a função cos θ é periódica de período 2π.
Uma vez que a função cos θ é decrescente no intervalo [0, π], variando de
1 a −1 quando θ varia de 0 a π, e cos
π
2
= 0, segue que ρ é decrescente
no intervalo [I0, π], ρ = 0 se θ = 0, ρ = 1 se θ =
π
2
, e ρ = 2 se θ = π.
Assim, o esboço de C, no intervalo [0, π], é o mostrado na Figura 11.29.
X
Y
O
C
−2
1
Figura 11.29: Curva C com θ ∈ [0, π]
Pela simetria em relação ao eixo OX, o esboço de C é o dado na Figura
11.30.
X
Y
O
C
−2
1
Figura 11.30: Curva C com θ ∈ [0, 2π]
É possível mostrar que ρ = 1− cos θ é a equação polar de uma cardióide,
estudada no Capítulo 10, tal que os círculos Γ e C têm raios iguais a 1 e
17
Unidade 11 Coordenadas Polares
Γ está centrado no ponto (−1, 0).
(b) C : ρ = 1 + sen 2θ .
Solução. Pela relação trigonométrica sen 2θ = 2 sen θ cos θ , obtemos que
ρ = 1 + 2 sen θ cos θ .
Além disso, como ρ ≥ 0 para todo θ ∈ R, temos que
√
x2 + y2 = 1 +
2xy
x2 + y2
⇐⇒ (x2 + y2)3/2 = x2 + y2 + 2xy = (x+ y)2. (11.7)
é a equação cartesiana da curva.
Por (11.7), é fácil veri�car que a curva C é simétrica em relação à reta
y = x (isto é, (x, y) ∈ C ⇐⇒ (y, x) ∈ C) e à reta y = −x (isto é,
(x, y) ∈ C ⇐⇒ (−y,−x) ∈ C). Logo, basta analisar a curva ρ = 1+sen 2θ
para θ no intervalo I =
[
−π
4
,
π
4
]
.
Temos que sen 2θ é uma função crescente que varia de −1 a 1 no intervalo
I, sendo igual a zero para θ = 0.
Logo, ρ = 1 + sen 2θ é uma função crescente de θ no interalo I tal que
ρ = 0 se θ = −π/4, ρ = 1 se θ = 0 e ρ = 2 se θ = π/4. Então, o esboço
de C no intervalo I é o mostrado na Figura 11.31.
X
Y
O 1
ρ=
2
π
4
Figura 11.31: Curva C no intervalo
[
−π
4
, π
4
]
Pelas simetrias da curva, é fácil ver que o esboço de C é o mostrado na
Figura 11.32.
18
Unidade 11Curvas Planas em Coordenadas Polares
X
Y
O 1−1
π
4
2
2
Figura 11.32: Curva C : ρ = 1 + sen 2θ
(c) C : ρ = 1 + 2 cos θ .
Solução. Neste exemplo, ρ pode assumir valores negativos e positivos.
Logo, ρ = ±
√
x2 + y2 e cos θ =
±x√
x2 + y2
. Substituindo ρ e θ na
equação dada, obtemos que
±
√
x2 + y2 = 1± 2x√
x2 + y2
⇐⇒ x2 + y2 = ±
√
x2 + y2 + 2x
⇐⇒ (x2 + y2 − 2x)2 = x2 + y2
é a equação cartesiana da curva. É fácil veri�car que esta curva é simétrica
em relação ao eixo−OX, mas não é simétrica em relação ao eixo−OY .
Portanto, para esboçá-la, basta variar o parâmetro θ no intervalo [0, π].
Para θ ∈ [0, π], temos:
• ρ = 1 + 2 cos θ = 0 se, e só se, cos θ = −1
2
, ou seja, ρ = 0 se, e só
se, θ0 = π − π
3
=
2π
3
;
• ρ > 0 se, e só se, −1
2
a região R do plano dada pelo sistema de inequações:
R :

x2
12
≤ y ≤ 1
2
√
16− x2
0 ≤ x ≤ 2
√
3.
Faça um esboço de R e descreva-a como reunião de regiões na forma:ρ1(θ) ≤ ρ ≤ ρ2(θ)
θ1 ≤ θ ≤ θ2,
onde (ρ, θ) são as coordenadas polares de um ponto de R.
10. Descreva a região R como uma reunião de regiões na formaρ1(θ) ≤ ρ ≤ ρ2(θ)
θ1 ≤ θ ≤ θ2,
onde (ρ, θ) são as coordenadas polares de um ponto de R, sendo:
(a) R a região interior a ambas as curvas
C1 : ρ = 4
√
3 cos θ e C2 : ρ = 4 sen θ.
(b) R a região limitada pelo círculo x2 + (y − 1)2 = 1 e pelas retas y = x,
y = −x e x = 2, que contém o ponto (1, 0), onde (x, y) são as coordenadas
cartesianas de um ponto.
�
23
12
1
Cônicas em Coordenadas
Polares
Sumário
12.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
12.2 De�nição geral de uma cônica . . . . . . . . . . . . 2
12.3 Equação polar das cônicas . . . . . . . . . . . . . . 8
12.4 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
Unidade 12 Introdução
12.1 Introdução
No Capítulo 7 de�nimos uma parábola em termos de seu foco e de sua
diretriz, enquanto que, nos Capítulos 5 e 6, de�nimos uma elipse e uma hipér-
bole, respectivamente, em termos de seus focos. Nesta unidade daremos uma
de�nição geral que engloba os três tipos de cônicas em termos de um foco e da
diretriz correspondente a esse foco.
Usando a de�nição geral de uma cônica e escolhendo um sistema de coor-
denadas polares com origem no foco e eixo polar perpendicular ou paralela à
diretriz, veremos, na seção 12.3, que uma cônica nessas coordenadas polares
assume uma forma bem simples.
12.2 De�nição geral de uma cônica
Teorema 1 Sejam F um ponto do plano, L uma reta do plano tal que F /∈ L e e um
número real positivo. Então, o conjunto
C =
{
P
∣∣ d(P, F ) = e d(P,L)
}
é uma elipse se e 1, de
foco no ponto F e excentricidade e.
Figura 12.1: Sistema OXY escolhido.
Demonstração Note que se e = 1, então
C =
{
P
∣∣ d(P, F ) = d(P,L)
}
é uma parábola de foco F e diretriz L, de
acordo com a de�nição de parábola dada no
Capítulo 7.
Suponhamos que 0 0.
Temos, então, que:
P = (x, y) ∈ C ⇐⇒
√
x2 + y2 = e |x−m|
⇐⇒ x2 + y2 = e2(x−m)2
⇐⇒ x2 + y2 = e2(x2 − 2mx+m2)
⇐⇒ (1− e2)
(
x2 +
2me2
1− e2
x
)
+ y2 = m2e2
2
Unidade 12Cônicas em Coordenadas Polares
⇐⇒ (1− e2)
(
x+
me2
1− e2
)2
+ y2 = m2e2 +
(1− e2)m2e4
(1− e2)2
⇐⇒ (1− e2)
(
x+
me2
1− e2
)2
+ y2 = m2e2
(
1 +
e2
1− e2
)
⇐⇒ (1− e2)
(
x+
me2
1− e2
)2
+ y2 =
m2e2
1− e2
⇐⇒
(
x+
me2
1− e2
)2
m2e2
(1− e2)2
+
y2
m2e2
1− e2
= 1 .
• Se 0 
m2e2
1− e2
. Logo, a =
me
1− e2
, b =
me√
1− e2
e,
portanto,
c2 = a2 − b2 = m2e2
1− e2
(
1
1− e2
− 1
)
=
m2e2
1− e2
(
e2
1− e2
)
⇐⇒ c2 =
m2e4
(1− e2)2
⇐⇒ c =
me2
1− e2
.
Além disso,
• c
a
=
me2
1− e2
× 1− e2
me
= e é a excentricidade.
• C =
(
−me2
1− e2
, 0
)
é o centro.
• F1 = C + (c, 0) = (0, 0) = F é um foco.
• L : x = +m é perpendicular à reta focal = eixo−OX
e
d(C,L) = |x−m| =
∣∣∣∣− me2
1− e2
−m
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ me21− e2
+m
∣∣∣∣
= m
∣∣∣∣e2 + 1− e2
1− e2
∣∣∣∣ = m
1− e2
=
a
e
.
Observe que o foco F está entre o centro C e o ponto M = (m, 0), pois a
abscissa m de M é positiva e a abscissa − me2
1− e2
de C é negativa, onde M é
o ponto de interseção de L com a reta focal.
• Se e > 1, então 1 − e2 0 e
m2e2
1− e2
L1 : y = −a
e
= −7
3
e L2 : y =
a
e
=
7
3
, correspondentes aos fo-
cos F1 e F2, respectivamente, e assíntotas:
r± : x = ±
√
2√
7
y.
(c) 9x2 − 18x+ 25y2 − 50y = 191.
Solução. Completando os quadrados na equação, temos:
9(x2 − 2x) + 25(y2 − 2y) = 191
⇐⇒ 9(x2 − 2x+ 1) + 25(y2 − 2y + 1) = 191 + 9 + 25
⇐⇒ 9(x− 1)2 + 25(y − 1)2 = 225
⇐⇒ E :
(x− 1)2
25
+
(y − 1)2
9
= 1 .
7
Unidade 12 Equação polar das cônicas
Figura 12.8: Elipse E : 9x2 − 18x+ 25y2 − 50y = 191.
Assim, a cônica é a elipse com
centro C = (1, 1); reta focal ` :
y = 1, paralela ao eixo−OX; a2 =
25, b2 = 9, c2 = a2 − b2 = 25 −
9 = 16; vértices sobre a reta focal:
A1 = (1− a, 1) = (−4, 1) e A2 =
(1 + a, 1) = (6, 1); focos: F1 =
(1 − c, 1) = (−3, 1) e F2 = (1 +
c, 1) = (5, 1); vértices sobre a reta
não-focal: B1 = (1, 1 − b) = (1,−2) e B2 = (1, 1 + b) = (1, 4); reta não-
focal `′ : x = 1, paralela ao eixo−OY ; excentricidade: e =
c
a
=
4
5
; diretrizes:
L1 : x = 1 − a
e
= 1 − 25
4
= −21
4
e L2 : x = 1 +
a
e
= 1 +
25
4
=
29
4
,
correspondentes aos focos F1 e F2, respectivamente.
12.3 Equação polar das cônicas
Seja C uma cônica de excentricidade e > 0. Consideremos um sistema de
coordenadas polares em que um foco F da cônica é a origem O e o eixo polar
⇀
OA está contido na reta focal de C.
Designamos L a diretriz associada ao foco F e seja h = d(F,L).
Segundo a de�nição geral de uma cônica,
P = (ρ, θ) ∈ C ⇐⇒ d(P, F ) = e d(P,L)⇐⇒ ρ = e d(P,L) .
Temos dois casos a considerar.
• Se L não intersecta o eixo polar, então d(P,L) = h+ ρ cos θ.
Neste caso, P = (ρ, θ) ∈ C se, e somente se,
ρ = e(h+ ρ cos θ)⇐⇒ ρ =
eh
1− e cos θ
.
8
Unidade 12Cônicas em Coordenadas Polares
Figura 12.9: L não intersecta
⇀
OA .
• Se L intersecta o eixo polar, então d(P,L) = h− ρ cos θ.
Neste caso, P = (ρ, θ) ∈ C se, e somente se,
ρ = e(h− ρ cos θ)⇐⇒ ρ =
eh
1 + e cos θ
.
Figura 12.10: L intersecta
⇀
OA .
Ou seja, a equação polar de C, nesse sistema, Oρ θ é
C : ρ = eh
1± e cos θ
(12.1)
na qual tomamos o sinal positivo (+) se a diretriz L intersecta o eixo polar, e
o sinal negativo (−) se L não intersecta o eixo polar.
De modo análogo, se o eixo polar
⇀
OA, com origem O = F , for escolhido de
modo a ser paralelo à diretriz L, ou seja, perpendicular à reta focal, podemos
mostrar que a equação polar da cônica é dada por
C : ρ = eh
1± e sen θ
(12.2)
na qual tomamos o sinal positivo (+) se a diretriz L intersecta a semirreta
⇀
OB , onde
⇀
OB é a rotação de π/2 do eixo polar
⇀
OA, no sentido positivo. Caso
contrário, tomamos o sinal negativo (−).
9
Unidade 12 Equação polar das cônicas
Figura 12.11: L não intercepta
⇀
OB . Figura 12.12: L intercepta
⇀
OB .
Para Saber Mais Como foi mencionado no Capítulo 5, Isaac Newton, em seu Principia
Mathematica, de 1687, mostrou as três leis de Kepler a partir de duas leis de
sua autoria, a Segunda Lei do Movimento e a Lei Universal da Gravitação. Para
isso, usou o cálculo vetorial e o cálculo diferencial para chegar a conclusão que
a equação do movimento de um planeta em todo do Sol tem equação polar
ρ =
eh
1 + e cos θ
, num sistema de coordenadas polares com o Sol no pólo. Como
a órbita de um planeta é uma curva limitada, a cônica descrita por um planeta
só pode ser uma elipse, provando, assim, a primeira lei de Kepler.
Exemplo 2 Seja P uma parábola com foco F na origem O e vértice V no ponto (4, π)
com respeito a um sistema de coordenadas polares Oρ θ.
Figura 12.13: ρ = 8
1−cos θ
.
Como o foco F = (0, 0) e o vértice
V = (4, π) pertencem à reta focal, o
eixo polar
⇀
OA está contido na reta fo-
cal. Além disso, como o vértice está à
esquerda de O, a diretriz L de P não
corta o eixo polar.
Logo, a equação polar de P é da
forma 12.1 com sinal negativo no de-
nominador, excentricidade e = 1 e h =
d(F,L) = 2p = 8, pois p = d(V, F ) =
4. Assim, a equação polar de P é
ρ =
8
1− cos θ
10
Unidade 12Cônicas em Coordenadas Polares
e a equação de sua diretriz L é r cos θ = −8.
Exemplo 3Considere a cônica C de equação polar ρ =
2
3− cos θ
.
Multiplicando o numerador e o denominador da equação polar por 1
3
, obte-
mos
C : ρ =
2
3
1− 1
3 cos θ
.
Então, por 12.1, a excentricidade de C é e = 1
3
. Logo, C é uma elipse.
Além disso, por 12.1, o sistema polar Oρ θ considerado tem origem O num dos
focos F1 de C e eixo polar
⇀
OA contido na reta focal de modo que a diretriz
L1, correspondente ao foco F1, não intercepta o eixo polar. Portanto, estamos
na situação mostrada na �gura 12.14.
Figura 12.14: Posição dos focos F1 e F2, dos vértices A1, A2, B1 e B2 e das diretrizes L1 e L2 de C.
Fazendo θ = 0 na equação de C, obtemos ρ = 1. Logo, segundo o esquema
da �gura 12.14, A2 = (1, 0).
Para obter o outro vértice A1 sobre a reta focal, devemos fazer θ = π na
equação de C. Assim ρ = 1
2
e A1 = (1
2
, π).
A distância entre os vértices é 2a = d(A1, A2) = 1 + 1
2
= 3
2
, de onde
concluímos que a = 3
4
é a medida do semieixo focal da elipse.
Sendo e =
c
a
, obtemos c = e a = 1
3
· 3
4
= 1
4
. Portanto, o centro C da elipse
C tem coordenadas polares C = (c, 0)Oρ θ = (1
4
, 0) .
Conhecendo o centro C = (1
4
, 0) e a distância do centro aos focos, c =
d(C,F2) = d(C,F1) = 1
4
, podemos obter as coordenadas polares do outro
foco:
F2 =
(
1
4
+
1
4
, 0
)
=
(
1
2
, 0
)
.
Logo, L1 : ρ cos θ = −a
e
+ c = −9
4
+
1
4
= −2 e L2 : ρ cos θ =
a
e
+ c =
11
Unidade 12 Equação polar das cônicas
9
4
+
1
4
=
5
2
são as diretrizes correspondentes aos focos F1 e F2, respectivamente,
no sistema polar Oρ θ.
Finalmente, como a medida do semieixo não focal é b =
√
a2 − c2 =√
9/16− 1/16 =
√
8/16 =
√
2/2, temos que B1 = (ρ0,−θ0) e B2 = (ρ0, θ0),
onde ρ =
√
c2 + b2 =
√
1/16 + 2/4 =
√
9/16 = 3/4, cos θ0 =
c
a
=
1/4
3/4
=
1
3
e sen θ0 =
b
a
=
√
2/2
3/4
=
2
√
2
3
.
Exemplo 4 A equação polar de uma cônica C, num sistema de coordenadas Oρ θ, é
ρ =
3
3 + 6 sen θ
.
Dividindo o numerador e o denominador da equação por 3, obtemos a
equação
H : ρ =
1
1 + 2 sen θ
, (12.3)
que é da forma 12.2 com sinal positivo (+) no denominador e excentricidade
e = 2. Como e > 1, a cônica C é uma hipérbole com um dos focos F1 na
origem do eixo polar
⇀
OA.
Se
⇀
OB é a semirreta obtida girando o eixo polar
⇀
OA de π/2, no sentido
positivo, temos, por 12.3, que
⇀
OB está sobre a reta focal de H e a diretriz L1,
correspondente ao foco F1 = O, corta a semirreta
⇀
OB .
Figura 12.15: Posições de F1, F2, A1, A2, B1,
B2, C, L1, L2 no sistema Oρ θ.
Sejam C o centro, A1 e A2 os vértices,
B1 e B2 os vértices imaginários e F2 o
outro foco de H. A �gura 12.15 ilustra a
posição desses pontos e das diretrizes L1
e L2 correspondentes aos focos F1 e F2,
respectivamente.
Como ed(F1,L1) = 1 e, por outro
lado, d(F1,L1) = d(F1, C)− d(C,L1) =
c− a/e = ae− a/e = a
(
e2 − 1
e
)
, obte-
mos que
1
e
= a
(
e2 − 1
e
)
⇐⇒ a =
1
e2 − 1
=
1
3
.
12
Unidade 12Cônicas em Coordenadas Polares
Assim, c = ae =
2
3
e b =
√
c2 − a2 =
√
3
3
. Logo, C = (2/3, π/2) é o
centro, A1 = (2/3−1/3, π/2) = (1/3, π/2) e A2 = (2/3+1/3, π/2) = (1, π/2)
são os vértices da hipérbole nas coordenadas polares Oρ θ.
Pela �gura 12.15, podemos ver que d(B1, F1) = d(B2, F1) =
√
b2 + c2 =√
3/9 + 4/9 =
√
7/3 e que o ângulo θ0 que
⇀
OB2 faz com
⇀
OA é tal que
tan θ0 =
c
b
=
2/3√
3/3
=
2√
3
. Então, B1 = (
√
7/3, π − θ0) e B2 = (
√
7/3, θ0)
são os vértices imaginários de H no sistema Oρ θ.
Além disso, F2 = (2c, π/2) = (4/3, π/2) é o outro foco, L1 : ρ sen θ =
c− a
e
=
1
2
é a diretriz correspondente ao foco F1 e L2 : ρ sen θ = c+
a
e
=
5
6
é
a diretriz correspondente ao foco F2.
Figura 12.16: As assíntotas r± de H.
As assíntotas r± de H são as re-
tas que passam pelo centro C = (2/3,
π/2) e têm coe�cientes angulares
tanϕ± = ± b
a
= ±
√
3
com respeito à semirreta
⇀
OB .
Ou seja, ϕ+ = π/3 e ϕ− = π −
π/3 = 2π/3 são as inclinações das as-
síntotas com respeito a
⇀
OB . Então,
θ+ = ϕ− = 2π/3 e θ− = ϕ+ = π/3
são as inclinações das retas normaisàs
assíntotas r+ e r−, respectivamente,
com respeito ao eixo polar
⇀
OA.
Figura 12.17: H : 1
1+2 sen θ
.
Portanto, pela Proposição 6 do Capí-
tulo 11,
r+ : ρ cos(θ − 2π
3
) =
2
3
cos
(
π
2
− 2π
3
)
=
√
3
3
e
r− : ρ cos(θ − π
3
) =
2
3
cos
(
π
2
− π
3
)
=
√
3
3
são as equações polares das assíntotas
no sistema Oρ θ.
13
Unidade 12 Exercícios
12.4 Exercícios
1. Encontre os focos e as diretrizes correspondentes das cônicas C. Obtenha
também os demais elementos e faça um esboço das cônicas.
(a) C : 4x2 + 3y2 − 16x+ 6y + 7 = 0
(b) C : −x2 + 5y2 + 4x− 10y − 19 = 0
2. Sejam o sistema cartesiano OXY e o sistema polar Oρ θ tal que o eixo polar
⇀
OA é o semieixo OX positivo. Encontre a equação polar e os principais
elementos, em coordenadas polares, da cônica C com um dos focos F na
origem O tal que:
(a) C é uma hipérbole de excentricidade e =
7
4
e a diretriz y = 6 corres-
pondente ao foco F = O.
(b) C é uma parábola de diretriz x = 4.
(c) C é uma elipse de excentricidade e =
3
4
e diretriz x = −5 correspondente
ao foco F = O.
(d) C é uma hipérbole com vértices em (1, π/2) e (3, π/2).
(e) C é uma parábola de vértice em (4, 3π/2).
(f) C é uma elipse com vértices em (3, 0) e (1, π).
3. Determine os principais elementos e esboce a cônica C, cuja equação polar
é dada por:
(a) C : ρ = 1
1 + sen θ
(b) C : ρ = 10
4 + 5 cos θ
(c) C : ρ = 3
4− 8 cos θ
(d) C : ρ = 5
2− 2 cos θ
(e) C : ρ = 12
4− sen θ
(f) C : ρ = 1
1− 2 sen θ
14
Unidade 12Cônicas em Coordenadas Polares
4. Mostre que a equação polar de uma elipse com diretriz ρ cos θ = −d, d > 0,
correspondente ao foco F = O na origem do sistema polar Oρ θ, pode ser
escrita na forma
C : ρ = a(1− e2)
1− e cos θ
,
onde 2a é o comprimento do eixo focal da elipse.
5. As órbitas de alguns planetas ao redor do Sol são elípticas, com o Sol num
dos focos. As posições de um planeta que estão mais próximas ou mais
afastadas do Sol são chamadas periélio e afélio do planeta, respectivamente.
Use o exercício 4 para mostrar que a distância de um planeta no periélio até
o Sol é a(1− e) e que a distância de um planeta no afélio ao Sol é a(1+ e).
6. Encontre uma equação polar aproximada para a órbita elíptica da Terra ao
redor do Sol (em um foco), sabendo que a excentricidade é cerca de 0, 017
e o comprimento do eixo focal é cerca de 2, 99×108Km. Obtenha também
as distâncias da Terra ao Sol no periélio e no afélio.
7. O planeta Mercúrio percorre uma órbita elíptica em torno do Sol com ex-
centricidade 0, 26. Sua distância mínima do Sol é 4, 6×107Km. Obtenha a
distância máxima do planeta ao Sol e a equação polar de sua órbita elíptica.
15
13
1
Coordenadas e vetores no
espaço
Sumário
13.1 Coordenadas no espaço . . . . . . . . . . . . . . . . 2
13.2 Distância entre dois pontos do espaço . . . . . . . . 6
13.3 Vetores no espaço . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
13.4 Operações com vetores no espaço . . . . . . . . . . 13
13.5 Colinearidade e coplanaridade de pontos no espaço 17
13.6 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
Unidade 13 Coordenadas no espaço
13.1 Coordenadas no espaço
X
Y
Z
O
Figura 13.1: Eixos do sistema OXY Z no espaço E
Neste capítulo começaremos
o nosso estudo da Geometria Analítica
Espacial. Primeiro vamos esten-
der as noções de coordenadas,
distância e vetor, vistas no plano
no Capítulo 1, ao espaço eucli-
diano. Como dissemos naquele
capítulo, assumiremos que o leitor
conheça os principais axiomas e
resultados da Geometria Eucli-
diana no espaço, relativos aos seus elementos básicos1 .
Definição 1 Um sistema de eixos ortogonais OXY Z no espaço E da Geometria
Euclidiana consiste de três eixos mutuamente perpendiculares, OX, OY e
OZ, com a mesma origem O (Figura 13.1).
X Y
Z
O
πXZ πY Z
πXY
Figura 13.2: Planos cartesianos no espaço E
Escolhido um sistema de
eixos ortogonaisOXY Z no
espaço E , há três planos
especiais, chamados planos
cartesianos (Figura 13.2):
• πXY , o plano que con-
tém os eixos OX e OY ;
• πXZ , o plano que con-
tém os eixos OX e OZ;
• πY Z , o plano que contém
os eixos OY e OZ.
Em analogia ao feito no plano no Capítulo 1, um sistema de eixos ortogonais
OXY Z no espaço E estabelece uma correspondência biunívoca entre os pontos
P do espaço E e os ternos ordenados de números reais (x, y, z). Isto é, cada
ponto do espaço corresponde exatamente a um terno ordenado de números
1Ver Introdução à Geometria Espacial, Carvalho, Paulo C. P., Ed. SBM (1993).
2
Unidade 13Coordenadas e vetores no espaço
reais, e cada terno ordenado de números reais corresponde exatamente a um
ponto de E .
Se o ponto P está em correspondência com o terno (x, y, z), dizemos que
x, y e z são as coordenadas de P em relação ao sistema de eixos
ortogonais OXY Z. Estas coordenadas são obtidas da seguinte forma:
• coordenada x: coordenada no eixo OX do ponto de interseção deste eixo
com o plano π′ que passa pelo ponto P e é paralelo ao plano πY Z .
• coordenada y: coordenada no eixo OY do ponto de interseção deste eixo
com o plano π′′ que passa pelo ponto P e é paralelo ao plano πXZ .
• coordenada z: coordenada no eixo OZ do ponto de interseção deste eixo
com o plano π′′′ que passa pelo ponto P e é paralelo ao plano πXY .
X Y
Z
P
x
πY Z
π′
Figura 13.3: Coordenada x de P
X Y
Z
P
y
πXZ
π′′
Figura 13.4: Coordenada y de P
X Y
Z
P
z
πXY
π′′′
Figura 13.5: Coordenada z de P
Designamos por R3 o conjunto de todos os ternos ordenados (x, y, z) de
números reais. A escolha de um sistema de eixos ortogonais OXY Z no espaço
E determina uma correspondência biunívoca entre E e R3. A bijeção E −→ R3
é obtida associando-se a cada ponto P ∈ E o terno (x, y, z) ∈ R3 formado
pelas coordenadas de P relativas ao sistema OXY Z
Uma vez escolhido um sistema de eixos ortogonais OXY Z no espaço E ,
identi�camos cada ponto P ∈ E pelas suas coordenadas (x, y, z) e escrevemos:
P = (x, y, z).
Com esta identi�cação, observamos que:
• a origem do sistema de eixos ortogonais é o ponto O = (0, 0, 0).
• os eixos do sistema são os conjuntos:
eixo OX = {(x, 0, 0) |x ∈ R};
eixo OY = {(0, y, 0) | y ∈ R};
eixo OZ = {(0, 0, z) | z ∈ R}.
3
Unidade 13 Coordenadas no espaço
• os planos cartesianos são os conjuntos:
πXY = {(x, y, 0) |x, y ∈ R}, ou seja, πXY : z = 0;
πXZ = {(x, 0, z) |x, z ∈ R}, ou seja, πXZ : y = 0;
πY Z = {(0, y, z) | y, z ∈ R}, ou seja, πY Z : x = 0.
Um sistema de eixos ortogonais no espaço E permite descrever os subconjun-
tos do espaço por meio das coordenadas de seus pontos. Vejamos, por exemplo,
como caracterizar outros planos e algumas retas por equações que envolvem as
coordenadas dos pontos neles contidos:
X Y
Z
O
c
πXY
π :z=
c
Figura 13.6: Plano horizontal π
• Um plano π é horizontal se co-
incide ou é paralelo ao plano πXY
(Figura 13.6). Nesse caso, se o
ponto de interseção do plano π com
o eixo OZ é (0, 0, c), então a ter-
ceira coordenada de qualquer pon-
to P ∈ π é igual a c, ou seja,
π = {(x, y, c) |x, y ∈ R}.
Assim, a equação do plano π é:
π : z = c.
• Analogamente, os planos paralelos aos planos πXZ e πY Z têm equações y = b
e x = a, com b 6= 0 e a 6= 0, respectivamente.
X Y
Z
b
πXZ
π :y=
b
Figura 13.7: π : y = b
X Y
Z
a
πY Z
π :x=a
Figura 13.8: π : x = a
• Uma reta r no espaço, que é paralela a um dos eixos coordenados, intersecta
o plano cartesiano complementar em apenas um ponto. As coordenadas deste
ponto determinam as coordenadas de todos os pontos da reta r.
4
Unidade 13Coordenadas e vetores no espaço
De fato, se r1 é uma reta paralela ao eixo OZ e r1∩πXY = {Q1 = (a, b, 0)},
então qualquer outro ponto Q = (x, y, z) ∈ r1 tem x = a, y = b e z ∈ R
(Figura 13.9). Portanto, r1 = { (a, b, z) ; z ∈ R } e suas equações são:
r1 :
{
x = a
y = b.
X Y
Z
a
b
c
r1
P
Q1
Figura 13.9: r1 ‖ eixo OZ
X Y
Z
a
b
c
r2
P
Q2
Figura 13.10: r2 ‖ eixo OY
X Y
Z
a
b
c
r3
P
Q3
Figura 13.11: r3 ‖ eixo OX
De modo análogo:
• Se r2 ‖ eixo OY er2 ∩ πXZ = {Q2 = (a, 0, c)}, então (Figura 13.10)
r2 = {(a, y, c) ; y ∈ R}, ou seja, r2 :
{
x = a
z = c .
• Se r3 ‖ eixo OX e r3 ∩ πY Z = {Q3 = (0, b, c)}, então (Figura 13.11)
r3 = {(x, b, c) ; x ∈ R}, ou seja, r3 :
{
y = b
z = c .
Definição 2Um plano π é vertical quando contém ou é paralelo ao eixo OZ. Isto é,
π é um plano vertical se, e somente se,
eixo OZ ⊂ π ou eixo OZ ∩ π = ∅.
X Y
Z
O
P
r
πXY
π
Figura 13.12: π ‖ eixo OZ e r = π ∩ πXY
Por exemplo, os planos π :
x = a, a ∈ R, assim como os
planos π : y = b, b ∈ R, são
planos verticais.
A intersecção de um plano
vertical π com o plano πXY é
uma reta r (Figura 13.12). Essa
reta, vista exclusivamente no pla-
no πXY : z = 0, é dada por uma
equação da forma αx+ βy = d,
com α2 + β2 6= 0. Mas, no espaço, a reta r = π ∩ πXY é dada por duas
equações:
r :
{
αx+ βy = d
z = 0 .
5
Unidade 13 Distância entre dois pontos do espaço
Ou seja, um ponto pertence à reta r se, e somente se, as suas coordenadas
satisfazem, simultaneamente, às duas equações acima.
Por outro lado, como a direção do eixo-OZ é parelela ao plano π, ele é
formado pela união de todas as retas paralelas ao eixo-OZ que passam por um
ponto de r.
Portanto, o plano π é dado por
π =
{
(x, y, z) ∈ R3
∣∣αx+ β y = d e z ∈ R
}
,
e sua equação é:
π : αx+ β y = d.
Observação 3 Não confunda! No espaço, uma equação da forma αx+ βy = d repre-
senta um plano vertical, ao passo que, no plano πXY , esta equação representa
uma reta.
Procedendo de forma análoga com os outros dois eixos, temos que:
eixo OX ‖ π ou eixo OX ⊂ π ⇐⇒ π : βy + γz = d, onde β2 + γ2 6= 0;
eixo OY ‖ π ou eixo OY ⊂ π ⇐⇒ π : αx+ γz = d, onde α2 + γ2 6= 0;
eixo OZ ‖ π ou eixo OZ ⊂ π ⇐⇒ π : αx+ βy = d, onde α2 + β2 6= 0.
13.2 Distância entre dois pontos do espaço
Sejam P = (a, b, c) e Q = (a′, b′, c′) pontos no espaço E .
X
Y
Z
O
P
Q
a
a′ b
b′
c
c′
R
S
T
U
Figura 13.13: Cálculo de d(P,Q)
Começamos observando que
se P e Q estão sobre uma reta
paralela a um dos eixos coorde-
nados, então eles têm duas coor-
denadas iguais e a distância en-
tre eles é o módulo da diferença
das coordenadas diferentes.
Suponhamos que P e Q não
estão sobre uma reta paralela a
um dos eixos coordenados. Para
o cálculo da distância de P a Q, vamos considerar os pontos auxiliares (Figura
13.13):
R = (a, b, c′), S = (a, b, 0), T = (a′, b′, 0) e U = (a′, b, 0).
6
Unidade 13Coordenadas e vetores no espaço
Como, pela observação feita acima,
d(S, U) = |a′ − a| e d(U, T ) = |b′ − b|,
obtemos, pelo teorema de Pitágoras aplicado ao triângulo 4SUT , que:
d(S, T )2 = d(S, U)2 + d(U, T )2 = |a′ − a|2 + |b′ − b|2 = (a′ − a)2 + (b′ − b)2 .
Sendo os segmentos ST e RS lados opostos de um retângulo, temos:
d(R,Q)2 = d(S, T )2 = (a′ − a)2 + (b′ − b)2 .
Além disso, d(P,R) = |c′ − c|, pois os pontos P e R estão sobre uma
mesma reta paralela ao eixo OZ.
Finalmente, como o triângulo 4PRQ é retângulo,
d(P,Q)2 = d(P,R)2 + d(R,Q)2 = (c′ − c)2 + (a′ − a)2 + (b′ − b)2 ,
ou seja,
d(P,Q) =
√
(a′ − a)2 + (b′ − b)2 + (c′ − c)2 . (13.1)
No plano, vimos que o conjunto dos pontos que equidistam de um ponto
dado formam um círculo. No espaço temos:
Definição 4A esfera S de centro C e raio r > 0 é o conjunto formado por todos
os pontos P ∈ E cuja distância ao centro C é igual a r:
S = {P ∈ E | d(P,C) = r} .
X
Y
Z
O
C
P =(x, y, z)
a b
c
S
Figura 13.14: Esfera S de centro C = (a, b, c) e raio r
Sejam C = (a, b, c) e P = (x, y, z) as coordenadas do centro C e de um
ponto genérico de S em relação a um sistema de eixos ortogonais OXY Z.
Então,
P ∈ S ⇐⇒ d(P,C)=r ⇐⇒
√
(x− a)2 + (y − b)2 + (z − c)2 =r.
7
Unidade 13 Distância entre dois pontos do espaço
Elevando ao quadrado ambos os lados desta última identidade, obtemos a
equação da esfera S no sistema de eixos OXY Z:
S : (x− a)2 + (y − b)2 + (z − c)2 = r2.
Exemplo 1 Mostre, completando os quadrados, que a equação de segundo grau
x2 + y2 + z2 − 2x+ 4y − 6z = 1,
representa uma esfera S. Determine o centro e o raio de S.
Solução. Completando os quadrados na equação, temos:
x2 + y2 + z2 − 2x+ 4y − 6z = 1
⇐⇒ (x2 − 2x) + (y2 + 4y) + (z2 − 6z) = 1
⇐⇒ (x2 − 2x+1) + (y2 + 4y+4) + (z2 − 6z+9) = 1+1+4+9
⇐⇒ (x− 1)2 + (y + 2)2 + (z − 3)2 = 15.
Portanto, a equação representa a esfera S de centro C = (1,−2, 3) e raio
r =
√
15.
Exemplo 2 Determine as coordenadas do ponto médio M do segmento AB, onde
A = (a, b, c) e B = (a′, b′, c′).
Solução. Seja M = (mx,my,mz) o ponto médio do segmento AB (Figura
13.15), isto é, |AM | = d(A,M) = d(M,B) = |MB|.
X
Y
Z
O
A
B
M
C
D
E
F G
H I
J
K
L
P
Q
a
b
c
a′
b′
c′
mx my
mz
Figura 13.15: Ponto médio do segmento AB
Pelo critério ALA, os triângulos 4ACM e 4MDB são congruentes. Em
particular, |CM | = |DB|. Logo, |EF | = |CM | = |DB| = |FG|.
8
Unidade 13Coordenadas e vetores no espaço
De novo, pelo critério ALA, os triângulos 4EHF e 4FIG são congru-
entes. Logo, |EH| = |FI| e, portanto, mx =
a+ a′
2
.
Analogamente, |HF | = |IG|, donde my =
b+ b′
2
.
Pelo mesmo argumento, os triângulos 4JPK e 4KQL são congruentes,
logo |JP | = |KQ| e, portanto, mz =
c+ c′
2
.
Finalmente, as coordenadas do ponto médio M do segmento AB são:
M = (mx,my,mz) =
(
a+ a′
2
,
b+ b′
2
,
c+ c′
2
)
.
Exemplo 3Determine o conjunto,
M = {P ∈ E | d(P,A) = d(P,B)} ,
dos pontos equidistantes a dois pontos distintos A e B no espaço.
X
Y
Z
O
A
B
M
P
Q
r
−r
M
Figura 13.16: ConjuntoM dos pontos equidistantes de A e B
Solução. Note que o ponto
médio M do segmento AB
pertence ao conjunto M.
SejaOXY Z um sistema de
eixos ortogonais no espaço
tal que O = M e o seg-
mentoAB esteja contido no
eixoOX, comA no semieixo
positivo OX. Então, A =
(r, 0, 0) e B = (−r, 0, 0),
para algum número real r > 0. Assim, P = (x, y, z) ∈M se, e somente se,
d(A,P ) = d(B,P )⇐⇒ d(A,P )2 = d(B,P )2
⇐⇒ (x− r)2 + (y − 0)2 + (z − 0)2 = (x− (−r))2 + (y − 0)2 + (z − 0)2
⇐⇒ x2 − 2xr + r2 = x2 + 2xr + r2 ⇐⇒ −2xr = 2xr ⇐⇒ 4xr = 0
⇐⇒ x = 0 (pois r 6= 0)⇐⇒ P = (0, y, z) ∈ πY Z .
Portanto, M = πY Z . Geometricamente, M é o plano perpendicular ao
segmento AB que passa pelo seu ponto médio.
9
Unidade 13 Vetores no espaço
13.3 Vetores no espaço
A noção de vetor no espaço de�ne-se da mesma maneira que no plano,
continuando válidas as principais propriedades, salvo alguns acréscimos.
Para de�nir a relação de equipolência no espaço, começamos observando
que, no espaço, duas retas são paralelas quando estão contidas no mesmo plano
e não se intersectam. De fato, no espaço há situações em que duas retas não
se intersectam e não são paralelas. Pense, por exemplo, em duas ruas, sendo
uma delas um viaduto que passa por cima da outra transversalmente!
Definição 5 Os segmentos orientados AB e CD no espaço são equipolentes, e es-
crevemos AB ≡ CD, quando satisfazem às seguintes condições:
• AB e CD têm igual comprimento: |AB| = d(A,B) = d(C,D) = |CD|.
• AB e CD estão contidos em retas paralelas ou na mesma reta.
• AB e CD têm o mesmo sentido.
X
Y
Z
A
B
M
C
D
Figura 13.17: Paralelogramo ABDC: AB ≡ CD
Se AB e CD satisfazem às
duas primeiras propriedades, a ter-
ceira signi�ca, no caso em que
A, B, C e D não são colineares,
que ABDC é um paralelogramo
no plano que contém os pontos
A, B, C e D. Como foi feito
no plano, podemos mostrar que
AB ≡ CD se, e só se, o ponto
médio deAD coincide com o ponto
médio de BC. A relação de equipolência entre segmentos do espaço é também
uma relação de equivalência, isto é, satisfaz às seguintes propriedades:
1. Re�exividade: Todo segmento é equipolente a si próprio: AB ≡ AB.
2. Simetria: Se AB ≡ CD, então CD ≡ AB.
3. Transitividade: Se AB ≡ CD e CD ≡ EF , então AB ≡ EF .
Estas propriedades podem ser veri�cadas usando a Proposição 6 abaixo.
10
Unidade 13Coordenadas e vetores no espaço
X
Y
Z
A
B
P
~v
Figura 13.18: Equipolentes ao segmento AB, ~v =
−−→
AB
Sendo a equipolência uma re-
lação de equivalência, podemos
dividir o conjunto dos segmen-
tos orientadosdo espaço em sub-
conjuntos chamados classes de
equivalência pela relação de
equipolência, ou simplesmente,
classes de equipolência. Cada
classe de equipolência é denomi-
nada um vetor do espaço. Us-
amos a mesma notação adotada para vetores no plano para designar o conjunto
de todos os segmentos orientados que são equipolentes ao segmento AB:
−→v =
−−→
AB = {CD |AB ≡ CD}.
Note que,
AB ≡ CD ⇐⇒
−−→
AB =
−−→
CD .
Como no plano, o vetor representado por um segmento cuja origem é igual
à extremidade é chamado vetor nulo ou vetor zero:
−→
0 =
−−→
AA =
−−→
BB =
−−→
CC = . . ..
Além disso, todo ponto P do espaço é origem de um segmento orientado
representante de um vetor dado −→v =
−−→
AB qualquer (Figura 13.18).
Ou seja, dado um vetor −→v =
−−→
AB e um ponto P ∈ E , existe um único
ponto Q ∈ E tal que −→v =
−−→
PQ .
Para veri�car esta propriedade, quando A, B e P não são colineares, basta
considerar o plano que contém os pontos A, B e P . Neste plano, o problema
de determinar o ponto Q já foi resolvido quando estudamos vetores no plano.
Notação: Dado um ponto P no espaço e um vetor −→v , designamos Q = P+−→v
o único ponto do espaço tal que −→v =
−−→
PQ .
Proposição 6Sejam A = (a, b, c), B = (a′, b′, c′), C = (x, y, z) e D = (x′, y′, z′) pontos
do espaço dados pelas suas coordenadas com respeito a um sistema de eixos
ortogonais OXY Z. Então, AB ≡ CD se, e somente se,
a′ − a = x′ − x, b′ − b = y′ − y e c′ − c = z′ − z .
11
Unidade 13 Vetores no espaço
Demonstração Temos que AB ≡ CD se, e somente se, o ponto médio AD coincide com
o ponto médio BC, ou seja, se, e só se:(
a+ x′
2
,
b+ y′
2
,
c+ z′
2
)
=
(
a′ + x
2
,
b′ + y
2
,
c′ + z
2
)
⇐⇒ a+ x′
2
=
a′ + x
2
,
b+ y′
2
=
b′ + y
2
e
c+ z′
2
=
c′ + z
2
⇐⇒ a+ x′ = a′ + x , b+ y′ = b′ + y e c+ z′ = c′ + z
⇐⇒ a′ − a = x′ − x , b′ − b = y′ − y e c′ − c = z′ − z .
generalizando, assim, o resultado já conhecido no plano.
Definição 7 Sejam A = (a, b, c) e B = (a′, b′, c′) pontos no espaço. Os números reais
a′ − a, b′ − b e c′ − c são as coordenadas do vetor
−−→
AB no sistema de eixos
ortogonais OXY Z. Escrevemos:
−−→
AB = (a′ − a, b′ − b, c′ − c).
Observação 8 Pela proposição anterior, as coordenadas de um vetor podem ser calculadas
usando qualquer segmento orientado que o represente. Em particular, dado um
vetor −→v = (α, β, γ), o ponto P = (α, β, γ) satisfaz
−→v =
−−→
OP .
O vetor
−−→
OP é o representante na origem do vetor −→v .
Exemplo 4 Considere os pontos A = (1, 4, 0), B = (−1, 1,−1) e C = (3, 5,−10).
Encontre as coordenadas do vetor −→v =
−−→
AB , do ponto D e do ponto P tais
que −→v =
−−→
CD =
−−→
OP .
Solução. Temos
−→v =
−−→
AB = (−1− 1, 1− 4,−1− 0) = (−2,−3,−1).
Seja D = (x, y, z) o ponto procurado.
Como
−−→
AB =
−−→
CD ⇐⇒ AB ≡ CD, temos, pela Proposição 6, que:
−1− 1 = x− 3 , 1− 4 = y − 5 − 1− 0 = z − (−10) .
Assim, D = (1, 2,−11). E, pela Observação 8, P = (−2,−3,−1) é o
ponto tal que −→v =
−−→
OP .
12
Unidade 13Coordenadas e vetores no espaço
13.4 Operações com vetores no espaço
Vamos de�nir agora as operações de adição de vetores no espaço e multi-
plicação de um vetor espacial por um número real. O processo é análogo ao
efetuado para de�nir estas operações para vetores no plano e as propriedades
são basicamente as mesmas, por isso muitos detalhes serão omitidos.
Definição 9Sejam −→u e −→v vetores no espaço E . Seja A um ponto qualquer no espaço
e sejam AB e BC segmentos orientados representantes dos vetores −→u e −→v ,
respectivamente.
O vetor soma dos vetores −→u e −→v , que designamos por −→u +−→v , é o vetor
representado pelo segmento orientado AC.
A
B
C
−→u
−→v
−→u
+ −→v
Figura 13.19: Soma de vetores no espaço
Note que a soma de dois ve-
tores no espaço recai na soma de
vetores num plano, pois os pon-
tos A, B e C estão contidos num
mesmo plano do espaço (Figura
13.19).
Como foi feito para vetores no
plano, podemos veri�car que a de�nição
do vetor soma não depende da es-
colha do ponto A ∈ E . Isto é, o
vetor soma está bem de�nido.
Na prática, a adição de vetores se efetua em relação às coordenadas dos
vetores parcelas num sistema de eixos ortogonais �xado.
Seja um sistema de eixos ortogonais OXY Z, com respeito ao qual −→u =
(a, b, c) e −→v = (a′, b′, c′).
Então, o vetor soma −→u +−→v é dado em termos de coordenadas como:
−→u +−→v = (a, b, c) + (a′, b′, c′) = (a+ a′, b+ b′, c+ c′)
A demonstração deste fato é análoga àquela feita para vetores no plano.
Exemplo 5Sejam A = (3, 2, 0), B = (0, 3,−2) e C = (4, 3, 2) pontos do espaço.
Obtenha o ponto D tal que
−−→
AD =
−−→
AB +
−−→
AC .
13
Unidade 13 Operações com vetores no espaço
X
Y
Z
O
A
B
C
D−→u
−→v
−→u + −→v
1
2
2
−2
3
3
4
4
Figura 13.20: Exemplo 5
Solução. Temos,
−−→
AB =(0− 3, 3− 2,−2− 0)
= (−3, 1,−2)
−−→
AC =(4− 3, 3− 2, 2− 0)
= (1, 1, 2).
Logo,
−−→
AB +
−−→
AC =(−3, 1,−2)+(1, 1, 2)
= (−2, 2, 0).
Além disso, se D = (d1, d2, d3) é
a extremidade do representante
AD do vetor soma
−−→
AB +
−−→
AC com origem no ponto A, então d1 − 3 = −2,
d2 − 2 = 2 e d3 − 0 = 0. Portanto, D = (1, 4, 0).
Propriedades da adição de vetores no espaço
Sejam −→u , −→v e −→w vetores no espaço.
1. Comutatividade: −→u +−→v = −→v +−→u .
2. Existência de elemento neutro: O vetor zero,
−→
0 =
−−→
AA =
−−→
BB = . . .,
representado por qualquer segmento nulo, é o único vetor tal que −→u +
−→
0 = −→u
qualquer que seja o vetor −→u . Em coordenadas:
−→
0 = (0, 0, 0).
A
B
C
D
−→u
−→v −→w
−→u
+
−→v
−→v +−→w
−→u
+ −→v
+ −→w
Figura 13.21: Associatividade da adição de vetores
3. Existência de inverso adi-
tivo: Dado um vetor −→u , existe
um único vetor, que é designado
−−→u e chamado inverso aditivo
(ou simétrico) de −→u , tal que
−→u + (−−→u ) =
−→
0 .
Note que se −→u =
−−→
AB , então
−−→u =
−−→
BA .
4. Associatividade:
(−→u +−→v ) +−→w = −→u + (−→v +−→w ) .
Definição 10 A subtração do vetor −→v pelo vetor −→u é a soma de −→v com o inverso
aditivo de −→u , que escrevemos −→v −−→u . Se −→u =
−−→
AB e −→v =
−−→
AC , então:
−→v −−→u = −→v + (−−→u ) =
−−→
AC +
−−→
BA =
−−→
BA +
−−→
AC =
−−→
BC .
14
Unidade 13Coordenadas e vetores no espaço
Sabemos que se A, B, C são pontos não colineares do plano, então o
ponto D é o quarto vértice do paralelogramo ABDC se, e somente se,
−−→
AD =
−−→
AB +
−−→
AC . No espaço temos a seguinte observação:
Observação 11Se A, B, C e D são pontos não coplanares no espaço, então
−−→
AB +
−−→
AC =
−−→
AE ,
−−→
AB +
−−→
AD =
−−→
AF ,
−−→
AC +
−−→
AD =
−−→
AG ,
−−→
AB +
−−→
AC +
−−→
AD =
−−→
AH ,
se, e somente se, A, B, C, D, E, F , G eH são os vértices de um paralelepípedo
no espaço (Figura 13.22).
A
B
C
D
E
F
G
H
Figura 13.22: Paralelepípedo
A operação de multiplicação de um número real por um vetor no espaço
se de�ne da mesma forma que no plano.
Definição 12Sejam
−−→
AB um vetor do espaço e λ um número real. O produto de λ
por
−−→
AB é o vetor
−−→
AB′ = λ ·
−−→
AB , tal que:
• A, B e B′ são colineares,
• |AB′| = d(A,B′) = |λ| · d(A,B) = |λ| · |AB| ,
• os segmentos AB e AB′ têm o mesmo sentido se λ > 0 e sentidos opostos
se λnão colineares.
A
B
C
D
|AB|
(a)
r
r
A B
C
D|AB|
(b)
Figura 1.34: AB ≡ CD
(a) A, B e C colineares. O círculo de
centro C e raio |AB| intersecta a reta que
contém os pontos A, B e C em exata-
mente dois pontos, mas apenas um deles,
D na Figura 1.34(a), é tal que AB e CD
têm o mesmo sentido.
(b) A, B e C não colineares. Seja r a
reta que passa por C e é paralela à reta
que contém A e B.O círculo de centro
C e raio |AB| intersecta a reta r em ex-
atamente dois pontos, mas só um, D na
Figura 1.34 (b), é tal que ABDC é um
paralelogramo. Ou seja, AB ≡ CD .
27
Unidade 1 Textos Complementares
Para Saber Mais (a) Uma relação de equivalência ∼ entre os elementos de um conjunto A é
uma relação tal que, para todos a, b, c ∈ A valem as seguintes propriedades:
• Re�exiva: a ∼ a;
• Simétrica: a ∼ b⇐⇒ b ∼ a;
• Transitiva: Se a ∼ b e b ∼ c então a ∼ c;
Uma relação de equivalência permite classi�car os elementos de A, uma
vez que ele �ca subdividido de maneira natural em subconjuntos denominados
classes de equivalência formadas por elementos que são relacionados, ou
seja, equivalentes entre si.
A
B
C
D
E
F
Figura 1.35: Transitividade da equipolência
(b) Da Proposição 8 segue que a re-
lação de equipolência é uma relação de
equivalência no conjunto de todos os
segmentos orientados do plano.
Isto é:
• AB ≡ AB, para todo segmento AB;
• AB≡CD=⇒CD≡AB;
• A equipolência é transitiva:
AB ≡ CD
e
CD ≡ EF
=⇒AB ≡ EF .
28
2
1
Operações com vetores
no plano
Sumário
2.1 Operações com vetores . . . . . . . . . . . . . . . . 2
2.2 Propriedades das operações com vetores . . . . . . 8
2.3 Combinação linear de vetores . . . . . . . . . . . . . 12
2.4 Produto interno, de�nição . . . . . . . . . . . . . . 15
2.5 Área de paralelogramos e triângulos . . . . . . . . . 27
2.6 Textos Complementares . . . . . . . . . . . . . . . . 35
Unidade 2 Operações com vetores
2.1 Operações com vetores
Vamos de�nir duas operações no conjunto de vetores do plano, uma opera-
ção de adição e uma operação de multiplicação de vetores por números reais.
Definição 1
A
B
C
−→u
−→v
−→u
+
−→v
Figura 2.1: Adição ~u+ ~v
A operação de adição de vetores
que a cada par de vetores −→u e −→v as-
socia um novo vetor, designado −→u +−→v e
chamado soma dos vetores −→u e −→v , se
de�ne como segue:
Se −→u =
−−→
AB , seja C o único ponto
tal que −→v =
−−→
BC . O vetor soma de −→u
com −→v é o vetor
−−→
AC (Figura 2.1):
−→u +−→v =
−→
A C.
Para Saber Mais A adição de vetores é uma operação bem de�nida, isto é, a de�nição da
soma do vetor −→u =
−−→
AB com −→v =
−−→
BC não depende da escolha do ponto A
Observação 2
A
B
C
D
P
Q
R
S
−→u
−→u
−→u
−→v
−→v
−→v −→ u
+
−→ v
Figura 2.2: ~u+~v representado pela diagonal PS
Outra forma geométrica de visualizar
a soma de dois vetores no plano é feita
da seguinte maneira: sejam −→u =
−−→
AB e
−→v =
−−→
CD vetores no plano que não são
parelelos, P um ponto escolhido no plano
e Q e R tais que −→u =
−−→
PQ e −→v =
−−→
PR .
Se P é o paralelogramo PQSR, então o
vetor soma −→u +−→v é
−−→
PS , onde PS é a
diagonal de P com origem no vértice P .
Com efeito, sendo −→u =
−−→
PQ e −→v =
−−→
PR =
−−→
QS , temos
−→u +−→v =
−−→
PQ +
−−→
QS =
−−→
PS .
Adição de vetores em coordenadas. Na prática a operação de adição de
vetores é realizada através da representação por meio de coordenadas em relação
a um sistema de eixos ortogonais. Na seguinte proposição, vemos que a adição
de vetores é efetuada somando as coordenadas correspondentes das parcelas.
2
Unidade 2Operações com vetores no plano
Proposição 3Sejam −→u = (u1, u2) e v = (v1, v2) vetores do plano expressos em termos
de coordenadas em relação a um sistema de eixos ortogonais �xo OXY , então:
−→u +−→v = (u1 + v1, u2 + v2).
Demonstração
X
Y
P
u1
u2
Q
v1
v2
S
w1
w2
O
−→u
−→v
−→u
+
−→v
Figura 2.3: Adição de vetores em coordenadas
Sejam P = (u1, u2) e Q = (v1, v2)
tais que−→u =
−−→
OP e−→v =
−−→
OQ (Proposição
12, Capítulo 1). Seja S = (w1, w2) o
ponto tal que −→v =
−−→
PS .
Da Proposição 8 do Capítulo 1, obte-
mos:
(v1 − 0, v2 − 0) = (w1 − u1, w2 − u2),
logo,
S= (w1, w2) = (u1 + v1, u2 + v2)
−→u +−→v =
−−→
OP +
−−→
OQ
=
−−→
OP +
−−→
PS =
−−→
OS = (u1 + u2, v1 + v2).
Outra operação que de�niremos no conjunto de vetores do plano é a ope-
ração de multiplicação de vetores por escalares, que a cada vetor −→v e
a cada número real λ ∈ R (também chamado escalar) associa o vetor λ−→v ,
chamado produto do escalar λ pelo vetor −→v .
Definição 4
A A A
B B B
C
C
C
~v ~v ~v
(a) (b) (c)
Figura 2.4: AC representando λ~v para:
(a) λ > 1; (b) 0 0, e sentidos opostos se λ 1. Temos |λ− 1| = λ− 1 e:
d(A,B) + d(B,C) = d(A,B) + (λ− 1)d(A,B) = λd(A,B) = d(A,C).
Assim, A, B e C são colineares e B está entre A e C
Caso 4. λ 0 e |λ− 1| = (1− λ), temos:
d(C,A) + d(A,B) = −λd(A,B) + d(A,B) = (1− λ)d(A,B) = d(C,B),
4
Unidade 2Operações com vetores no plano
logo, C, A e B são colineares e A está entre C e B.
Pelo provado acima, as semirretas
⇀
AB e
⇀
AC coincidem quando λ > 0, e
são opostas quando λ 0
e sentidos opostos se λY
Z
A
B
C
D
D′′
D′
1
1
−1
2
2
−2
1
−3
3
33
3
4
5
Figura 13.23: Exemplo 6
Como C = (1, 1, 0), as coordenadas dos pontos D = (d1, d2, d3) , D′ =
(d′1, d
′
2, d
′
3) e D′′ = (d′′1, d
′′
2, d
′′
3) , satisfazem:
−−→
CD =
−−→
AB ⇐⇒

d1 − 1 = 2
d2 − 1 = 1
d3 − 0 = 1;
−−−→
CD′ =−2
−−→
AB ⇐⇒

d′1 − 1 = −4
d′2 − 1 = −2
d′3 − 0 = −2;
−−−→
CD′′ =2
−−→
AB ⇐⇒

d′′1 − 1 = 4
d′′2 − 1 = 2
d′′3 − 0 = 2.
Portanto, D = (3, 2, 1), D′ = (−3,−1,−2) e D′′ = (5, 3, 2).
16
Unidade 13Coordenadas e vetores no espaço
Propriedades da multiplicação de um escalar por um vetor
Sejam −→u , −→v e −→w vetores do espaço e λ, µ ∈ R. Escrevendo os vetores em
coordenadas, é fácil veri�car que a multiplicação de um escalar por um vetor
satisfaz às seguintes propriedades.
1. Associatividade: λ · (µ · −→a ) = (λ · µ) · −→a ;
2. Distributividade:
λ · (−→a +
−→
b ) = λ · −→a + λ ·
−→
b
(λ+ µ) · −→a = λ · −→a + µ · −→a
;
3. Elemento neutro multiplicativo: 1 · −→a = −→a .
Em particular, o inverso aditivo −−→u do vetor −→u se obtém multiplicando −→u
por −1. De fato, −→u + (−1)−→u = (1 + (−1))−→u = 0−→u =
−→
0 .
13.5 Colinearidade e coplanaridade de pontos
no espaço
Sabemos que três pontos A, B e C no espaço são colineares se eles per-
tencem a uma mesma reta. Nesta seção vamos analisar a colinearidade de
pontos no espaço usando vetores. Para isso, precisamos da seguinte de�nição.
Definição 14O vetor −→v é múltiplo do vetor −→u quando existe λ ∈ R tal que −→v = λ−→u .
Observação 15(a) Todo vetor é múltiplo de si próprio (neste caso, λ = 1).
(b) O vetor zero
−→
0 é múltiplo de qualquer vetor.
De fato, dado um vetor arbitrário −→u , temos
−→
0 = 0−→u .
Em contrapartida, nenhum vetor não nulo pode ser múltiplo do vetor zero.
(c) Se −→v 6= 0 e −→v = λ−→u , então λ 6= 0 e −→u =
1
λ
−→v .
Assim, −→v é múltiplo de −→u se, e somente se, −→u é múltiplo de −→v , quando
−→u e −→v são vetores não nulos.
Proposição 16Se −→u = (x1, y1, z1) e −→v = (x2, y2, z2) são vetores do espaço, então um
dos vetores −→u ou −→v é múltiplo do outro se, e somente se,
x1y2 − x2y1 = x1z2 − x2z1 = y1z2 − y2z1 = 0 .
17
Unidade 13 Colinearidade e coplanaridade de pontos no espaço
Demonstração (=⇒) Se −→v é múltiplo de −→u , existe λ ∈ R tal que −→v = λ−→u .
Logo, −→v = (x2, y2, z2) = λ(x1, y1, z1) = (λx1, λy1, λz1) = λ−→u , ou seja,
x2 = λx1 , y2 = λy1 , z2 = λz1 . (13.2)
Multiplicando a primeira das identidades (13.2) por y1 e a segunda por x1,
obtemos: y1x2 = λx1y1 = x1y2 =⇒ x1y2 − x2y1 = 0.
Multiplicando a primeira das identidades (13.2) por z1 e a terceira por x1,
obtemos: x2z1 = λx1z1 = x1z2 =⇒ x1z2 − x2z1 = 0.
Finalmente, multiplicando a segunda das identidades (13.2) por z1 e a ter-
ceira por y1, obtemos: y2z1 = λy1z1 = y1z2 =⇒ y1z2 − y2z1 = 0.
(⇐=) Reciprocamente, suponhamos que
x1y2 − x2y1 = x1z2 − x2z1 = y1z2 − y2z1 = 0.
Se −→u =
−→
0 = (0, 0, 0), então −→u = 0−→v , isto é, −→u é múltiplo de −→v .
Assim, podemos supor que −→u = (x1, y1, z1) 6= (0, 0, 0) =
−→
0 , isto é, uma
coordenada de −→u é diferente de zero.
Se x1 6= 0, seja λ =
x2
x1
.
A�rmamos que −→v = λ−→u .
De fato, como x1y2 − x2y1 = 0, segue que y2 =
x2
x1
y1. E, uma vez que
x1z2 − z1x2 = 0, temos z2 =
x2
x1
z1. Logo,
λ−→u =
x2
x1
(x1, y1, z1) =
(
x2
x1
x1,
x2
x1
y1,
x2
x1
z1
)
= (x2, y2, z2) =
−→v .
Os casos y1 6= 0 e z1 6= 0 são tratados da mesma maneira.
Observação 17 (a) Para mostrar que dois vetores −→u e −→v não são múltiplos, basta veri�car
que um dos números
x1y2 − x2y1, x1z2 − x2z1 ou y1z2 − y2z1 ,
é diferente de zero.
(b) Os números x1y2−x2y, x1z2−x2z1 e y1z2−y2z1 são os determinantes
2× 2 que podem ser formados com as colunas da matriz 2× 3(
x1 y1 z1
x2 y2 z2
)
,
cujas linhas são as coordenadas dos vetores −→u e −→v .
18
Unidade 13Coordenadas e vetores no espaço
Definição 18Dois vetores não nulos −→u e −→v são colineares quando um deles é múltiplo
do outro.
Esta de�nição está bem justi�cada, pois se
−−→
AC = λ
−−→
AB , então os pontos
A, B e C estão sobre uma mesma reta. E, reciprocamente, se A, B e C
são pontos distintos numa reta, então existe λ ∈ R tal que
−−→
AC = λ
−−→
AB ,
onde λ = ±d(A,C)
d(A,B)
com sinal positivo, caso B e C estejam do mesmo lado
em relação ao ponto A na reta que os contém, e sinal negativo, caso B e C
estejam em lados opostos. Portanto,
A, B e C são pontos colineares⇐⇒
−−→
AB e
−−→
AC são vetores múltiplos.
Exemplo 7Veri�que se os pontos A = (−1, 1, 0), B = (1, 1, 1) e C = (−2,−1,−1)
são colineares.
X
Y
Z
A
B
C
−1
1
1
1
−2
−1
−1
Figura 13.24: Exemplo 7
Solução. Como
−−→
AB = (x1, x2, x3) = (2, 0, 1),
−−→
AC = (x2, y2, z2) = (−1,−2,−1),
e
det
(
x1 y1
x2 y2
)
=det
(
2 0
−1 −2
)
=(2)(−2)− (0)(−1)
=−4 6= 0,
os pontos dados não são colineares.
Exemplo 8Mostre que os pontos A = (0, 1, 0), B = (1, 1, 1) e C = (−2, 1,−2) são
colineares.
Solução. Temos
−−→
AB = (x1, x2, x3) = (1, 0, 1) e
−−→
AC = (y1, y2, y3) =
(−2, 0,−2).
A matriz 2× 3 que tem por linhas as coordenadas destes vetores é(
x1 x2 x3
y1 y2 y3
)
=
(
1 0 1
−2 0 −2
)
,
e os determinantes 2× 2 formados com as colunas desta matriz são:
19
Unidade 13 Colinearidade e coplanaridade de pontos no espaço
det
(
x1 x2
y1 y2
)
= det
(
1 0
−2 0
)
= 1(0)− (−2)(0) = 0 ,
det
(
x1 x3
y1 y3
)
= det
(
1 1
−2 −2
)
= 1(−2)− 1(−2) = 0 ,
det
(
x2 x3
y2 y3
)
= det
(
0 1
0 −2
)
= 0(−2)− 1(0) = 0 .
Portanto,
−−→
AB e
−−→
AC são múltiplos, ou seja, os pontos A, B e C são
colineares. De fato,
−−→
AC = −2
−−→
AB .
Sabemos que três pontos A, B e C não colineares determinam um único
plano π no espaço. O teorema abaixo nos permite saber quando um quarto
ponto D pertence ou não a este plano.
Definição 19 Um vetor −→v é uma combinação linear dos vetores −→v1 , −→v2 , . . . , −→vn ,
quando é soma de múltiplos desses vetores. Isto é, −→v é uma combinação linear
de −→v1 , −→v2 , . . . , −→vn , se existem λ1, λ2, . . . , λn ∈ R tais que
−→v = λ1
−→v1 + λ2
−→v2 + . . .+ λn
−→vn .
Teorema 20 Sejam A, B e C pontos não colineares no espaço e seja π o plano que eles
determinam. O ponto D pertence ao plano π se, e somente se, o vetor
−−→
AD é
combinação linear dos vetores
−−→
AB e
−−→
AC . Isto é,
D ∈ π ⇐⇒ existem x, y ∈ R tais que
−−→
AD = x
−−→
AB + y
−−→
AC .
Demonstração
A
B
C
DD1
D2
r2
r1
π
Figura 13.25: A, B, C e D coplanares
(=⇒) Suponhamos primeiro que
D ∈ π.
Seja r1 a reta paralela a
−−→
AC que
passa por D e seja r2 a reta paralela
a
−−→
AB que passa por D.
Então, r1 está contida no plano
π e intersecta a reta que contém os
pontosA eB num pontoD1. Analoga-
mente, r2 está contida no plano π e
intersecta a reta que contém os pontos A e C num ponto D2.
20
Unidade 13Coordenadas e vetores no espaço
Como os pontos A, B e D1 são colineares, existe x ∈ R tal que
−−−→
AD1 = x
−−→
AB .
Também, como A, C e D2 são colineares, existe y ∈ R tal que
−−−→
AD2 = y
−−→
AC .
Logo, sendo AD1DD2 um paralelogramo,
−−→
AD =
−−−→
AD1 +
−−−→
AD2 = x
−−→
AB + y
−−→
AC .
(⇐=) Suponhamos agora que
−−→
AD é combinação linear dos vetores
−−→
AB e
−−→
AC . Isto é, existem x, y ∈ R tais que
−−→
AD = x
−−→
AB + y
−−→
AC .
Seja OXY Z um sistema de eixos ortogonais no espaço tal que a origem
O é o ponto A e os eixos OX e OY estejam sobre o plano π. Assim, neste
sistema de eixos, π = πXY .
Sendo as terceiras coordenadas de A, B e C iguais a zero e
−−→
AD = x
−−→
AB + y
−−→
AC ,
concluímos que a terceira coordenada do pontoD é também igual a zero (Figura
13.26). Logo, D ∈ πXY = π.
X Y
Z
A
B
C
D
D1
D2
r1 r2
π=πXY
Figura 13.26: Sistema OXY Z e D ∈ πXY
Exemplo 9Sejam A = (1, 2, 3) , B = (2, 3, 4) , C = (3, 4, 6) , D = (1, 1, 2) e
E = (4, 5, 2) pontos do espaço. Mostre que:
(a) A, B e C não são colineares e, portanto, determinam um plano π.
(b) D não pertence ao plano π.
(c) E pertence ao plano π.
21
Unidade 13 Colinearidade e coplanaridade de pontos no espaço
Solução. Temos
−−→
AB = (1, 1, 1),
−−→
AC = (2, 2, 3),).
5
Unidade 2 Operações com vetores
Proposição 8 Um ponto P pertence à reta r que passa pelos pontos A e B se, e somente
se, para algum λ ∈ R:
−−→
AP = λ
−−→
AB .
Demonstração Pela de�nição da multiplicação de λ ∈ R pelo vetor
−−→
AB , o ponto P tal
que
−−→
AP = λ
−−→
AB pertence à reta r.
Reciprocamente, seja P um ponto pertencente à reta r e seja µ =
d(A,P )
d(A,B)
.
AA
BB
P
P
r
r
Figura 2.7: Sentido de percurso de A para B
Se o sentido de percurso de A para
P coincidir com o sentido de A para B,
então
−−→
AP = λ
−−→
AB , onde λ = µ, pois
o ponto P é o único ponto da semirreta
de origem em A que passa por B tal que
d(A,P ) = µ d(A,B).
Se o sentido de percurso, ao longo de
r, de A para P , for oposto ao sentido
de A para B, então
−−→
AP = λ
−−→
AB , onde
λ = −µ, pois o ponto P é o único ponto
da semirreta de origem A oposta à semir-
reta de origem A que passa por B tal que
d(A,P ) = µ d(A,B).
Exemplo 1 Sejam −→u = (3,−1) e −→v = (1, 2), determine
(a) −→α = −−→u −−→v ; (b)
−→
β = −2−→u +−→v ; (c) −→γ =
1
2
−→u + 2−→v .
Solução. Temos
(a) −→α = −−→u −−→v = −(3,−1)− (1, 2) = (−3, 1) + (−1,−2) = (−4,−1);
(b)
−→
β = −2−→u +−→v = −2(3,−1) + (1, 2) = (−6, 2) + (1, 2) = (−5, 4);
(c) −→γ =
1
2
−→u + 3−→v =
1
2
(3,−1) + 3(1, 2) =
(
3
2
,−1
2
)
+ (3, 6) =
(
9
2
,
11
2
)
.
6
Unidade 2Operações com vetores no plano
X
Y
3
−1
1
2
−→u
−→v
1
2
−→u +
2
−→v−
2 −→u
+ −→v
−−→u −
−→v
Figura 2.8: Exemplo 1
Exemplo 2
Sejam A = (−1, 0), B = (0, 1), C = (1, 2), D =
(
−1
2
,
1
2
)
. Veri�que que
os quatro pontos pertencem a uma reta r.
O X
Y
A
B
C
D
Q
Figura 2.9: Reta r contendo A, B, C e D
Solução. Basta determinar λ, µ ∈ R
tais que
−−→
AC = λ
−−→
AB e
−−→
AD = µ
−−→
AB .
Escrevendo essas identidades em coorde-
nadas, temos:
−−→
AC = λ
−−→
AB ⇐⇒
(1− (−1), 2− 0) = λ(0− (−1), 1− 0)
⇐⇒ (2, 2) = λ(1, 1)⇐⇒ λ = 2.
−−→
AD = µ
−−→
AB ⇐⇒
(−1
2 − (−1), 12 − 0) = µ(0− (−1), 1− 0)
⇐⇒ (12 ,
1
2) = µ(1, 1)⇐⇒ µ = 1
2
.
Exemplo 3Sejam A = (a1, a2) e B = (b1, b2) são pontos distintos arbitrários no plano.
Usando vetores, determinar o ponto médio do segmento AB.
Solução. Devemos determinar o ponto M = (x, y) que divide o segmento
AB em dois segmentos de igual comprimento, isto é, AM ≡ MB, ou ainda,
−−−→
AM =
−−−→
MB . Como
−−−→
AM +
−−−→
MB =
−−→
AB , temos
−−−→
AM =
1
2
−−→
AB .
7
Unidade 2 Propriedades das operações com vetores
X
Y
A
a1
a2
B
b1
b2
My
x
x = 1
2
(a1 + b1)
y = 1
2
(a2 + b2)
Figura 2.10: Ponto médio de AB
A identidade anterior se escreve:
(x− a1, y − a2) =
1
2
(b1 − a1, b2 − a2)
⇐⇒ x− a1 =
1
2
(b1 − a1) e
y − a2 =
1
2
(b2 − a2)
⇐⇒ x = a1 +
1
2
(b1 − a1) e
y = a2 +
1
2
(b2 − a2)
⇐⇒ x =
1
2
(a1 + b1) e
y =
1
2
(a2 + b2).
Portanto, o ponto médio do segmentoAB
é M =
(
a1 + b1
2
,
a2 + b2
2
)
.
2.2 Propriedades das operações com vetores
A adição de vetores e a multiplicação de vetores por escalares satisfazem
propriedades similares às propriedades aritméticas das operações numéricas. Isso
permite converter problemas geométricos em problemas algébricos e vice-versa,
segundo veremos mais adiante.
Propriedades da adição de vetores.
Sejam −→u , −→v e −→w vetores no plano. Valem as seguintes propriedades.
• Comutatividade: −→u +−→v = −→v +−→u .
• Associatividade: −→u + (−→v +−→w ) = (−→u +−→v ) +−→w .
• Existência de elemento neutro aditivo: o vetor zero
−→
0 (ou vetor nulo)
é tal que −→u +
−→
0 = −→u .
• Existência de inversos aditivos: para cada vetor −→u existe um único vetor,
que designamos −−→u , o simétrico aditivo de −→u , tal que −→u + (−−→u ) =
−→
0 .
+ Para Saber Mais - Veri�cação das propriedades da adição. - Clique para ler
8
Unidade 2Operações com vetores no plano
Observação 9(a)
−→
0 = (0, 0) são as coordenadas do vetor nulo.
(b) Se −→u =
−−→
AB , −→v =
−−→
AC e −→u + −→v =
−−→
AD , então −→v − −→u =
−−→
BC e os
segmentos BC e AD se cortam ao meio.
Propriedades da multiplicação de escalares por vetores.
Sejam−→u e−→v vetores no plano e λ, µ ∈ R. Valem as seguintes propriedades.
• Associatividade: λ(µ−→v ) = (λµ)−→v .
• Existência de elemento neutro multiplicativo: O número 1 ∈ R é tal
que 1−→u = −→u .
• Propriedades distributivas: λ(−→u + −→v ) = λ−→u + λ−→v e (λ + µ)−→u =
λ−→u + µ−→u .
A associatividade e as propriedades distributivas são veri�cadas usando co-
ordenadas e as propriedades análogas que já conhecemos nos números reais.
Além disso, λ−→u =
−→
0 se, e somente se, λ = 0 ou −→u =
−→
0 . Também, λ = 1 é
o único escalar tal que λ−→u = −→u .
Vejamos agora algumas aplicações geométricas interessantes das operações
com vetores.
Exemplo 4Veri�que que os pontos médios dos lados de um quadrilátero no plano são
os vértices de um paralelogramo.
A
B
C
D
X
Y
Z
W
Figura 2.11: Exemplo 4
Solução. SejaABCD um quadrilátero
(Figura 2.11) e sejam X, Y , Z e
W os pontos médios dos lados AB,
BC, CD e DA, respectivamente.
Sabendo que XY ZW é um pa-
ralelogramo se, e só se,XY ≡ WZ,
basta veri�car que
−−→
XY =
−−−→
WZ .
Pelo Exemplo 3:
−−→
AX =
−−→
XB =
1
2
−−→
AB ;
−−→
BY =
−−→
Y C =
1
2
−−→
BC ;
−−→
DZ =
−−→
ZC =
1
2
−−→
DC ; e
−−−→
AW =
−−−→
WD =
1
2
−−→
AD .
Logo,
9
Unidade 2 Propriedades das operações com vetores
−−→
XY =
−−→
XB +
−−→
BY =
1
2
−−→
AB +
1
2
−−→
BC =
1
2
(
−−→
AB +
−−→
BC ) =
1
2
−−→
AC .
Analogamente
−−−→
WZ =
−−−→
WD +
−−→
DZ =
1
2
−−→
AD +
1
2
−−→
DC =
1
2
(
−−→
AD +
−−→
DC ) =
1
2
−−→
AC .
Portanto,
−−→
XY =
1
2
−−→
AC =
−−−→
WZ .
Exemplo 5
A
B
C
Z
X
Y
G
Figura 2.12: Baricentro do triângulo ABC.
O baricentro de um triângulo é o pon-
to onde as retas que contêm as media-
nas se intersectam. Lembre que uma me-
diana é o segmento que liga um vértice
ao ponto médio do seu lado oposto. Na
Figura 2.12, os segmentos AX, BY e CZ
são as medianas do triângulo ABC e G é
seu baricentro.
Nesse exemplo damos outra caracteriza-
ção do baricentro de um triângulo.
(a) Seja P um ponto do plano. Então, o ponto G tal que:
−−→
PG =
1
3
(−−→
PA +
−−→
PB +
−−→
PC
)
(2.1)
não depende da escolha do ponto P mas apenas dos pontos A, B e C.
A
B
C
P
P ′
G=G′
Q′
Q
−−−→
P ′Q′ = 3
−−−→
P ′G′
−−→
PQ = 3
−−→
PG
Figura 2.13: G depende apenas dos vértices
Solução. Seja P ′ outro ponto do
plano e seja G′ o ponto tal que
−−−→
P ′G′ =
1
3
(−−→
P ′A +
−−−→
P ′B +
−−→
P ′C
)
.
Usaremos as operações de adição de
vetores e multiplicação de vetores por
escalares para veri�car que G = G′.
Como
−−→
P ′A =
−−→
P ′P +
−−→
PA ,
−−−→
P ′B =
10
Unidade 2Operações com vetores no plano
−−→
P ′P +
−−→
PB e
−−→
P ′C =
−−→
P ′P +
−−→
PC ,
−−−→
P ′G′ =
1
3
(−−→
P ′A +
−−−→
P ′B +
−−→
P ′C
)
=
1
3
(−−→
P ′P +
−−→
PA +
−−→
P ′P +
−−→
PB +
−−→
P ′P +
−−→
PC
)
=
1
3
(
3
−−→
P ′P +
−−→
PA +
−−→
PB +
−−→
PC
)
=
−−→
P ′P +
1
3
(−−→
PA +
−−→
PB +
−−→
PC
)
=
−−→
P ′P +
−−→
PG =
−−→
P ′G ,
isto é, G = G′.
(b) Em particular, fazendo P = G vemos que o ponto G, caracterizado por
−−→
GA +
−−→
GB +
−−→
GC =
−→
0 . (2.2)
é o baricentro do triângulo ABC. Isto é, as medianas AX, BY e CZ do
triângulo ABC se intersectam no ponto G dado por (2.2).
Solução. Basta mostrar que o ponto G, caracterizado pela identidade (2.2),
pertence às retas que contêm as medianas do triângulo ABC.
Por exemplo, veri�quemos que G pertence à reta que contém a mediana AX.
SejaD o ponto tal queGBDC é um paralelogramo, ou seja,
−−→
GB +
−−→
GC =
−−→
GD
e as diagonais GD e BC se cortam ao meio no ponto X. Logo,
−−→
GD = 2
−−→
GX .
Pela identidade (2.2) concluímos que A, G e X são colineares, pois:
11
Unidade 2 Combinação linear de vetores
A
B
C
D
Z
Y
X
G
Figura 2.14: G, A e X são colineares
−→
0 =
−−→
GA +
−−→
GB +
−−→
GC
=
−−→
GA +
−−→
GD
=
−−→
GA + 2
−−→
GX .
Da mesma forma se veri�ca que B,
G e Y são colineares e que C, G e
Z são colineares. Portanto, G é o
baricentro do triângulo ABC.
2.3 Combinação linear devetores
Definição 10 (a) O vetor −→v é múltiplo do vetor −→u se existe λ ∈ R tal que −→v = λ−→u .
(b) O vetor −→v é combinação linear dos vetores −→v1 , −→v2 , . . ., −→vn quando
existem números reais λ1, λ2, . . ., λn, tais que
−→v = λ1
−→v1 + λ2
−→v2 + · · ·+ λn
−→vn .
Algumas observações básicas a respeito da De�nição 10:
Observação 11
1. O vetor nulo
−→
0 é múltiplo de qualquer vetor −→u , uma vez que
−→
0 = 0−→u .
2. Um vetor não nulo não é múltiplo do vetor nulo, pois λ
−→
0 =
−→
0 , ∀ λ ∈ R.
3. Se −→v 6= −→0 é múltiplo de −→u , então −→u é também múltiplo de −→v . De fato, se
λ ∈ R é tal que −→v = λ−→u 6= −→0 , temos λ 6= 0 e −→u 6= −→0 . Logo, −→u =
1
λ
−→v .
4. O vetor −→v é combinação linear dos vetores −→v1 ,−→v2 , . . . ,−→vn quando é soma
de múltiplos desses vetores. Assim, o item (b) na De�nição 10 generaliza o
item (a).
5. Se A, B e C são pontos distintos do plano, então −→v =
−−→
AC é múltiplo de
−→u =
−−→
AB se, e somente se, A, B e C são colineares.
12
Unidade 2Operações com vetores no plano
Exemplo 6O vetor −→u = (1, 0) não é múltiplo de −→v = (1, 1) e é múltiplo do vetor
−→w = (3, 0).
Solução. Se −→u fosse múltiplo de −→v , existiria λ ∈ R tal que −→u = λv, ou seja,
(1, 0) = λ(1, 1) = (λ, λ). Então, λ = 1 e λ = 0, absurdo. Portanto, −→u não é
múltiplo de −→v .
Por outro lado, escrevendo −→u = λ−→w , temos (1, 0) = λ(3, 0) se, e só se,
1 = 3λ, ou seja, λ =
1
3
e −→u =
1
3
−→w .
A seguinte proposição fornece um critério para determinar quando um vetor
é múltiplo de outro.
Proposição 12Um dos vetores −→u = (a, b) e −→v = (a′, b′) é múltiplo do outro se, e só se,∣∣∣∣a b
a′ b′
∣∣∣∣ =
∣∣∣∣a a′
b b′
∣∣∣∣ = ab′ − ba′ = 0 .
Demonstração(=⇒) Se −→v = λ−→u para algum λ ∈ R, temos:
(a′, b′) = λ(a, b) = (λa, λb) =⇒ a′ = λa e b′ = λb.
Logo, ab′ − ba′ = a(λb)− b(λa) = 0.
(⇐=) Suponhamos que ab′ − ba′ = 0. Consideremos separadamente os
casos a 6= 0 e a = 0.
Caso a 6= 0: ab′ − ba′ = 0 =⇒ b′ = b
a′
a
. Logo:
a′
a
−→u =
a′
a
(a, b) =
(
a′
a
a,
a′
a
b
)
= (a′, b′) = −→v .
Caso a = 0: ba′ = 0 =⇒ b = 0 ou a′ = 0. Logo:b = 0 =⇒ −→u = (0, 0) =
−→
0 =⇒ −→u = 0−→v .
a′ = 0 e b 6= 0 =⇒ (0, b′) =
b′
b
(0, b) =⇒ −→v =
b′
b
−→u .
Em qualquer caso, um dos vetores é múltiplo do outro.
Exemplo 7Os vetores −→u = (1, 2) e −→v = (3, 6) são múltiplos um do outro?
Solução. Como
∣∣∣∣1 2
3 6
∣∣∣∣ = 6− 6 = 0, um vetor é múltiplo do outro. Note que
−→v = 3−→u .
13
Unidade 2 Combinação linear de vetores
Proposição 13 Se nenhum dos vetores −→u e −→v é múltiplo do outro, então todo vetor do
plano se escreve de uma única maneira como combinação linear de −→u e −→v .
Isto é, para cada vetor −→w existem λ, µ ∈ R, determinados de forma única
por −→w , tais que −→w = λ−→u + µ−→v .
Demonstração Sejam−→u = (a, b) e−→v = (a′, b′). Dado o vetor−→w = (a′′, b′′), determinemos
λ, µ ∈ R tais que
O X
Y
−→u
λ−→u
−→v
µ−→v
−→w =λ
−→u +µ
−→v
Figura 2.15: ~w = λ~u+ µ~v
−→w = λ−→u + µ−→v .
Em coordenadas, essa condição é
(a′′, b′′) = λ(a, b) + µ(a′, b′)
= (λa+ µa′, λb+ µb′).
Ou seja, os números λ e µ devem ser
solução do sistema:{
λa+ µa′ = a′′
λb+ µb′ = b′′ .
A solução desse sistema é única, pois
ab′ − ba′ 6= 0 (Proposição 12).
Resolvendo o sistema obtemos:
λ =
a′′b′ − b′′a′
ab′ − ba′
e µ =
ab′′ − ba′′
ab′ − ba′
.
Para Saber Mais O plano é um espaço de dimensão 2 (bidimensional). Isso signi�ca que são
su�cientes dois parâmetros (como λ e µ) para determinar todos os vetores (pon-
tos) do plano uma vez conhecidos dois vetores −→u e −→v que não sejam múltiplos
um do outro. Os parâmetros λ e µ podem ser pensados como coordenadas em
relação aos vetores −→u e −→v .
Vetores como −→u e −→v que não são múltiplos um do outro são denominados,
na terminologia da Álgebra Linear, linearmente independentes.
Exemplo 8 Veri�que que qualquer vetor do plano se escreve como combinação linear
dos vetores −→u = (2,−1) e −→v = (−3, 2). Escreva o vetor −→w = (1, 1) como
combinação linear de −→u e −→v .
Solução. Os vetores −→u e −→v não são múltiplos um do outro, pois∣∣∣∣∣ 2 −1
−3 2
∣∣∣∣∣ = 4− 3 = 1 6= 0.
14
Unidade 2Operações com vetores no plano
Sendo assim, qualquer vetor do plano se escreve de forma única como com-
binação linear de −→u e −→v .
Determinemos λ, µ ∈ R tais que:
−→w = λ−→u + µ−→v .
Em coordenadas, essa equação se escreve na forma:
(1, 1) = λ(2,−1) + µ(−3, 2) = (2λ− 3µ,−λ+ 2µ),
ou seja, 2λ− 3µ = 1
−λ+ 2µ = 1 .
Resolvendo esse sistema, obtemos λ = 5 e µ = 3. Portanto, −→w = 5−→u +3−→v .
2.4 Produto interno, de�nição
Daremos primeiramente uma de�nição geométrica do produto interno en-
tre dois vetores e posteriormente iremos obter a expressão do produto interno
em termos das coordenadas dos fatores em relação a um sistema de eixos orto-
gonais. Para a abordagem geométrica precisamos de dois conceitos preliminares,
a noção de norma de um vetor e a noção de ângulo entre dois vetores.
+ Para Saber Mais - Josiah W. Gibbs - Clique para ler
Seja OXY um sistema de eixos ortogonais no plano.
Definição 14A norma ou comprimento do vetor −→v é o número ‖−→v ‖ dado pelo
comprimento de um segmento representante de −→v .
Observação 15(a) A norma de um vetor independe da escolha do segmento representante.
Com efeito, se −→v =
−−→
AB =
−−→
CD então AB ≡ CD e, portanto,
d(A,B) = d(C,D) = ‖−→v ‖.
(b) Se A = (a1, a2), B = (b1, b2) e −→v =
−−→
AB , então
‖−→v ‖ =
√
(b1 − a1)2 + (b2 − a2)2.
15
Unidade 2 Produto interno, definição
(c) Se P = (x, y) é o ponto tal que −→v =
−−→
OP , então:
‖−→v ‖ = d(O,P ) =
√
x2 + y2.
Exemplo 9 Dados A = (−1, 2) e B = (4, 1), determinar a norma do vetor −→v =
−−→
AB .
Solução. Temos
‖−→v ‖ =
√
(4− (−1))2 + (1− 2)2 =
√
52 + (−1)2 =
√
26.
Observação 16 (a) Temos ‖−→v ‖ = 0⇐⇒ −→v =
−→
0 . Além disso, −→v 6= −→0 ⇐⇒ ‖−→v ‖ > 0.
(b) Se −→v é um vetor e λ ∈ R, então ‖λ−→v ‖ = |λ| ‖−→v ‖.
De fato, se −→v = (x, y), temos λ−→v = (λx, λy) e, portanto,
‖λ−→v ‖ =
√
(λx)2 + (λy)2 =
√
λ2(x2 + y2) =
√
λ2
√
x2 + y2 = |λ| ‖−→v ‖.
(c) Um vetor é chamado unitário se sua norma é igual a 1.
(d) Se −→v 6= −→0 , o vetor
−→v
‖−→v ‖
é um vetor unitário, chamado normalizado do
vetor −→v , com igual direção e sentido que v.
De fato, os vetores têm a mesma direção (são paralelos) pois um é múltiplo
do outro. Pelo item (b), temos:∥∥∥∥ −→v‖−→v ‖
∥∥∥∥ =
∥∥∥∥ 1
‖−→v ‖
−→v
∥∥∥∥ =
∣∣∣∣ 1
‖−→v ‖
∣∣∣∣ ‖−→v ‖ =
1
‖−→v ‖
‖−→v ‖ = 1,
e como
1
‖−→v ‖
> 0, os vetores −→v e
−→v
‖−→v ‖
têm o mesmo sentido.
(e) Se −→v 6= 0, o vetor −
−→v
‖−→v ‖
é também unitário e tem a mesma direção que
−→v , mas não o mesmo sentido.
Exemplo 10 Determinar o normalizado do vetor −→u = (3,−2).
Solução. Como ‖−→u ‖ =
√
32 + (−2)2 =
√
13, o normalizado de −→u é o vetor:
−→u1 =
−→u
‖−→u ‖
=
1√
13
(3,−2) =
(
3√
13
,
−2√
13
)
.
16
Unidade 2Operações com vetores no plano
Exemplo 11Determinar os vetores unitários paralelos ao vetor −→v = (1,−2).
Solução. Temos −→v 6= 0 e ‖−→v ‖ =
√
12 + (−2)2 =
√
5. Portanto os vetores
unitários paralelos ao vetor −→v são:
−→v1 =
(
1√
5
,− 2√
5
)
e −→v2 = −−→v1 =
(
− 1√
5
,
2√
5
)
.
Antes de de�nirmos o produto interno precisamos também do conceito de
ângulo entre dois vetores.
Definição 17Sejam −→u e −→v vetores não nulos no plano. De�nimos o ângulo entre −→u
e −→v como sendo o menor ângulo entre os segmentos AB e AC representantes
de −→u e −→v , respectivamente. Designamos θ = ∠(−→u ,−→v ) a medida do ângulo
entre −→u e −→v .
−→u
−→u
−→v −→v
A
B
C
θ=∠(−→u ,−→v )
−→v −→v
−→u −→u
A
B
C
θ=∠(−→u ,−→v )
Figura 2.16: Ângulo entre dois vetores
−→v −→v
−→v −→v
−→u −→u
−→u −→u
λ−→u
λ−→u
λ−→u
λ−→u
µ−→v
µ−→v
µ−→v
µ−→v
θ
θ
θ
θ θπ − θ
π − θ
λµ > 0 λµ > 0
λµ), se λµ > 0
∠(λ−→u , µ−→v ) = π − ∠(−→u ,−→v ), se λµvetor −→v 6= 0 é dada por:
Proj−→v
−→u =
〈−→u ,−→v 〉
‖−→v ‖2
−→v .
Em particular, se o vetor −→v é unitário, temos:
Proj−→v
−→u = 〈−→u ,−→v 〉−→v .
Exemplo 15Determine a projeção do vetor −→u = (3, 2) na direção do vetor −→v = (2, 2).
Solução. Proj−→v
−→u =
〈−→u ,−→v 〉
‖−→v ‖2
−→v =
3 · 2 + 2 · 2
22 + 22
(2, 2) =
10
8
(2, 2) =
(
5
2
,
5
2
)
.
Um problema que pode ser abordado com a noção de projeção é o de
determinar os vetores que fazem ângulo θ com um vetor dado.
23
Unidade 2 Produto interno, definição
Observação 31 Sejam −→v e −→w vetores LI do plano (em particular são vetores não nulos).
Sabemos que para cada vetor −→u existem únicos números reais λ e µ tais que:
−→u = λ−→v + µ−→w .
−→u
−→v
−→w
Proj−→u
−→w
Proj−→v
−→w
Figura 2.23: Projeções do vetor ~w
Quando os vetores −→v e −→w são
perpendiculares, os números λ e
µ são:
λ =
〈−→u ,−→v 〉
‖−→v ‖2
e µ =
〈−→u ,−→w 〉
‖−→w ‖2
,
e quando −→v e −→w são ortonormais,
os números λ e µ são:
λ = 〈−→u ,−→v 〉 e µ = 〈−→u ,−→w 〉.
Isto é, −→u é a soma de suas pro-
jeções nas direções de −→v e −→w :
−→u = Proj−→v
−→u + Proj−→w
−→u .
Com efeito, sendo 〈−→v ,−→w 〉 = 0,
temos:
〈−→u ,−→v 〉 = 〈λ−→v + µ−→w ,−→v 〉 = λ〈−→v ,−→v 〉+ µ〈−→w ,−→v 〉 = λ ‖−→v ‖2.
Para Saber Mais As coordenadas do vetor −→v = (a, b) em relação a um sistema de eixos
ortogonais OXY são a = 〈−→v ,−→e1 〉 , b = 〈−→v ,−→e2 〉 e −→v = a−→e1 + b−→e2 , onde
−→e1 = (1, 0) e −→e2 = (0, 1) são os vetores da base canônica do R2.
Proposição 32 Os vetores unitários −→u1 e −→u2 que fazem ângulo θ ∈ (0, π) com um vetor
unitário −→v do plano são dados por:
−→u1 = cos θ−→v + sen θ−→w
−→u2 = cos θ−→v − sen θ−→w ,
onde −→w é um vetor unitário ortogonal a −→v .
Demonstração Seja −→w um vetor unitário ortogonal a −→v .
Seja −→u1 um vetor unitário tal que ∠(−→u1 ,−→v ) = θ. Então ∠(−→u1 ,−→w ) =
π
2
−θ
e, pela Observação 31, temos
24
Unidade 2Operações com vetores no plano
−→u1 = 〈−→u1 ,−→v 〉−→v + 〈−→u1 ,−→w 〉−→w
= ‖−→u1 ‖ ‖−→v ‖ cos θ−→v + ‖−→u1 ‖ ‖−→w ‖ cos
(
π
2
− θ
) −→w
= cos θ−→v + cos
(
θ − π
2
) −→w
= cos θ−→v + sen θ−→w .
−→u1
−→u2
−→v
−→w
−−→w
θ
θ
Proj−→w
−→u1
Proj−→w
−→u2
P
ro
j−→v
−→u1
P
ro
j−→v
−→u2
Figura 2.24: Vetores fazendo ângulo θ com ~v
O vetor −→u2 = cos θ−→v − sen θ−→w se obtem substituíndo −→w pelo vetor −−→w ,
que é o outro vetor unitário e ortogonal a −→v , no cálculo acima (Figura 2.24).
Corolário 33Sejam −→v um vetor não nulo e θ ∈ (0, π). Seja −→w um vetor ortogonal a
−→v . Então, os vetores unitários que fazem ângulo θ com −→v são:
−→u1 = cos θ
−→v
‖−→v ‖
+ sen θ
−→w
‖−→w ‖
−→u2 = cos θ
−→v
‖−→v ‖
− sen θ
−→w
‖−→w ‖
.
25
Unidade 2 Produto interno, definição
Observação 34 (a) Em termos de coordenadas, sabemos que se −→v = (a, b), então os vetores
−→w = (−b, a) e −−→w = (b,−a) são ortogonais a −→v e tem igual compri-
mento que −→v . Em particular, se −→v é unitário, também o serão os vetores
−→w e −−→w . Nesse caso, os vetores −→u1 e −→u2 da Proposição 32 são:
−→u1 = cos θ (a, b) + sen θ (−b, a)
= (a cos θ − b sen θ, a sen θ + b cos θ); (2.6)
−→u2 = cos θ (a, b)− sen θ (−b, a)
= (a cos θ + b sen θ,−a sen θ + b cos θ). (2.7)
(b) Tomando −→w de igual comprimento que −→v no Corolário 33, obtemos, mul-
tiplicando por λ = ‖−→v ‖ as expressões de −→u1 e −→u2 , vetores
−→
u′1 = λ−→u1 e
−→
u′2 = λ−→u2 de igual comprimento que −→v e que fazem ângulo θ com −→v .
Para Saber Mais Na linguagem matricial da Álgebra Linear, as expressões (2.6) e (2.7) são:
−→u1 =
(
cos θ − sen θ
sen θ cos θ
)(
a
b
)
−→u2 =
(
cos θ sen θ
− sen θ cos θ
)(
a
b
)
=
(
cos(−θ) − sen(−θ)
sen(−θ) cos(−θ)
)(
a
b
)
.
Isto é, os vetores −→u1 e −→u2 se obtêm do vetor −→v por rotações de θ e
−θ, respectivamente. Além disso, como indicado na Observação 34 (b), se −→v
não é unitário, os vetores −→u1 e −→u2 , obtidos nessas expressões, têm o mesmo
comprimento que o vetor −→v .
Exemplo 16 Determine os vetores unitários cujo ângulo θ ∈ (0, π) com −→u = (1, 2) é tal
que cos θ = 2√
5
.
Solução. Como θ ∈ (0, π) e cos θ = 2√
5
, obtemos:
sen θ =
√
1− cos2 θ =
√
1− 4
5
=
1√
5
.
Logo, pelo Corolário 33, se −→w = (−2, 1), os vetores
−→u1 = cos θ−→u + sen θ−→w =
2√
5
(1, 2) +
1√
5
(−2, 1) =
(
0,
5√
5
)
=
(
0,
√
5
)
,
−→u2 = cos θ−→u − sen θ−→w =
2√
5
(1, 2)− 1√
5
(−2, 1) =
(
4√
5
,
3√
5
)
,
26
Unidade 2Operações com vetores no plano
fazem ângulo θ com −→v e têm o mesmo comprimento que −→v . Os vetores
procurados são obtidos normalizando −→u1 e −→u2 :
−→u1
‖−→u1 ‖
=
1
‖−→v ‖
−→u1 =
1√
5
(
0,
√
5
)
= (0, 1) ,
−→u2
‖−→u2 ‖
=
1
‖−→v ‖
−→u2 =
1√
5
(
4√
5
,
3√
5
)
=
(
4
5
,
3
5
)
.
2.5 Área de paralelogramos e triângulos
A
B
C
D
E
θ
−→w
−→u
−→ w
−
P
ro
j−→ w
−→ u
Figura 2.25: Cálculo da área do paralelogramo ABDC
Consideremos o paralelogramo P
da Figura 2.25. A área de P se
obtém multiplicando a medida da
base |AC pela altura |EB|. Se θ =
ĈAB então, |EB| = |AB| sen θ e,
portanto,
Área P = |AB| |AC| sen θ.
Usando a linguagem vetorial e o
produto interno, vamos obter uma
expressão muito simples para o cálculo da área do paralelogramo P .
Se −→u =
−−→
AC e −→w =
−−→
AB , temos θ = ∠−→u ,−→w e,
Área P = ‖−→u ‖ ‖−→w ‖ sen θ.
Sendo que sen2 θ = 1− cos2 θ, temos:
(Área P)2 = (‖−→u ‖ ‖−→w ‖ sen θ)
2
= ‖−→u ‖2 ‖−→w ‖2 sen2 θ
= ‖−→u ‖2 ‖−→w ‖2(1− cos2 θ)
= ‖−→u ‖2 ‖−→w ‖2 − ‖−→u ‖2 ‖−→w ‖2 cos2 θ
= ‖−→u ‖2 ‖−→w ‖2 − (‖−→u ‖ ‖−→w ‖ cos θ)
2
= ‖−→u ‖2 ‖−→w ‖2 − 〈−→u ,−→w 〉2 .
Portanto,
Área P =
√
‖−→u ‖2‖−→w ‖2 − 〈−→u ,−→w 〉2
Observe, também, que:
27
Unidade 2 Área de paralelogramos e triângulos
(Área P)2 = ‖−→u ‖2 ‖−→w ‖2 − 〈−→u ,−→w 〉2 =
∣∣∣∣∣∣ ‖
−→u ‖2 〈−→u ,−→w 〉
〈−→u ,−→w 〉 ‖−→w ‖2
∣∣∣∣∣∣
=
∣∣∣∣∣∣〈
−→u ,−→u 〉 〈−→u ,−→w 〉
〈−→u ,−→w 〉 〈−→w ,−→w 〉
∣∣∣∣∣∣ .
Temos então outra expressão para a área do paralelogramo P :
Área P =
∣∣∣∣∣∣〈
−→u ,−→u 〉 〈−→u ,−→w 〉
〈−→u ,−→w 〉 〈−→w ,−→w 〉
∣∣∣∣∣∣
1/2
.
Se −→u = (α, β) e −→w = (α′, β′) em relação a um sistema de eixos ortogonais
OXY , temos
‖−→u ‖2 = α2 + β2, ‖−→w ‖2 = (α′)2 + (β′)2 e 〈−→u ,−→w 〉 = αα′ + ββ′,
Logo,
(Área P)2 = (α2 + β2)((α′)2 + (β′)2)− (αα′ + ββ′)2
= α2(α′)2 + α2(β′)2 + β2(α′)2 + β2(β′)2
−α2(α′)2 − 2αα′ββ′ − β2(β′)2
= α2(β′)2 + β2(α′)2 − 2αα′ββ′
= (αβ′)2 − 2(αβ′)(βα′) + (βα′)2
= (αβ′ − βα′)2 =
[
det
(
α β
α′ β′
)]2
Portanto, a área do paralelogramo P cujos lados adjacentes são represen-
tantes dos vetores −→u = (α, β) e −→w = (α′, β′) é igual ao módulo do determi-
nante da matriz cujas �las são as coordenadas de −→u e −→w , respectivamente:
Área P =
∣∣∣∣∣det
(
α β
α′ β′
)∣∣∣∣∣.
É claro que, a área de P também é igual ao módulo do determinante da
matriz cujas colunas são as coordenadas de −→u e −→w :
Área P =
∣∣∣∣∣det
(
α α′
β β′
)∣∣∣∣∣.
28
Unidade 2Operações com vetores no plano
Exemplo 17Determine a área do paralelogramo ABDC, onde A = (1, 2), B = (3, 1),
C = (4, 1) e D = (−2, 3).
Solução. Como
−−→
AB = (2,−1) e
−−→
AC = (3,−1), temos:
Área (ABDC) =
∣∣∣∣∣det
(
2 −1
3 −1
)∣∣∣∣∣ = |−2 + 3| = 1 .
Área de um triângulo
A
B
C
D
E
θ
−→w
−→u
−→ w
−
P
ro
j−→ w
−→ u
Figura 2.26: Triângulo 4ABC
Usando o cálculo da área do pa-
ralelogramo, calculemos agora a área
do triângulo 4ABC de vértices A,
B e C.
Como o paralelogramo ABDC
de lados adjacentesAB eAC é com-
posto dos triângulos congruentes
4ABC e 4DCB,
temos:
Área (ABDC) = 2Área (4ABC) =
∣∣∣∣∣det
(−−→
AB
−−→
AC
)∣∣∣∣∣ ,
onde
(−−→
AB
−−→
AC
)
representa a matriz cujas �las são as coordenadas de
−−→
AB e
−−→
AC ,
respectivamente. Portanto,
Área (4ABC) =
1
2
∣∣∣∣∣det
(−−→
AB
−−→
AC
)∣∣∣∣∣ .
Exemplo 18Calcule a área do triângulo de vértices A = (4, 2), B = (6, 1) e C = (3, 2).
Solução. Temos que
−−→
AB = (2,−1) e
−−→
AC = (−1, 0). Logo,
Área (4ABC) =
1
2
∣∣∣∣∣det
(
2 −1
−1 0
)∣∣∣∣∣ =
1
2
| − 1| = 1
2
,
é a área procurada.
Exemplo 19Determine os valores de n para que a área do triângulo 4ABC de vértices
A = (1, 2), B = (3, n+ 2) e C = (n− 1, 1) seja igual a
1
2
.
Solução. Temos